MISCELANEA_GEOMETRIA_Tomo_II

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Juan Ángel Díaz Hernando
Doctor Ingeniero Industrial
Licenciado en Ciencias Matemáticas
Profesor Titular de la Universidad Politécnica de Madrid
MISCELÁNEA DE GEOMETRÍA
Tomo II
Circunferencias notables. Homografías
Madrid, 2016
Datos de catalogación bibliográfica.'
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%
JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO.
Miscelánea de Geometría. Tomo II. Circunferencias notables. Homografías
c©JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO, Madrid 2016
Formato 176 x 250 mm Páginas:267
Todos los derechos reservados.
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intelectual. La infracción de los derechos mencionados puede ser constitutiva de delito contra la propie-
dad intelectual (arts. 270 y sgts. Código Penal)
DERECHOS RESERVADOS
c©2016 por Juan Ángel Díaz Hernando
Presentación: M-003069/2016
R.P.I. 16/2016/5060 del 23 de Noviembre de 2016
(España)
Editor: Juan Ángel Díaz Hernando
Técnico editorial: E.B.M.
IMPRESO EN ESPAÑA - PRINTED IN SPAIN
A mis hijos, Juan Ángel y Carlos,
III
Prólogo
Este libro no es sino la continuación del anterior, que hubo que desdoblar dada la extensión de lo trata-
do. Por tanto, todo lo dicho en su prólogo es válido en éste, siendo su estructura la misma: División en
capítulos y éstos en lecciones. La unidad de ambos queda garantizada al haber dado continuidad tanto a
la numeración de los capítulos como de las lecciones.
En el Capítulo VII, en las Lecciones 24, 25 y 26, además de tratar los puntos más notables de un trián-
gulo: ortocentro, baricentro, incentro, circuncentro, exincentros, y algunas de sus muchas relaciones,
se define la circunferencia de Euler-Feuerbach, conocida también como la circunferencia de los nueve
puntos, sobre la que se traza la recta de Euler; aparece, luego, la recta de Simson, de la que se estudian
algunas de sus propiedades, hasta situarla finalmente sobre la circunferencia de los nueve puntos. Se
establecen, así mismo las relaciones de Euler, constituyendo, por último, como un bonito ejercicio el
Teorema de Feuerbach, que relaciona la circunferencia inscrita en un triángulo con la circunferencia
de los nueve puntos del mismo. La Lección 27 está dedicada a los importantes Teoremas de Menelao
y de Ceva, así como al primer Teorema de Pappus. En la Lección 28 se tratan las semimedianas de
un triángulo, poco estudiadas en los libros de geometría que, sin embargo, son poseedoras de un buen
número de propiedades ; en particular , determinan el llamado punto de Lemoine , que en
la Lección 29 genera la circunferencia de Lemoine, para terminar definiendo las circunferencias de
Tucker, que tienen como casos particulares las de Lemoine y la de Taylor. La Lección 30 se dedica
al estudio de los puntos y la circunferencia de Brocard, así como a la de Neuberg. La Lección 31
trata, sobre los cuadriláteros, los Teoremas de Euler y Ptolomeo y el segundo Teorema de Pappus.
Las Lecciones 32 y 33 están dedicadas al estudio de los Teoremas de Pascal y de Brianchon, ambos
correlativos.
En el Capítulo VIII, en la Lección 34 se estudia la proyectividad entre figuras de segunda catego-
ría, distinguiendo y ejemplarizando ampliamente las dos posibilidades: homografía (o colineación) y
reciprocidad (o correlación), dedicándose la Lección 35 al estudio de las homografías entre planos su-
perpuestos. La Lección 36 trata, con detalle, los cambios de sistemas de referencia, tanto en el plano
proyectivo real como en la recta proyectiva real. Por último, la Lección 37 se dedica al importante te-
ma de la homología, sus propiedades y, en particular a la homología entre formas planas superpuestas,
analizando las homologías particulares; los ejemplos del último apartado de esta lección resultan impres-
cindibles para una mejor comprensión del concepto homología.
En el Capítulo IX, las Lecciones 38, 39 y 40 tratan sistemáticamente el espacio proyectivo y las coor-
denadas proyectivas, tanto las puntuales como las tangenciales, así como la proyectividad en el espacio.
V
La Lección 41 desarrolla lo que me atrevo a calificar como una curiosidad, al manejar planos homológi-
cos no superpuestos. Por último, en la Lección 42 se estudia el llamado número de oro, del que, por su
importancia se ha escrito más de un libro; se hace, aquí, algo así como un resumen de lo desarrollado en
ellos. La sucesión de Fibonacci está presente en todo momento, y como conceptos interesantes figuran
el segmento áureo, las ternas pitagóricas y los triángulos y rectángulos áureos. Una curiosidad es
como a partir del rectángulo
√
2 se generan los distintos formados DIN. Termina la lección estudiando
los cinco poliedros regulares: Tetraedro, Cubo, Octaedro, Dodecaedro e Icosaedro.
En la línea de ser agradecido con los maestros, me complace aprovechar esta tribuna para loar la figura de
uno de los grandes: Julio Rey Pastor (1888-1962), autor, entre otras muchas publicaciones, de sus mag-
níficos Elementos de Análisis Algebraico, que vieron la luz en 1922, en Buenos Aires. De su estancia en
Gotinga, trabajando con Felix Klein, autor de su célebre Programa de Erlangen, resultó la introducción
en nuestros medios matemáticos de las ideas de ese maravilloso trabajo. Su actividad profesional estuvo
desdoblada entre España y Argentina; en particular en nuestro país, en 1920, ingresó en la Academia de
Ciencias Exactas, Físicas y Naturales de Madrid, y en 1954 en la Real Academia Española de la Len-
gua, instituciones en las que pronuncio discursos magistrales. Quiero destacar, entre ellos, y ese es mi
objetivo oculto en este escrito, en el que disertó, el 15-02-1933, contestando al discurso de E. Terradas,
en la Academia de Ciencias, en el que deslizó una muestra de esa fina ironía que siempre le caracterizó.
Pertenece a él, el fragmento que sigue, ¡que en mi opinión no tiene desperdicio!; ahí va:
“A ciertas características del ambiente español hemos aludido en algunos pasajes; y no por ser exclusi-
vas nuestras, sino por darse en forma acentuada, como fruto obligado de nuestro pasado histórico. Así,
por ejemplo, la falta de medida en las valoraciones, tanto en sentido encomiástico como peyorativo,
es ante todo desconocimiento de patrones universales, fruto de ignorancia; y ésta es hija, a su vez, de
todo un complejo histórico que ahora no es posible analizar. La pasión, que un distinguido escritor ha
señalado como característica española, mejor diríamos vehemencia en el apasionamiento, es, quizás,
efecto telúrico, simple reflejo de la vehemencia y brusquedad del paisaje; y la ruin envidia hacia la pros-
peridad ajena, es herencia de todo un pasado de pobreza y aun miseria económica. Y la eterna pelea de
bandos tan antagónicos como incomprensivos, es el rezago de la lucha secular entre moros y cristianos;
y el carácter puntilloso, que tanto dificulta el normal funcionamiento de nuestros centros de estudio e
investigación, es herencia del pundonoroso caballero medioeval; y del finchado hidalgo procede, proba-
blemente, el prurito, tan acentuado en los haraganes, de exigir a los demás lo que deberían hacer, sin
dar importancia ni aún parar mientes en todo lo que hayas producido, ni ocurrírseles nunca señalarse
tarea a sí mismos. ”
VI
Tal vez se le olvidó justificar el origen de la indolencia y aversión al esfuerzo de muchos; aunque no lo
creo. Probablemente no citó su origen por respeto, aunque no parece difícil adivinarlo.
Como agradecido que soy, sigo recordando, a mis amigos, a mi esposa y a mis padres, siempre presentes
en mí; disfrutando de la proximidad de mis hijos, y sobre todo de la alegría que me proporcionan mis
nietos, que además son muy estudiosos: Lucía, Diego y Mario.
Juan Angel Díaz Hernando.
