Propuesta de Juan Carlos Salazar, Profesor de Geometría del Equipo Olímpico de Venezuela.(Puerto Ordaz).

 

Problema 169

Dado un triángulo ABC se trazan sus circunferencias inscrita y exinscritas. Por los puntos de tangencia A₀ B₀ C₀ de la inscrita con el triángulo ABC se traza un triángulo de área S₀.

Por los puntos de tangencia de cada circunferencia exinscrita con los lados se trazan tres triángulos A₁ B₁ C₁ de área S₁, A₂ B₂ C₂ de área S₂, A₃ B₃ C₃ de área S₃.

Demostrar que 1 / S₀= 1/ S₁ + 1/S₂ + 1/S₃.

Autor desconocido.

 

Solución del profesor Saturnino Campo Ruiz, del IES Fray Luis de León de Salamanca. (25 de mayo de 2004).-

Según explicamos en el problema nº 110 (Teorema de Feuerbach) los puntos de contacto con la circunferencia inscrita y las exinscritas determinan segmentos  tales como AB₁ =AC₁ = p (semiperímetro de ABC) y AB₀=AC₀=  p-a. Teniendo en cuenta que las circunferencias inscrita y la exinscrita tangente al lado a=BC son homotéticas por  una homotecia de centro A  y razón   para sus radios respectivos r y r_a resulta que .

Para los radios de las otras dos circunferencias exinscritas se obtienen relaciones análogas.  Utilizando éstas vemos que .

Calculemos ahora el área S₁ del triángulo A₁B₁C₁.

Para los triángulos isósceles CA₁C₁ y AC₁B₁ la amplitud de los ángulos iguales es C/2 y 90-A/2 respectivamente.

 De todo esto resulta que < A₁C₁B₁ = (90-A/2)- C/2 = B/2 ,  <A₁B₁C₁ = C/2 y < C₁A₁B₁ =90+A/2.

Calculando la longitud de los lados concurrentes en A₁, tenemos que CC₁=CA₁=BA₀ = p-b, de donde A₁C₁ = 2·(p-b) ·cos(C/2) y A₁B₁ =2·(p-c) ·cos(B/2).

El área de un triángulo es igual al semiproducto de dos lados por el seno del ángulo comprendido, aplicado aquí nos da. Area(A₁B₁C₁) = ½ · 2·(p-b) ·cos(C/2) ·2·(p-c) ·cos(B/2)·sen(90+A/2).

Area(A₁B₁C₁) = 2·(p-b) ·(p-c) ·cos(A/2)·cos(B/2)· cos(C/2), y llamando m al producto de estos cosenos                 Area(A₁B₁C₁) = 2·(p-b)·(p-c)·m.

Vamos a modificar esta expresión utilizando otras expresiones para el cálculo del área de un triángulo:

La fórmula de Herón :     Área (ABC) =

En función del radio r del círculo inscrito: Área (ABC) = pr.

(p-b) ·(p-c) = .

Tenemos pues Area(A₁B₁C₁) = 2·mrr_a y expresiones similares para los otros dos triángulos externos.

La suma de los inversos de estos tres números es:

1/S₁ + 1/S₂ + 1/S₃.= .

Habremos completado la demostración cuando veamos que el área del triángulo interior A₀B₀C₀ es igual al valor 2mr².

Sabemos que AB₀=AC₀ = p-a; de ahí B₀C₀=2(p-a)sen A/2, el ángulo B₀C₀A₀ tiene a su derecha y a su izquierda dos ángulos que valen respectivamente (A+C)/2 y (B+C)/2, por consiguiente:

                        Áng (B₀C₀A₀) = 180 - = 90- C/2                     y

Área(A₀ B₀C₀)=1/2 ·2² (p-a)·(p-b)·sen(A/2) sen(B/2) sen(90-C/2) =

2(p-a)(p-b) sen(A/2)· sen(B/2) cos(C/2)= [2(p-a)(p-b) tg(A/2) tg(B/2)]·m.

Aplicando la fórmula de Briggs para el valor de las tangentes de esa expresión resulta. , , y  y

Área(A₀ B₀C₀)=2· (p-a)·(p-b)· ·m=2· ·m=2r²m, como pretendíamos.