Os traigo hoy el problema de Gaussianos de esta semana. En esta ocasión, la cosa va de triángulos.
Ahí va el enunciado:
Demuestra que una recta
que divide a un triángulo
en dos polígonos del mismo perímetro y de la misma área pasa por el centro de la circunferencia inscrita a dicho triángulo.
A por él.
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Éste problema salió en algún examen de oposiciones de Secundaria, hará un par de años, ¿cierto?
Sí, salió en el examen de oposición de Secundaria de Castilla-La Mancha el pasado año 2018, cuando yo cogí la plaza :).
Yo lo demostraría partiendo de una propiedad interesante del incentro I. Como I está a la misma distancia r de los tres lados, es fácil ver que Area=Perímetroxr/2
Cualquier recta que pase por el incentro mantendrá la proporcionalidad entre área y longitud a un lado y otro de dicha recta. Lo anterior se basa en que cualquier incremento de longitud en un lado se traduce en un incremento de área igual al de longitud multiplicado por r/2.
Una vez vista dicha proporcionalidad longitud/área, basta hacer girar una recta a través del incentro hasta que divida en dos el perímetro. Por lo dicho anteriormente, dicha recta dividirá también en dos el área. Luego en todo triángulo existe una recta que pasando por el incentro divide el área y el perímetro en dos.
Habría que demostrar en cualquier caso que solo puede existir una recta que cumpla la condición del enunciado.
¡Aconsejo hacer un dibujo parar poder entender esta parrafada!
La recta d ha de cortar al triángulo en dos de sus lados, sean estos AB y AC en los puntos M y N (respectivamente).
Consideremos la mediatriz de AB y AC y su punto de corte con d, P.
Si llamamos r a la distancia de P a ambos lados AB y AC y s a la distancia de P al lado BC, debemos probar que r=s. De ser así, P sería el incentro del triángulo y por tanto la recta d lo contendría.
Tenemos cinco triángulos:
APM, de área (AM*r)/2 y MPB, de área (MB*r)/2.
ANP, de área (AN*r)/2 y NPC, de área (NC*r)/2
Y finalmente, BPC, de área (BC*s)/2.
Puesto que d parte el perímetro en dos, sabemos que AM+AN=MB+BC+CN.
Y puesto que también parte el área en dos, sabemos que APM+ANP=MPB+NPC+BPC
En el primer miembro: APM+ANP=(AM*r)/2+(AN*r)/2=((AM+AN)*r)=((MB+BC+CN)*r)/2=(MB*r)/2+(BC*r)/2+(CN*r)/2
que debe ser igual al segundo miembro, (MB*r)/2+(NC*r)/2+(BC*s)/2, de donde se deduce sin dificultado que r=s.
Un saludo.
Manolo, ¿has tenido en cuenta la posibilidad de que la recta
pase por uno de los vértices del triángulo?
En un triángulo, la distancia desde el incentro I a los lados es la misma, r. Si desde I trazo un ángulo cualquiera, el área barrida será (Lxr)/2 siendo L la longitud interceptada en el lado correspondiente, con lo cual tenemos la siguiente propiedad: “Para un ángulo trazado desde el incentro, el área y la longitud son proporcionales ( A/L= r/2)”
Sea una recta s que divide en dos el área y el perímetro del triángulo ABC. Dicha recta corta a los lados a y b en los puntos P y Q. La longitud PCQ es la mitad del perímetro. Tomando centro en I, el ángulo PIQ abarca la mitad del perímetro, pero por la propiedad observada, el área abarcada por dicho ángulo debe ser también la mitad del total, con lo cual el área del polígono IPCQ es la misma que la del triángulo PCQ. Dado que ambos polígonos comparten tres vértices, la única opción posible es que I esté en el segmento PQ, luego el incentro está en la recta s.
Manuel Amorós, ¿has tenido en cuenta la posibilidad de que la recta pase exactamente por uno de los vértices del triángulo?
Sí. No hay ningún cambio conceptual. He partido del supuesto de que la recta que cumple las condiciones corta a los lados a y b. Puede perfectamente hacerlo en el punto A del lado b (que va de A a C) y los pasos del razonamiento siguen igual: el trayecto ACQ es la mitad del total, luego el ángulo AIQ barre la mitad del área del triángulo, y consecuentemente el polígono AIQC tiene la misma área que AQC, etc…