VII
ÍNDICE
CAPÍTULO VII
Lección 24 LA CIRCUNFERENCIA DE EULER-FEUERBACH
24.1 Puntos notables de un triángulo................................................................3
24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach......................................................... 9
24.3 La recta de Euler....................................................................................... 10
Lección 25 LA RECTA DE SIMPSON
25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson..................................................... 15
25.2 Propiedades de la recta de Simson........................................................... 17
Lección 26 LAS CIRCUNFERENCIAS INSCRITAS
26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo.................................................... 25
26.2 Relaciones de Euler.................................................................................. 31
26.3 Teorema de Feuerbach............................................................................. 33
Lección 27 TEOREMAS DE MENELAO Y CEVA
27.1 Teorema de Menelao................................................................................ 37
27.2 Teorema de Ceva...................................................................................... 38
27.3 Ejemplos de aplicación............................................................................ 41
27.4 Teorema de Pappus (I).............................................................................. 46
Lección 28 SEMIMEDIANAS
28.1 Semimedianas.......................................................................................... 49
28.2 Propiedades.............................................................................................. 51
28.3 Punto de Lemoine.................................................................................... 59
Lección 29 CIRCUNFERENCIA DE TUCKER
29.1 Circunferencias de Lemoine.................................................................... 65
29.2 Circunferencias de Taylor......................................................................... 68
29.3 Circunferencias de Tucker........................................................................ 70
Lección 30 CIRCUNFERENCIAS DE BROCARD
30.1 Puntos de Brocard.................................................................................... 73
30.2 Circunferencia de Brocard...................................................................... 77
30.3 Circunferencias de Neuberg.................................................................... 78
Lección 31 TEOREMAS DE PTOLOMEO Y PAPPUS
31.1 Cuadriláteros............................................................................................ 79
31.2 Teorema de Ptolomeo.............................................................................. 89
31.3 Teorema de Pappus (II)............................................................................. 94
XI
Lección 32 TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON
32.1 Teorema de Pascal............................................................................ 97
32.2 Teorema de Brianchon..................................................................... 103
Lección 32 LOS TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON
COMO CORRELATIVOS
33.1 La demostración del Teorema de Brianchon..................................... 107
33.2 Casos particulares del Teorema de Brianchon.................................. 109
CAPÍTULO VIII
Lección 34 PROYECTIVIDAD ENTRE FIGURAS DE SEGUNDA
CATEGORíA
34.1 Proyectividad entre figuras de segunda categoría............................. 115
Lección 35 HOMOGRAFÍAS ENTRE PLANOS SUPERPUESTOS
35.1 Elementos dobles de las homografías planas................................... 129
Lección 36 CAMBIOS DE SISTEMAS DE REFERENCIA
36.1 Cambio de base en el plano proyectivo real..................................... 147
36.2 Cambio de base en la recta proyectiva real...................................... 150
Lección 37 HOMOLOGÍAS
37.1 La homología y sus propiedades...................................................... 163
37.2 Homología entre formas planas superpuestas.................................. 164
37.3 Determinación de figuras homológicas............................................ 168
37.4 Las rectas límite, L y L′ .................................................................. 173
37.5 Determinación de una homología.................................................... 174
37.6 Homologías particulares.................................................................. 175
37.7 Ejemplos.......................................................................................... 178
CAPÍTULO IX
Lección 38 EL ESPACIO PROYECTIVO
38.1 El espacio proyectivo. Coordenadas homogéneas........................... 199
38.2 Coordenadas proyectivas puntuales................................................. 201
38.3 Ecuación del plano en coordenadas proyectivas.............................. 205
XII
Lección 39 COORDENADAS TANGENCIALES
39.1 Coordenadas tangenciales proyectivas.................................................... 209
39.2 Cambio de coordenadas proyectivas....................................................... 212
39.3 Planteamiento práctico de un cambio de coordenadas............................ 213
Lección 40 PROYECTIVIDAD EN EL ESPACIO
40.1 Casos particulares de las coordenadas proyectivas................................. 217
40.2 Representación analítica de la recta........................................................ 218
40.3 Proyectividad en el espacio..................................................................... 220
Lección 41 EL PROBLEMA DE LOS SATÉLITIES
41.1 La homología en el espacio..................................................................... 227
41.2 Ejemplo de aplicación............................................................................. 228
41.2 La geometría en el espacio homológico.................................................. 230
Lección 42 EL NÚMERO DE ORO
42.1 El número de oro................................................................................... 231
42.2 Las ternas pitagóricas............................................................................. 237
42.3 El triángulo de Pascal y la sucesión de Fibonacci.................................. 238
42.4 El triángulo áureo................................................................................... 240
42.5 El rectángulo áureo................................................................................. 243
42.6 El formato DIN....................................................................................... 245
42.7 Los poliedros y el número áureo............................................................ 246
ÍNDICE ALFABÉTICO ....................................................................................................... 251
BIBLIOGRAFÍA ....................................................................................................... 255
XIII
CAPÍTULO VII
Lección 24.- LA CIRCUNFERENCIA DE EULER-FEUERBACH
24.1 Puntos notables de un triángulo
24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach
24.3 La recta de Euler
24.1 Puntos notables de un triángulo
Lo puntos que vamos a considerar son los clásicos: ortocentro, centro de gravedad (baricentro), incentro
y circuncentro.
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, las mediatrices de sus lados se cortan en un punto,
que llamaremos circuncentro.
En efecto: Si O es el punto de intersección de las mediatrices de los lados AB y BC, dicho punto O estará
a la misma distancia, respectivamente de los punto A y B, B y C, luego necesariamente estará sobre la
perpendicular en el punto medio, B′, del lado AC.
La circunferencia, centro O, que pasa por los vértices, A, B y C, recibe el nombre de circunscrita al
triángulo.
A'
A
B C
O
C' B'
PROPOSICIÓN 2. En todo triángulo acutángulo,
4
ABC, se verifica que las alturas del mismo, son
bisectrices del triángulo
4
PaPbPc.
En efecto: Veamos en primer lugar que
P̂cPaA = ÂPaPb (es decir βββ = βββ ′).
Dado que Pc y Pb son vértices de ángulos rectos, cuyos lados pasan por B y C, tenemos que los cuatro
puntos B, Pc, Pb, C, están situados sobreuna circunferencia, (c), de centro O. Basta ver que los triángulos
rectángulos
4
BPcC y
4
BPbC, tienen común la hipotenusa BC. En consecuencia, son iguales los ángulos,
inscritos en ella, ααα =ααα ′.
Análogamente, dado que son rectos los ángulos ĈPbH y ĤPaC, los puntos C, Pb, H, Pa, están situados
3
sobre otra circunferencia, (c′), de centro O′, verificándose ααα = βββ .
De la misma manera se establece que ααα ′ = βββ ′.
Así, hemos obtenido que se verifican las igualdades
ααα =ααα ′ , ααα = βββ , ααα ′ = βββ ′
de las que resulta la
βββ = βββ ′
que es lo que queríamos demostrar.
A
B C
Pa
Pb
Pc
O
(c)
α
β
O‘
α‘ (c )‘
H
β‘
PROPOSICIÓN 3. Las paralelas a los lados de un triángulo,
4
ABC, que pasan por los vértices
opuestos, forman otro triángulo
4
A′B′C′ de lados dobles que los del primero, y cuyos puntos medios
son A, B, C.
En efecto: Consideremos los segmentos B′C′, A′C′, A′B′, respectivamente paralelos a los lados BC, AC,
AB por los vértices A, B, C.
El cuadrilátero
�
AB′CB es un paralelogramo, por construcción, luego: AB′ = BC. En consecuencia, se tiene
que B′A = AC′, luego B′C′ = 2 ·BC, siendo A el punto medio de B′C′.
Para los demás lados el razonamiento es análogo. Consecuencia inmediata es que: Las alturas de un
triángulo,
4
ABC son mediatrices del
4
A′B′C′, que se cortan en el ortocentro, H, de
4
ABC.
A
B C
A'
B'C'
H
4
PROPOSICIÓN 4. La circunferencia circunscrita a un triángulo
4
ABC contiene los puntos de in-
tersección de la mediatriz de cada lado con las bisectrices que pasan por el vértice opuesto.
En efecto: Basta ver que por los puntos medios G′c y Gc de los arcos de la circunferencia circunscrita, de
extremos A y B, pasan el diámetro perpendicular a AB (mediatriz del lado AB) y las bisectrices interior y
exterior del ángulo Ĉ, por las propiedades de los ángulos inscritos; lo que demuestra lo que nos interesaba.
A
B
C
I
Ga
G'a
I
Ib
GbGc
Ic
G'b
O
G'c
a
PROPOSICIÓN 5. La circunferencia circunscrita a un triángulo contiene los puntos medios de los
lados del triángulo de los exincentros, así como los puntos medios de los segmentos que unen éstos
con el incentro.
En efecto: El razonamiento utilizará la misma figura de la proposición anterior.
Consideremos el triángulo
4
IaIbIc de los exincentros. Los puntos A y B son vértices de dos ángulos rectos,
formados por las bisectrices, cuyos lados pasan por Ib e Ia; en consecuencia, están en una circunferencia
de diámetro IbIa, y cuyo centro estará en la mediatriz de AB, es decir, el punto Gc.
