Primeras observaciones

Dado $\,\bigtriangleup ABC\,$ un triangulo cualquiera. Se construyen exteriormente los triángulos equiláteros $\,\bigtriangleup ABC'\,$ , $\,\bigtriangleup BCA'\,$ y $\,\bigtriangleup CAB'\,$ . Bajo estas condiciones se cumple que:

$\,\bullet\,$ Los segmentos $\,\overline{AA'}\,$ , $\,\overline{BB'}\,$ , $\,\overline{CC'}\,$ son congruentes.

Se deduce que los triángulos $\,\bigtriangleup ABA'\,$ y $\,\bigtriangleup C'BC\,$ son congruentes por tener $\,\overline{AB} = \overline{C'B}=\overline{BC}\,$ y $\,m\sphericalangle ABA' = m\sphericalangle C'BC = 60 + m\sphericalangle ABC\,$ , de donde $\,\overline{AA'}= \overline{C'C}\,$ .

De forma análoga son congruentes $\,\bigtriangleup ACA'\,$ y $\,\bigtriangleup B'CB\,$ por lo que $\,\overline{AA'} = \overline{B'B}\,$ .

$\,\bullet\,$ Los círculos circunscritos a los triángulos $\,\bigtriangleup ABC'\,$ , $\,\bigtriangleup BCA'\,$ , $\,\bigtriangleup CAB'\,$ pasan por un mismo punto.

Si $\,\bigtriangleup ABC' \cap \bigtriangleup BCA' = \{B,F\}\,$ , como $\,m \sphericalangle AC'B= 60^\circ\,$ se tiene $\,m \sphericalangle AFB = 120^\circ\,$ y como $\,m \sphericalangle BA'C= 60\,$ se tiene: $\,m \sphericalangle BFC= 120^\circ\,$ por lo que $\,m \sphericalangle AFC= 120^\circ\,$ y como $\,m \sphericalangle AB'C= 60^\circ\,$ se deduce que el cuadrilátero $\,AFCB'\,$ es inscriptible de donde $\,F \in ACB'\,$ .

Para completar la demostración debemos considerar el caso en que $\,F\,$ es exterior a $\,\bigtriangleup ABC\,$ y también el caso en que $\,F\,$ coincide con $\,B\,$ .

$\,\bullet\,$ Las rectas $\,\overline{AA'}, \overline{BB'}, \overline{CC'}\,$ son congruentes en $\,F\,$ y forman $\,60^\circ\,$ entre ellas.

$\begin{displaymath}\bigtriangleup ABC' \cap \bigtriangleup BCA' = \{B,F\}\end{displaymath}$

$\,m \sphericalangle AFB= 120^\circ\,$ y $\,m \sphericalangle BFA'=\sphericalangle BCA'=60^\circ\,$ por ser ángulos inscritos que abarcan la misma cuerda $\,\overline{BA'}\,$ de donde: $\,m\sphericalangle AFA' = m\sphericalangle AFB + m\sphericalangle BFA'=180^\circ\,$ por lo que $\,A,F,A'\,$ están alineados.

De forma análoga $\,B,F,B'\,$ y $\,C,F,C'\,$ están alineados.

La demostración quedará completa considerando el caso en que $\,F\,$ es exterior a $\,\bigtriangleup ABC\,$ y también el caso en que $\,F\,$ coincide con $\,B\,$ .

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