Curvas maravillosas
Sea ABC un triángulo acutángulo, P un punto
de su interior en que concurren las cevianas AX, BY y CZ.
Tomando AX, por ejemplo, construimos el paralelogramo BCVU,
con UV paralelo a BC y pasando por A, y CV
y BU paralelos a AX.
Definimos los puntos D= BV Ç
AC, E = CU Ç
AB, F = EV Ç AC,
G = DU Ç AB.
Probar que :
a) AX, DU y EV son concurrentes. Si P=(u:v:w), el punto de concurrencia Q cumple que AQ:QX = vw/(v+w)2, siendo 1/4 el valor máximo de esta razón, que ocurre cuando X es el punto medio de BC.
b) Triangulos AFG y ABC son semejantes. En efecto, siempre es FG paraela a BC. De nuevo, si Si P=(u:v:w), el área del triángulo AFG es v2 w2 /(v2 + 3vw +w2) veces el área del triángulo ABC, alcanzando el máximo 1/25 cuando X es el punto medio de BC.
El apartado a) anterior lo podemos extender a las otras cevianas BY y CZ y de esta manera obtenemos los puntos R y S en cada una de ellas similares al punto Q de la ceviana AX.
En la figura vemos que cuando el punto P=G, el baricentro del triángulo ABC, el triángulo QRS es homotético al triángulo ABC, siendo G el centro de la homotecia y 5/8 la razón.
En general, si P se mueve sobre una mediana, por ejemplo la mediana que pasa por A, entonces resultará que el segmento RS será paralelo al lado BC del triángulo ABC.
Nos preguntamos: ¿habrá otros lugares, distintos de las medianas, para los que los lados del triángulo QRS sean paralelos a los correspondientes del triángulo ABC?, y, si estos lugares tienen intersección unos con otros, ¿habrá otros puntos distintos del baricentro, para los que los que el triángulo QRS sea homotético al triángulo ABC?
En esta figura hemos representado en rojo el lugar geométrico de los puntos P para los que las rectas RS y BC son paralelas. Vemos que dicho lugar geométrico está formado por la mediana correspondiente a A y por una curva, cuya ecuación es:
También hemos trazado, en verde y en azul, respectivamente, los lugares correspondientes para los vértices B y C.
En la figura vemos que cada mediana corta a cada una de las curvas correspondientes a los otros vértices en dichos vértices, y además en otros dos puntos, uno interior y otro exterior al triángulo.
¿qué puntos son esos? ¿se pueden construir con regla y compás?
Aquí vemos como construir con regla y compás uno de los puntos P citados. Por el vértice C levantamos la perpendicular CE = CA. Unimos A con el punto medio D de CE y prolongamos hasta F, punto de intersección de AD con la circunferencia de diámetro CE. Hallamos le punto medio M de AF y con centro A y radio AM trazamos un arco que corta a AC en Y. La paralela por Y a BC cortará a AB en Z. Las rectas BY, CZ y la mediana AX se cortarán en el punto P que es interior al triángulo y está sobre la mediana AX.
Aquí vemos la situación cuando P es el punto hallado anteriormente.
P es el centro de la homotecia que transforma ABC en QRS.
En este caso la homotecia tiene razón
Las coordenadas baricéntricas de P son
Otra cosa que nos podemos plantear es si siempre existe el triángulo QRS, es decir si los puntos Q, R y S pudieran coincidir. Resulta que si P=(x:y:z), el lugar de P para que esto suceda es la curva de ecuación
Usando la función ImplicitPlot de Mathematica obtenemos la siguiente gráfica:
Y ampliando el rango de trazado de la curva vemos que la representación obtenida es sólo una parte. Así en la figura siguiente están representados en azul los lados del triángulo, en negro las medianas y en rojo la curva completa.