Análogamente , IIc es el diámetro de una circunferencia que pasa por los puntos A y B, por ser rectos los
ángulos en A y en B. Luego, el punto de intersección de la mediatriz de AB con IIc será el centro, o punto
medio de IIc.
5
Ejemplo 1. Los vértices B, C de un triángulo
4
ABC, el centro de la circunferencia inscrita, I, y el centro de la
circunferencia exinscrita, D, tangente a BC pertenecen a una misma circunferencia.
Para verlo basta considerar que las bisectrices BI y BD de los ángulos ÂBC y ĈBE son perpendiculares. Lo mismo
ocurre con las IC y CD.
En consecuencia, la circunferencia que tiene ID como diámetro pasa por los vértices B y C.
A
B
C
O
D I
E
Ejemplo 2. Las rectas que unen dos a dos los pies de las alturas de un triángulo
4
ABC, determinan tres triángulos
semejantes con el triángulo dado.
Para verlo observemos que la circunferencia de diámetro BC pasa por los pies E, F de las alturas.
Dado que las rectas EF y CB son antiparalelas con las AC y AB, resultará que
ĈEF+ ÂBC = 180o
y como
ĈEF+ ÂEF = 180o
resultará que
ÂBC = ÂEF
(y también serán ÂCB = ÂFE)
En consecuencia, los triángulos
4
ABC y
4
AEF son semejantes.
En forma análoga se establece lo mismo para
4
DBF y para
4
DCE.
A
B
C
D
E
F
O
H
6
Ejemplo 3. Dado un triángulo,
4
ABC, si dos rectas BM y CN se cortan sobre la altura AD, resulta que esta altura
es la bisectriz del ángulo M̂DN.
A
N
G
B H D F
M
E
C
O
Trazamos, en primer lugar, las perpendiculares, MEF y NGH, al lado BC.
Observamos que los triángulos
4
OME y
4
OGN son semejantes, por ser Ĝ = M̂ (alternos internos entre las paralelas
NH y MF, cortadas por la recta GM), y ser iguales a los ángulos Ô.
Podemos, por tanto, escribir
ME
NG
=
OE
ON
=
DF
DH
=⇒ ME
NG
=
DF
DH
siendo DF y DH las alturas correspondientes de los triángulos semejantes
4
OME y
4
OGN.
Como
ME
MF
=
AO
AD
=
NG
NH
=⇒ ME
MF
=
NG
NH
podemos escribir
ME
NG
=
MF
NH
De las igualdades recuadradas resulta entonces:
DF
DH
=
MF
NH
En consecuencia, los triángulos
4
DFM y
4
DHN son semejantes, luego tendremos que: M̂DF = N̂DH, y por tanto la
altura AD resultará ser la bisectriz del ángulo M̂DN.
PROPOSICIÓN 6. Las alturas de un triángulo,
4
ABC, son concurrentes; y el punto de concurrencia
recibirá el nombre de ortocentro.
En efecto: Sean AHa, BHb, CHc las alturas del triángulo dado. Si por los vértices del triángulo trazamos
paralelas a los lados opuestos, formarán, éstas, un nuevo triángulo
4
A′B′C′, cuyos puntos A, B y C son los
puntos medios de sus lados.
7
Las alturas del triángulo
4
ABC serán por tanto, concurrentes, como mediatrices que son del triángulo
4
A′B′C′.
A
B C
A'
B'C'
Ha
Hb
Hc
H
El triángulo
4
HaHbHc, cuyos vértices son los pies de las alturas de los vértices del triángulo dado,
4
ABC,
recibe el nombre de triángulo órtico.
PROPOSICIÓN 7. Dado un triángulo
4
ABC, las medianas se cortan en un punto, que llamaremos
centro de gravedad y también baricentro.
En efecto: Si trazamos las medianas BB′ y CC′, siendo su punto de intersección el G, tendremos que los
triángulos
4
BGC y
4
B′GC′ son semejantes, luego:
GB′
GB
=
GC′
GC
=
B′C′
BC
=
1
2
de donde
GB = 2 ·GB′ , GC = 2 ·GC′
El punto de intersección de dos medianas está, para cada una de ellas, a un tercio de su pie.
Las tres medianas son por tanto concurrentes en un mismo punto, que divide a cada una de ellas en la
misma relación,
1
2
.
El punto G recibe el nombre centro de gravedad o baricentro del triángulo.
A
B C
A'
B'C'
G
8
El triángulo
4
A′B′C′, cuyos vértices son los puntos medios de los lados del triángulo dado,
4
ABC, recibe el
nombre de triángulo complementario, o medial
24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, los puntos Ha, Hb y Hc, pies de las alturas, los A′,
B′ y C′, puntos medios de los lados, y los puntos A′′, B′′ y C′′, puntos medios de los segmentos
superiores de las alturas AH, BH y CH, son nueve puntos situados sobre una misma circunferencia,
que llamaremos circunferencia de los nueve puntos y también circunferencia de Euler-Feuerbach, y
en ocasiones también circunferencia medial.
En efecto: Comprobemos, en primer lugar, que la circunferencia que pasa por los puntos A′, B′ y C′ pasa
también, por el Ha. La comprobación es inmediata, puesto que el trapecio
�
A′B′C′Ha es isósceles, ya que
sus diagonales A′C′ y B′Ha son iguales, a la mitad del lado AC; la primera por ser el segmento que une los
puntos medios de los lados AB y AC, y la segunda porque es la mediana sobre la hipotenusa del triángulo
rectángulo
4
AHaC. En consecuencia, los puntos A′, B′ y C′ y Ha, Hb y Hc son concíclicos.
En segundo lugar mostremos que también el cuadrilátero
�
A′C′A′′Ha es inscribible. En efecto, las rectas
A′C′ y C′A′′ son perpendiculares, puesto que son respectivamente paralelas al lado AC, y a su altura
correspondiente BHb. Luego, el ángulo Ĉ′ es recto, así como su ángulo opuesto Ĥa, lo que nos muestra
que
�
A′C′A′′Ha es efectivamente inscribible.
La circunferencia
©
A′B′C′HaHbHc contiene por tanto el punto A′′, y por consiguiente los B′′ y C′′.
A
B CA´
B´C´
A´´
G O
Ha
Hb
Hc
ω
C´´B´´
H
Recta d
e Euler
Circunferencia de Euler-Feuerbach
9
En la figura puede verse: H, ortocentro; ωωω , centro de la circunferencia de Euler-Feuerbach; G, baricentro;
O centro de la circunferencia circunscrita. La recta OH recibe el nombre de rectade Euler.
24.3 La recta de Euler
PROPOSICIÓN 1. El centro ωωω de la circunferencia de Euler-Feuerbach está sobre la recta de
Euler, en el punto medio del segmento OH.
En efecto: Las perpendiculares trazadas en los puntos medios de las cuerdas A′Ha, B′Hb y C′Hc, de la
circunferencia de Euler, pasan, evidentemente, por el punto medio del segmento OH.
PROPOSICIÓN 2. Los puntos medios de los lados, A′, B′ y C′, y los puntos medios de los segmentos
AH, BH y CH, los A′′, B′′ y C′′, son respectivamente, diametralmente opuestos.
En efecto: El ángulo Â′HaA′′ es recto; luego los puntos A′ y A′′ son diametralmente opuestos.
A
Ha
H
A´´
ω
G O
B CA´
PROPOSICIÓN 3. Las mediatrices OA′, OB′ y OC′, son iguales, respectivamente, a las mitades de
los segmentos superiores de las alturas A′′H, B′′H y C′′H.
En efecto: La recta A′A′′ pasa por ωωω , puesto que es diámetro de la circunferencia de Euler-Feuerbach,
luego
A′′H = OA′
por consiguiente:
AH = 2 ·A′′H = 2 ·OA′
10
PROPOSICIÓN 4. El centro de gravedad, G, está situado sobre la recta de Euler, y se tiene:
GH = 2 ·OG.
En efecto: Si denotamos por G el punto de intersección de la mediana, AA′, con la recta de Euler, OH,
resultará que los triángulos
4
OGA′ y
4
AGH son semejantes, siendo la razón de semejanza igual a
1
2
,
puesto que OA′ =
1
2
·AH. Luego GA′ = 1
2
·GA, lo que nos muestra que G es el centro de gravedad del
triángulo. Se tiene, así mismo, que OG =
1
2
·GH, como queríamos establecer.
PROPOSICIÓN 5. El radio de la circunferencia de Euler-Feuerbach es igual a la mitad del radio
de la circunferencia circunscrita.
En efecto: La figura
�
OAA′′A′ es un paralelogramo, luego el radio OA de la circunferencia circunscrita es
igual al diámetro A′A′′ de la circunferencia de Euler-Feuerbach.
A
Ha
H
A´´
ω
G O
B CA´
PROPOSICIÓN 6. Los simétricos del ortocentro, respecto a los lados, se encuentran sobre la cir-
cunferencia circunscrita.
En efecto: Veamos que HHa = HaH′a. Para comprobar esta igualdad basta con observar que los ángulos
ĤBC y ĈBH′a son iguales,
A
Ha
H
B C
Há
11
puesto que ambos son iguales al ángulo ĈAH′a. El triángulo
4
HBH′a es por tanto isósceles, y por consi-
guiente los puntos H′a y H son simétricos respecto BC.
PROPOSICIÓN 7. Los centros exterior e interior de semejanza de la circunferencia circunscrita y
de la de Euler-Feuerbach, son H y G.
En efecto: Se verifica que
Hωωω
HO
=
Gωωω
GO
=
1
2
.
PROPOSICIÓN 8. La circunferencia de Euler-Feuerbach corta a los lados del triángulo bajo los
ángulos Â− B̂ , B̂− Ĉ y Ĉ− Â.
En efecto: Se tiene.
ĤaB′A′ = ĤaB′C− Â′B′C = 2 ·
(
πππ
2
− Ĉ
)
− Â = πππ−2 · Ĉ− Â = B̂− Ĉ
Observamos, por otra parte, que las tangentes en A′, B′ y C′ a la circunferencia de Euler-Feuerbach
son antiparalelas con los lados del triángulo dado.
(En numerosas ocasiones en lugar de hablar de la circunferencia de Euler-Feuerbach, se habla de cir-
cunferencia de Euler o circunferencia de Feuerbach).
A
B CA´
B´C´
Ha
ω
Ĉ
A´B´C^
HaB´A´
^
B̂
Â
PROPOSICIÓN 9. Los puntos A, B, C y H poseen la propiedad de que uno de ellos es el ortocentro
del triángulo formado por los otros tres. (Se dice de ellos que forman un grupo ortocéntrico).
La comprobación es inmediata.
A
B C
H
12
PROPOSICIÓN 10. El radio OA y la altura AH son simétricos respecto a la bisectriz de Â.
En efecto: Se verifica que Â′′AHa = ÔA′′A = ÔAA′′.
A
B C
A´´
O
Ha
H
PROPOSICIÓN 11. Se verifica que ĤAO = B̂− Ĉ.
En efecto: Se tiene ĤAO = Â−2 · B̂AHa = Â−2 ·
(
πππ
2
− B̂
)
= B̂− Ĉ.
PROPOSICIÓN 12. Existe una infinidad de triángulos inscritos, en una circunferencia dada, que
tienen el mismo ortocentro H.
En efecto: Basta con trazar por H una cuerda AA′ y luego hacer pasar por el punto medio de HA′ otra
cuerda BC perpendicular a AA′. El triángulo,
4
ABC, obtenido cumple con la condición del enunciado.
Estos triángulos poseen la propiedad de tener el mismo baricentro y la misma circunferencia de Euler-
Feuerbach, puesto que poseen los mismos O y H.
13
Lección 25.- LA RECTA DE SIMSON
25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson
25.2 Propiedades de la recta de Simson
25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson
La recta de Simson queda definida en los siguientes teoremas.
TEOREMA DE SIMSON (Directo). Las proyecciones, sobre los lados de un triángulo, de un punto
de su circunferencia circunscrita son colineales.
En efecto: Sean ααα , βββ , γγγ las proyecciones del punto M sobre los lados del triángulo
4
ABC.
En el cuadrilátero inscribible
�
MαααBγγγ se tiene
B̂Mγγγ = B̂αγαγαγ ,
y en el cuadrilátero también inscribible,
�
MαβαβαβC, será
ĈMβββ = Ĉαβαβαβ .
Ahora bien, se tiene B̂MC = γ̂γγMβββcomo suplementarios de Â. Así resulta que los ángulos ”señalados” en
M son iguales, y por consiguiente los ángulos en ααα son también iguales. Los puntos ααα , βββ , γγγ están por tanto
alineados (Recta de Simson).
A
B C
M
α
β
γ
Rec
ta d
e S
ims
on
15
TEOREMA DE SIMSON (Recíproco). Si las proyecciones de un punto sobre los lados de un trián-
gulo son colineales, el punto está, necesariamente, sobre la circunferencia circunscrita.
En efecto: Basta remontar las igualdades del Teorema Directo, en sentido inverso.
De la igualdad de los ángulos ααα , se deduce la igualdad de los ángulos ”marcados” en M, y por tanto la
de los ángulos B̂MC y γ̂γγMβββ . Como este último es suplementario del Â, al ser los ángulos B̂MC y Â
suplementarios, el cuadrilátero
�
ABMC será inscribible.
La siguiente propiedad puede considerarse como la de una recta que generaliza a la recta de Simson.
PROPOSICIÓN 1. Si desde un punto cualquiera de la circunferencia circunscrita de un triángulo,
4
ABC, se trazan rectas que forman, en el mismo sentido, ángulos iguales con los lados del triángulo,
los pies de esas rectas son colineales.
En efecto: La siguiente figura nos ayuda en el razonamiento:
A
B
C
D
E
F
O
Si se verifica que: ĈEO = ĈFO = B̂DO, tendremos:
1o.- Los triángulos
4
COE,
4
AOD, son semejantes, puesto que en ellos:
Ê = D̂
y además
D̂AO = ÊCO ,
por ser suplementarios, ambos, del ángulo B̂AO; luego:
AD
CE
=
AO
CO
2o.- Los triángulos
4
OBE,
4
AOF, son semejantes, puesto que en ellos:
 = B̂
y además
B̂EO = ÂFO ,
16
por abarcar, ambos, el mismo arco de circunferencia; luego:
BE
AF
=
BO
AO
3o.- Los triángulos
4
COF,
4
BOD, son semejantes, puesto que:
F̂ = D̂
y además
ÔCF = ÔBD ,
por abarcar, ambos, el mismo arco de circunferencia; luego:
CF
BD
=
CO
BO
Multiplicando, ahora, miembro a miembro las tres igualdades obtenidas, se tiene:
AD ·BE ·CF
BD ·CE ·AF
=
AO ·BO ·CO
CO ·AO ·BO
= 1
El Teorema de Menelao,que estableceremos en la lección 27, nos permite, entonces, afirmar que los tres
puntos D,E,F son colineales.
25.2 Propiedades de la recta de Simson
PROPOSICIÓN 1. Sea H′c, el punto de intersección de la altura, CH, con la circunferencia circuns-
crita. La recta de Simson del punto M y la recta MH′c inciden con el mismo ángulo sobre el lado
AB. (La propiedad es válida para todos los lados).
En efecto: Bastará mostrar que los ángulos marcados en γγγ y H′′c son iguales.
El cuadrilátero inscribible
�
AγγγMβββ nos dice que
γγγ = M̂AC ,
y como en la circunferencia circunscrita se tiene
M̂AC = M̂H′cC
resulta
γ̂γγ = M̂H′cC
A
B C
M
M´
HHć
P
α
β
γ
Rec
ta d
e S
ims
on
17
PROPOSICIÓN 2. La recta de Simson de un punto M divide en dos partes iguales al segmento que
une M con el ortocentro, H.
En efecto: Sea P el punto en el que MH′c corta a AB. Según la proposición anterior la recta de Simson es
paralela a PH.
Por otra parte, en el triángulo rectángulo
4
MγγγP, la recta de Simson que pasa por el vértice γγγ pasará por el
punto medio de la hipotenusa MP; pasará, entonces, también por el punto medio de MH.
Ejemplo 1. Dado un triángulo
4
ABC, determinar un punto, M, que tenga por recta de Simson una paralela a una
dirección dada.
A
B C
M
P
Se traza por A una paralela a la dirección dada, que cortaráa la circunferencia circunscrita en el punto P. Por P se
traza una perpendicular a BC, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto buscado M.
Ejemplo 2. Dado un triángulo
4
ABC, determinar un punto, M′, que tenga por recta de Simson una perpendicular a
una dirección dada.
A
B C
M'
P'
18
Se traza por A una perpendicular a la dirección dada, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto P′. Por
P′ se traza una perpendicular a BC, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto buscado M′.
(Observemos que los puntos, M del ejemplo anterior, y M′, de éste, serían diametralmente opuestos, sobre el mismo
dibujo.)
Ejemplo 3. Las rectas de Simson de los vértices de un triángulo son las alturas correspondientes.
A
B C
Ha
Los pies de las perpendiculares trazadas desde A sobre AB y AC coinciden con A, y la perpendicular sobre BC es
la altura AHa.
Ejemplo 4. Las rectas de Simson de los puntos diametralmente opuestos a los vértices son los lados del triángulo.
A
A1
B C
Si A1 es el opuesto del vértice A, los ángulos ÂBA1, y ÂCA1 son rectos.
19
Ejemplo 5. Las rectas de Simson de los pies de las alturas, sobre la circunferencia circunscrita al triángulo
4
ABC,
son paralelas a las tangentes en A, B y C, a dicha circunferencia, y pasan por los vértices del triángulo órtico.
A
C
P
R
O
S1
S2
S3 H'a
H'b
H'c
B
Q
La cuerda AH′a es perpendicular a BC, cuya intersección será punto de paso de la recta de Simson S1, siendo los
otros puntos de paso las intersecciones de las perpendiculares, desde H′a, a los lados AB y AC.
En la misma forma se determinan las rectas de Simson correspondientes a los puntos H′b y H
′
c, que serán
las S2 y S3.
El triángulo
4
PQR, cuyos vértices son las intersecciones de S1, S2 y S3, recibe el nombre de triángulo antimedial
del triángulo órtico del
4
ABC. Observemos que este triángulo pasa por los vértices del triángulo órtico y sus lados
son paralelos a los de este.
20
Ejemplo 6. Las rectas de Simson de los pies A′′, B′′ y C′′ de las bisectrices interiores, del triángulo
4
ABC, sobre la
circunferencia circunscrita, pasan por los puntos medios A′, B′ y C′ de los lados respectivos y son perpendiculares
a esas bisectrices.
A
B C
A''
O
Â__
2Â__
2
A'
El pie de la perpendicular trazada desde A′′ sobre BC es A′ (el punto medio de BC). Además, por ser AA′′ la
bisectriz interior, de Â, la recta que une sus proyecciones, las de A′′, sobre AB y AC, será perpendicular a esta
bisectriz.
Sea el triángulo
4
ABC, y sobre su circunferencia circunscrita consideremos dos punto cualesquiera B1
y C1. Sea, ahora, A1 el punto, situado también sobre la circunferencia circunscrita, tal que su recta de
Simson sea perpendicular a B1C1. Del triángulo
4
A1B1C1 diremos que es un triángulo de Simson.
A
B C
P
A1
B1
C1
21
PROPOSICIÓN 3. 1.- Las rectas de Simson relativas a dos puntos diametralmente opuestos de
la circunferencia circunscrita de un triángulo,
4
ABC, dado, son perpendiculares.
2.- El lugar geométrico de los puntos de intersección de esas rectas perpen-
diculares es la circunferencia de los nueve puntos, del triángulo dado.
En efecto: Sea MOM′ un diámetro de la circunferencia circunscrita del triángulo
4
ABC; sean γγγαααβββ , γγγ ′ααα ′βββ ′
las rectas de Simson, relativas a M y M′. Por último, sea
©
A′B′C′ la circunferencia de los nueve puntos de
4
ABC.
1.- A′ es el punto medio del segmento αααααα ′, como proyección del punto medio, O, del diámetro MM′; así
mismo, B′ es el punto medio de ββββββ ′, y C′ el punto medio de γγγγγγ ′.
Dado que
M̂γγγααα = 900− γ̂γγ ′γγγααα , y β̂ββ ′γγγ ′A = γ̂γγγγγ ′ααα ′ = 900− γ̂γγ ′γγγααα
se verifica que
M̂γγγααα = β̂ββ ′γγγ ′A
Por otra parte, observamos en el cuadrilátero
�
MγγγAβββ que
γ̂γγMβββ = 1800− B̂AC ,
y por otra parte que γ̂γγ ′Aβββ ′ es suplementario de  en
4
ABC, luego
γ̂γγ ′Aβββ ′ = 1800− B̂AC ,
con lo que se verifica que
γ̂γγMβββ = γ̂γγ ′Aβββ ′
En consecuencia, los triángulos
4
γγγMβββ y
4
γγγ ′Aβββ ′ son semejantes.
Como los lados Mβββ y Mγγγ son respectivamente perpendiculares a Aβββ ′ y Aγγγ ′, también serán perpendiculares
βββγγγ y βββ ′γγγ ′.
Luego, las rectas de Simson, γγγαααβββ y γγγ ′ααα ′βββ ′ son perpendiculares.
2.- Los triángulos
4
αααH1ααα ′,
4
βββH1βββ ′ son rectángulos, luego
H1A′ =
αααααα ′
2
= A′ααα , y H1B′ =
ββββββ ′
2
= βββB′
de donde
Â′H1ααα = Â′αααH1 = Ĉαααβββ , y B̂′H1βββ = Ĥ1βββB′ = Ĉβββααα.
y sumando tenemos
Â′H1B′ = ÂCB = Â′C′B′
Así, el lugar geométrico del punto H1 es el arco capaz del ángulo Â′C′B′ sobre el segmento A′B′, es decir,
la circunferencia de los nueve puntos del triángulo
4
ABC.
22
Recta de Simson
relativa al punto M
Recta de Simson
relativa al punto M´
Recta de Euler
Circunferencia de los nueve puntos
M´
A
B C
M
O
A´
B´C´
H
M 1́
M1
H1
α
α´
β
β´
γ
γ´
ω
G
A´´
C´´B´´
23
Lección 26.- LAS CIRCUNFERENCIAS INSCRITAS
26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo
26.2 Relaciones de Euler
26.3 Teorema de Feuerbach
26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo
PROPOSICIÓN 1. Las bisectrices interiores de un triángulo son concurrentes.
En efecto: Sea I el punto de intersección de las bisectrices AA′′ y BB′′. Este punto se encuentra a la misma
distancia de los lados AC y AB, y de los lados BA y BC, luego estará igualmente a la misma distancia de
los lados CA y CB, y por consiguiente pertenece también a la bisectriz CC′′.
El punto I, al distar una misma cantidad, r, de los tres lados del triángulo, es el centro de una circunferencia
interior a los tres lados, al que llamaremos centro de la circunferencia inscrita.
A
B C
A''
B''
C''
I
r
r
r
PROPOSICIÓN 2. Dos bisectrices exteriores y una interior, correspondientes a vértices distintos
del triángulo, son concurrentes.
En efecto: El razonamiento es idéntico al de la proposición anterior.
En este caso se obtienen tres nuevos centros Ia, Ib, Ic que corresponden a las circunferencias tangentes
exteriores de los lados del triángulo
4
ABC. Diremos de ellos que son los centros de las circunferencias
exinscritas.
25
I
A
B C
Ia
Ib
Ic
Resulta inmediato comprobar que: El triángulo
4
ABC es el triángulo órtico del
4
IaIbIc, y que las alturas
del triángulo
4
IaIbIc son las bisectrices de su triángulo órtico,
4
ABC. (Esta última propiedad es general).
Por otra parte, los ángulos marcados en la figura son iguales.
PROPOSICIÓN 3. Si A′′ es el punto medio del arco
_
BC, se verifica:
A′′I = A′′C = A′′B = A′′Ia
En efecto: El triángulo
4
A′′BI es isósceles, puesto que el ángulo ααα es igual a
Â+ B̂
2
, de donde el ángulo
βββ tiene el mismo valor (ααα = βββ ).
Razonamos en la misma forma con el triángulo
4
A′′IC. Así, el centro de la circunferencia
©
BIC, que pasa
evidentemente por Ia, pues el cuadrilátero
�
CBIIa es inscribible, está situado en el punto medio, A′′, del
arco
_
BC.
A
B
C
A´´
B´´
O
IIa
α
β
26
Consideremos ahora los segmentos determinados, sobre los lados del triángulo
4
ABC, por los puntos de
contacto, tanto de la circunferencia inscrita como por las exinscritas:
A
B C
I a
I b
I c
D
D DD
E
E
E
E
FF
F
F
a
a
a
b
b
b
c
c
c O
Sean D, E, F los puntos de contacto de la circunferencia inscrita con los lados del triángulo; sean así
mismo Da, Ea, Fa los puntos de contacto, con los mismos lados, de la circunferencia exinscrita relativa
al ángulo Â. (Análoga nomenclatura para las otros dos circunferencias exinscritas). Habrá, por tanto,
cuatro puntos de contacto sobre cada lado, los cuales determinan diversos segmentos, cuyas expresiones,
en función de los lados, vamos a determinar.
Segmentos determinados por los puntos de contacto de la circunferencia inscrita: Si hacemos
AE = AF = x , BF = BD = y , CD = CE = z
tendremos
2 · (x+y+ c) = a+b+ c = 2 ·p
y por consiguiente:
x+y+ z = p
27
de donde, puesto que
y+ z = a ,
deducimos:
x = p−a , y = p−b , z = p− c .
Segmentos determinados por los puntos de contactode una circunferencia exinscrita: Si hacemos
AFa = AEa = xa , BDa = BFa = ya , CDa = CEa = za
tendremos
AFa = AB+BFa = c+ya , AEa = AC+CEa = b+ za
de donde
2 ·xa = b+ c+ya + za = a+b+ c = 2 ·p
y por tanto
AFa = AEa = xa = p ,
y en definitiva
ya = p− c , za = p−b .
(Para los otros vértices, B y C, tendremos fórmulas análogas.)
Ejemplo 1. Dado un triángulo que tiene por base una cuerda fija, AB, de una circunferencia, (c), mientras que el
tercer vértice M se mueve sobre el arco
_
AMB, se tata de determinar: El lugar geométrico descrito por el incentro
del triángulo móvil.
A B
M
CD
N
G
E
I
O
(c)
F
^
M
α β
28
En primer lugar observamos que el ángulo M̂ es constante, al desplazarse M a lo largo del arco de (c); luego los
ángulos  y B̂ tienen una suma constante (Â+ B̂+M̂ = 1800), y en consecuencia lo mismo ocurre con sus mitades
ααα =
Â
2
, βββ =
B̂
2
.
Luego, en el triángulo
4
AIB, el ángulo Î es constante, lo que significa que el lugar geométrico del punto I es el arco
_
AIB, arco capaz del ángulo Î, que vamos a determinar:
Por una parte, el ángulo Î es el suplemento de la suma ααα +βββ , es decir
Î+ααα +βββ = 1800 .
Por otra parte tenemos
Â+ B̂+M̂ = 1800 ,
luego, se verifica que
ααα +βββ +
1
2
·M̂ = 900 =⇒ ααα +βββ = 900− 1
2
·M̂ .
En consecuencia
Î+
(
900− 1
2
·M
)
= 1800
es decir
Î = 900 +
1
2
·M̂
Observamos que mientras el arco
_
AIB es el lugar geométrico de los puntos de intersección de las bisectrices interio-
res (incentro), el resto de esta circunferencia, arco
_
BNA es el lugar geométrico de las intersecciones de las bisectrices
exteriores de los ángulos  y B̂.
Comprobemos ahora que, el centro de la circunferencia
©
ANBI es el punto medio del arco
_
AGB, y
que se verifica: IG = AG = GB.
En efecto: G es el punto en el que la bisectriz MIN corta al arco
_
AGB, punto medio de dicho arco. Así
mismo E es el punto medio del arco
_
BEM, luego ĜAI = ĜIA; por tanto, el triángulo
4
AGI es isósceles,
luego GA = GI.
También es isósceles el triángulo
4
AGN, pues los ángulos N̂ y Â, tienen los mismos complementos, luego
GN = GA.
Resulta, entonces que GN = GI, y el punto G, punto medio de la hipotenusa NI es el centro de la circun-
ferencia
©
ANBI.
PROPOSICIÓN 4. El radio de la circunferencia exinscrita tangente a la hipotenusa de un trián-
gulo rectángulo, es igual a la suma de los radios de las otras dos circunferencias exinscritas y del
radio de la circunferencia inscrita.
En efecto: Hay que probar que se tiene
EL = FP+GK+ IT , o bien AL = AJ+AN+AM
29
para lo que bastará demostrar que: AM = NB y AJ = BL.
Veamos, en primer lugar, que AM = NB: Se tiene
AM+AN = KT y BM+BN = OV
y como
KT = OV
tendremos
AM+AN = BM+BN
de donde
AM = BN
Veamos, ahora, que AJ = BL: El triángulo
4
EBF es rectángulo e isósceles, puesto que el ángulo ÊBF es
recto, por ser ángulo de las bisectrices de dos ángulos adyacentes suplementarios, y el ángulo B̂EF = 450,
puesto que EF y EG son bisectrices de los ángulos complementarios R̂ES y SEL. En consecuencia
BE = BF .
Por otra parte los triángulos rectángulos
4
BEL y
4
BFJ son iguales, por tener iguales las hipotenusas y los
ángulos agudos, pues los ángulos ÊBL y F̂BJ son complementarios, ya que ÊBF es recto. Luego
BL = AJ .
En conclusión:
EL = AL = AN+BN+BL = GN+ IM+FJ .
A
E
F
G
I
J
K
LN
O
P
Q
R
T
V
M
45º
C
B
30
26.2 Relaciones de Euler
Vamos a determinar las expresiones de las distancias del centro de la circunferencia circunscrita a un
triángulo,
4
ABC, a los centros de la circunferencia inscrita, O, y de las exinscritas, Ia, Ib, Ic.
La primera relación de Euler es: OI2 = d2 = R2−2 ·R · r = R · (R−2 · r) que puede ponerse también
en la forma
r
R−d
+
r
R+d
= 1.
A
BC
A''
I
G
O
d
F
H
R
r
En el triángulo
4
OIA′′ se verifica:
OI2 = d2 = R2 +A′′I2−2 ·R ·A′′H
y como en el triángulo rectángulo
4
A′′BF se verifica:
A′′B2 = A′′I2 = A′′F ·A′′G = 2 ·R ·A′′G
tendremos
d2 = R2 +2 ·R ·A′′G−2 ·R ·A′′H = R2−2 ·R · (A′′H−A′′G) = R2−2 ·R · r .
31
La segunda relación de Euler es: OI2 = d2a = R2 +2 ·R · ra que corresponde a la distancia OIa.
Las correspondientes a los centros Ib e Ic serían:
d2b = R
2 +2 ·R · rb , d2c = R2 +2 ·R · rc ,
a las que llegaríamos con unos razonamientos análogos, al que vamos a emplear para establecer la co-
rrespondiente a Ia.
A
B C
A''
O
F
R
a
F'
S
E
I
r
Por ser semejantes los triángulos:
4
AEI y
4
FBA′′ tenemos:
AI
FA
EI
BA
A S
’’
’’
’’
AI BA’’ FA’’ EI BA’’ AI A S’’ FA’’ EI
Por otra parte, como A′′S = A′′I, y FA′′ = 2 ·R, EI = ra resultará, al ser AI ·A′′I, la potencia de I res-
pecto a la circunferencia de centro O:
AI ·A′′I = 2 ·R · ra =⇒ IM · IF′ = (OI−R) · (OI+R) = OI
2−R2
luego, como OI = da :
d2a−R2 = 2 ·R · ra =⇒ d2a = R2 +2 ·R · ra
32
26.3 Teorema de Feuerbach
La siguiente proposición suele conocerse con el nombre de Teorema de Feuerbach, y relaciona la
circunferencia inscrita, en un triángulo
4
ABC con la circunferencia de los nueve puntos (circunferencia
de Euler-Feuerbach).
PROPOSICIÓN 1. La circunferencia inscrita en un triángulo es tangente a la circunferencia de
los nueve puntos del mismo.
En efecto: Sea M el punto medio del lado BC, del triángulo
4
ABC, y T1, T2 los puntos de contacto de las
circunferencias inscrita y exinscrita tangente a este lado.
Sabemos que
BT2 = CT1 = p− c ,
siendo p el semi-perímetro del triángulo dado, y c = AB; luego M es también el punto medio de T2T1.
Si aplicamos a la circunferencia de Feuerbach la inversión de centro M, y potencia MT1
2
= MT2
2, las
circunferencias inscrita y exinscrita serán inversas de si mismas, puesto que toda circunferencia respecto
de la cual el centro de inversión tenga potencia igual a la potencia de inversión se transforma en si misma.
Por pasar la circunferencia de Feuerbach por el centro de inversión M, su homóloga será una recta paralela a
la tangente en M a dicha circunferencia, es decir paralela a la tangente en A a la circunferencia circunscrita,
y por tanto antiparalela al lado BC, respecto de los lados AB y AC. Nos resta, por tanto, hallar un punto
de dicha recta.
Consideremos el centro, V, de homotecia negativa, entre las dos circunferencias: la inscrita y la exinscrita.
Observemos que la cuaterna (IaVIA), formada por los centros de homotecia V y A, y los centros Ia e I,
es armónica, y se proyecta ortogonalmente según la cuaterna (T2VT1Ha), que también es armónica, por
conservarse las razones en la proyección; por lo tanto
MV ·MHa = MT1
2
= MT2
2
.
En consecuencia, V es el homólogo de Ha en la referida inversión, y la homóloga de la circunferencia de
Feuerbach no es otra más que la tangente interior a ambas circunferencia, distinta del lado BC, por ser
antiparalela a dicho lado respecto de AB y AC.
Dado que se verifica que: Si una recta y una circunferencia son tangentes, sus inversas también lo son
(puesto que tienen un punto común y sólo uno), la proposición que nos interesaba queda demostrada.
33
H
O
F
I
A
B C
A'
(c)
H
B1
T1
B2
a
Ia
M V
T2
O; centro de la circunferencia
 circunscrita.
I; centro de la circunferencia
 inscrita.
F; centro de la circunferencia
 de Feuerbach.
I ; centro de la circunferencia
 exinscrita.
a
Como aplicación de la homotecia entre dos circunferencias resulta la siguiente propiedad de la circunfe-
rencia de los nueve puntos.
PROPOSICIÓN 2. El radio de la circunferencia de Feuerbach, de un triángulo, es la mitad del de
la circunferencia circunscrita, y su centro, F, biseca al segmento OH, limitado por el circuncentro
y el ortocentro.
En efecto: Dado que el punto G, de intersección de las medianas, es decir el baricentro, divide a éstas
en dos segmentos, cuya razón es − 1
2
, aplicando a la circunferencia circunscrita la homotecia de centro
G, y razón − 1
2
, se obtiene la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados, es decir, la
circunferencia de Feuerbach.
34
Por tanto, su radiovale la mitad de radio de la circunferencia circunscrita, y su centro, F, estará alineado
con el ortocentro, H, y con el baricentro, G, distando de éste la mitad de aquél. Dicho centro, F, estará por
tanto situado en la recta de Euler, entre G y H, y a una distancia de O y de H igual a
3
2
·OG.
A
G
B C
O
(c)
(p)
M
H
F
Ejemplo 1. Determinación del segmento de Euler, de un triángulo
4
ABC.
Se determina el ortocentro, H, (punto de encuentro de las alturas), luego se determina el circuncentro, O, (punto
de encuentro de las mediatrices). El segmento que une H con O, es decir HO, es el segmento de Euler.
Una propiedad del segmento de Euler es que, dividido en tres partes iguales, el baricentro, G, (punto de encuentro
de las medianas), está a dos tercios del ortocentro, y a un tercio del circuncentro, es decir
GH =
2
3
·HO , GO = 1
3
·HO .
A
G
B
C
O
H
35
Lección 27.- TEOREMAS DE MENELAO Y CEVA
27.1 Teorema de Menelao
27.2 Teorema de Ceva
27.3 Ejemplos de aplicación
27.4 Teorema de Pappus (I)
27.1 Teorema de Menelao
Vamos a establecer dos proposiciones, recíprocas la una de la otra, que luego reuniremos en el conocido
Teorema de Menelao. Sea la siguiente la primera:
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, si una recta transversal, s, corta a los lados AB, BC y
CA, respectivamente, en los puntos P, M y N, se verifica la igualdad
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
En efecto: En primer lugar tracemos una recta cualquiera r, no paralela a la s, cuyo punto de intersección
sea I. Luego, tracemos, por los puntos A, B y C, paralelas a la recta s, que cortarán a la r en los puntos A′,
B′ y C′.
Aplicando, ahora, el Teorema de Thales, podemos escribir
AP
BP
=
A′I
B′I
;
BM
CM
=
B′I
C′I
;
CN
AN
=
C′I
A′I
Multiplicando miembro a miembro las tres igualdades, tendremos
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=
A′I
B′I
· B
′I
C′I
· C
′I
A′I
=+1
como queríamos demostrar.
A
B
C
A'
B'
C'
P
N
M
I
r
s
37
Establezcamos, ahora, la recíproca de la anterior:
PROPOSICIÓN 2. Dado un triángulo
4
ABC, si se toman sobre sus lados, AB, BC y CA, respectiva-
mente, los puntos P, M y N, tales que se tenga
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
resultará, entonces, que tales puntos P, M y N, están alineados.
En efecto: Unamos los puntos M y N, y sea P′ el punto en el que la recta MN corta al lado AB; se trata de
demostrar que P′ coincide con P.
Puesto que los puntos M, N y P′ están alineados tendremos, en virtud de la proposición anterior
AP′
BP′
· BM
CM
· CN
AN
=+1
que comparada con la que figura como hipótesis
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
nos permite escribir la igualdad
AP
BP
=
AP′
BP′
lo que muestra que los puntos P y P′ coinciden.
En consecuencia, los puntos P, M y N, están alineados, como queríamos demostrar.
Tal como enunciamos, vamos a reunir las dos proposiciones anteriores en una sola, el siguiente:
TEOREMA DE MENELAO. Dado un triángulo
4
ABC, y situados en él los puntos P, M y N, respec-
tivamente, sobre los lados AB, BC y CA, es condición necesaria y suficiente, para que los puntos P,
M y N esten alineados, que se verifique que el producto de las tres razones simples (ABP), (BCM)
y (CAN), valga +1, es decir:
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
27.2 Teorema de Ceva
Vamos a proceder, ahora, en forma análoga a como hicimos en el punto anterior, reuniendo las dos pro-
posiciones siguientes en el conocido como Teorema de Ceva. Sea la siguiente la primera:
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, y un punto cualquiera, O, de su plano, si las rectas
AO, BO y CO, cortan a los lados AB, BC y CA, respectivamente en los puntos P, M y N, se verifica
la igualdad
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
38
En efecto: Apliquemos el Teorema de Menelao al triángulo
4
AMC, cortado por la transversal BN; así
tendremos
A
B C
P
N
M
O
AO
MO
· MB
CB
· CN
AN
=+1
Si la aplicación del Teorema de Menelao la hacemos al triángulo
4
AMB, cortado por la transversal CP,
tendremos
A
B C
P
N
M
O
AP
BP
· BC
MC
· MO
AO
=+1
Multiplicando las dos igualdades, anteriores se tendrá(
AO
MO
· MB
CB
· CN
AN
)
·
(
AP
BP
· BC
MC
· MO
AO
)
= 1
y simplificando, reordenando, y teniendo en cuenta que
BC =−CB
obtendremos la igualdad
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
como queríamos demostrar.
Establezcamos, ahora, la recíproca de la anterior:
39
PROPOSICIÓN 2. Dado un triángulo
4
ABC, se se toman sobre sus lados AB, BC y CA, respectiva-
mente, los puntos P, M y N, tales que
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
resultará, entonces, que las rectas AM, BN y CP, pasan por un mismo punto.
En efecto: Supongamos que las rectas AM y BN se cortan en un punto, O; unamos, entonces, el punto C
con el O, y designemos por P′ el punto de intersección de las rectas CO y AB. Lo único que tenemos que
hacer es demostrar que P′ coincide con P.
A
B C
P
N
M
O
P'
Como las rectas AM, BN y CP′ son concurrentes, tendremos en virtud de la proposición anterior
AP′
BP′
· BM
CM
· CN
AN
=−1 ,
que comparada con la que figura como hipótesis
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
nos permite escribir la igualdad
AP
BP
=
AP′
BP′
lo que muestra que los puntos P y P′ coinciden.
En consecuencia, las rectas AM, BN y CP pasan por un mismo punto, como queríamos demostrar.
Tal como anunciamos, vamos a reunir las dos proposiciones anteriores en una sola, el siguiente:
TEOREMA DE CEVA. Dado un triángulo
4
ABC, y situados en el los puntos P, M y N, respectiva-
mente, sobre los lados AB, BC y CA, es condición necesaria y suficiente, para que las rectas AM,
BN y BP sean concurrentes, que se verifique que el producto de las tres razones simples (ABP),
(BCM) y (CAN), valga −1, es decir
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
40
27.3 Ejemplos de aplicación
Veamos, a continuación, unos ejemplos sencillos en los que se aplican los teoremas anteriores.
Ejemplo 1. En un triángulo, los pies de las bisectrices exteriores están alineados
bisectriz exterior
bisectriz interior
a
b
c
A
B
C
A´
β
β
90º
α
α
γ
Dado un triángulo
4
ABC, si A′ es el pie de la bisectriz exterior correspondiente al vértice A, se verifica:
1o.- En el triángulo
4
AA′B:
A′B
sen ααα
=
c
sen γγγ
2o.- En el triángulo
4
AA′C:
A′C
sen (2 ·βββ +ααα)
=
b
sen γγγ
Ahora bien, dado que ααα +βββ = 900, es decir βββ = 900−ααα resultará
2 ·βββ +ααα = 2 · (900−ααα)+ααα = 1800−2 ·ααα +ααα = 1800−ααα
de donde
sen (2 ·βββ +ααα) = sen (1800−ααα) = sen ααα
Dividiendo, ahora, las dos igualdades de 1o y 2o, tendremos
A′B
A′C
=
c
b
Procediendo en forma análoga obtendríamos, si B′ y C′ son, respectivamente, los pies de las bisectrices exteriores
que pasan por B y C:
B′C
B′A
=
a
c
,
C′A
C′B
=
b
a
.
Al multiplicar las tres igualdades anteriores, obtenemos
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=+1 ,
luego en virtud del Teorema de Menelao, los tres punto A′, B′, C′ están alineados, como habíamos enunciado.
41
B C
B'
A'
C'
a
bc
A
Bisectrices
exteriores
Recta que pasa
por los pies de
las bisectrices
exteriores
Ejemplo 2. En un triángulo las tres bisectrices interiores se cortan en un punto.
A
B Ca
b
c
B´
α
α
β
γ
m
n
Dado el triángulo
4
ABC, en virtud del Teorema de los senos se verifica:
1o.- En el triángulo
4
ABB′ :
m
sen ααα
=
c
sen βββ
2o.- En el triángulo
4
BCB′ :
n
sen ααα
=
a
sen γγγ
Dividiendo, ahora, las igualdades anteriores, y teniendo en cuenta que
sen βββ = sen γγγ ,
42
resultará
m
n
=
c
a
.
Sean, entonces, AA′, BB′, CC′ las bisectrices interiores del triángulo dado, y a, b, c las longitudes de los lados BC,
CA, AB.Tendremos, teniendo en cuenta los signos de los cocientes,
A′B
A′C
=− c
b
,
B′C
B′A
=− a
c
,
C′A
C′B
=− b
a
igualdades que, multiplicadas miembro a miembro dan como resultado
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=−1 .
En consecuencia, en virtud del Teorema de Ceva, podemos afirmar que las bisectrices pasan por el mismo punto: el
incentro.
A
A'
B
B'
C
C'
Incentro
Ejemplo 3. En un triángulo,
4
ABC, los pies de dos bisectrices interiores, y de la bisectriz exterior del tercer ángulo,
están alineados.Veamos que es así: Conservando las notaciones de los dos ejemplos anteriores, podemos escribir
A′B
A′C
=
c
b
,
B′C
B′A
=− a
c
,
C′A
C′B
=− b
a
igualdades que al ser multiplicadas miembro a miembro, dan
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=+1 .
Luego, en virtud del Teorema de Menelao, los tres puntos A′, B′, C′ están alineados, como habíamos enunciado.
A
B
B'
C
C'
A'
b
a
c
43
Ejemplo 4. En un triángulo, las tres alturas se cortan en un punto. Veamos que es así: Dado el triángulo
4
ABC, sean
AA′, BB′, CC′ sus tres alturas. Puesto que los ángulos B̂B′C y B̂C′C son rectos, se verificará que la circunferencia,
de diámetro BC, pasa por los puntos B′ y C′. Podemos, entonces, calcular la potencia del punto A, respecto a dicha
circunferencia, y escribir
AC′ ·AB = AB′ ·AC
es decir
C′A
B′A
=
AC
AB
.
Procediendo de la misma manera, por permutación circular tendremos
A′B
C′B
=
BA
BC
,
B′C
A′C
=
CB
CA
.
Multiplicando, ahora, estas tres igualdades miembro a miembro, resultará
C′A
B′A
· A
′B
C′B
· B
′C
A′C
=
AC
AB
· BA
BC
· CB
CA
=−1 .
Luego, en virtud del Teorema de Ceva, podemos afirmar que las tres alturas se cortan en un punto: el ortocentro.
A
A
B
B
C
C
O
O
A´
B´
C´
44
Ejemplo 5. En un triángulo, las rectas que unen los vértices con los puntos de los lados opuestos en contacto con
la circunferencia inscrita, se cortan en un punto.
Veamos que es así: Puesto que las tangentes, desde un punto, a una circunferencia son iguales, podemos escribir:
A′B = C′B , A′C = B′C , B′A = C′A ,
luego el producto
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
vale 1, en valor absoluto. Ahora bien, como cada uno de los cocientes es negativo, el producto valdrá −1, es decir
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=−1
En consecuencia, en virtud del Teorema de Ceva podemos afirmar que, las tres rectas establecidas en el enunciado,
pasan por un mismo unto I.
A
B CA'
B'
C'
I
O
27.4 Teorema de Pappus (I)
La siguiente proposición, establecida ya por Pappus de Alejandría sobre el 300 a.C., es importante en la
geometría plana, y sobre todo en la fundamentación de la geometría proyectiva.
TEOREMA DE PAPPUS (I). Consideremos dos rectas coplanarias cualesquiera, r y r′; sobre la
primera fijamos los puntos A, C, E, y sobre la segunda los B, D, F. Si las tres rectas AB, CD, EF
cortan, respectivamente, a las DE, FA, BC, entonces los tres puntos de intersección L, M, N están
alineados.
En efecto: Dibujemos, en primer lugar, los diagramas que nos van a guiar en la demostración
E
C
A
N
L M
B F D
r
r'
45
Será igualmente válido el siguiente esquema:
E
A
N
L M
B
F
D r
r'
C
Por otra parte, para evitar considerar puntos en el infinito, consideremos que las rectas AB, CD, EF forman
un triángulo
4
UVW, como se muestra en la figura siguiente:
E
C
A
N L
M
B F D
r
r'
U
V
W
Sobre dicho triángulo,
4
UVW, razonaremos a continuación.
Aplicando el Teorema de Menelao a las siguiente cinco ternas de puntos:
(L, D, E) , (A, M, F) , (B, C, N) , (A, C, E) , (B, D, F)
obtendremos:
VL
WL
· WD
UD
· UE
VE
=+1
VA
WA
· WM
UM
· UF
VF
=+1
VB
WB
· WC
UC
· UN
VN
=+1
VA
WA
· WC
UC
· UE
VE
=+1
VB
WB
· WD
UD
· UF
VF
=+1
Dividiendo, ahora, el producto de las tres primeras igualdades por el producto de la dos últimas, y simpli-
ficando, resultará
VL
WL
· WM
UM
· UN
VN
=+1 ,
igualdad que nos muestra que los puntos L, M, N, están alineados, como queríamos establecer.
46
Observemos que, en la primera figura que aparece en la demostración del teorema anterior, hemos in-
dicado con flechas el sentido del teórico movimiento que nos permitiría recorrer los puntos desde el A
hasta el F.
Por otra parte, los puntos L, M, N son siempre intersección de dos segmentos, uno descendente y el otro
ascendente: El L se obtiene como intersección de las rectas AB y DE ; el N como intersección de BC
y EF ; y por último, el M como intersección de CD y FA . La alineación de los puntos L, M, N, está
garantizada por el teorema en cuestión.
Ahora bien, la situación y alineación de esos puntos no es intrínsecamente única, puesto que basta man-
tener los mismos puntos en las rectas dadas, renombrándolos de forma que cumplan las condiciones
del teorema, y aplicar el criterio de obtención descrito más arriba, con lo que obtendremos distintas
ternas (L, M, N), también alineadas, de acuerdo con lo que establece el teorema. Veámoslo en las dos
construcciones siguientes, en los que los puntos son los mismo de la figura sobre la que hemos estado
razonando, y lo único que hemos hecho es renombrarlos y operar.
E
C
A
N
L
M
BF D
r
r'
47
E
C
A
N
L
M
B
F
D
r
r'
48
Lección 28.- SEMIMEDIANAS
28.1 Semimedianas
28.2 Propiedades
28.3 Punto de Lemoine
28.1 Semimedianas
Diremos que dos rectas AP y AP′, son isogonales respecto de un ángulo Â, si forman el mismo ángulo
(y de sentido contrario) con sus lados.
Podemos afirmar, por tanto, que dos isogonales son simétricas respecto a la bisectriz del ángulo.
Dado un triángulo
4
ABC, llamaremos semimediana a la isogonal de la mediana.
Observamos que la semimediana será, siempre, simétrica de la mediana respecto de la bisectriz del án-
gulo que parte del mismo vértice. Estudiaremos las propiedades de las rectas y segmentos de la siguiente
figura en el apartado 28.3
A
B
B'
C
C'
P
P'
Â
Rectas isogonales
respecto de Â
Bisectriz de Â
49
Ejemplo 1. Es inmediato comprobar que el lugar geométrico de los puntos medios de las paralelas a la base de un
triángulo es la mediana correspondiente. Más interés presenta el establecer que el punto medio de las antiparalelas
CB y C′B′ a los lados del triángulo, AB y AC, es la semimediana, es decir, la recta simétrica de la mediana respecto
de la bisectriz que parte del mismo vértice.
A
BC
O
E
E'
C'
B'
G
G'
F
F'
M
M'
S
mediana
semimediana
bisectriz
Si AO es la bisectriz de Â, y hacemos AC′ = AC y AB′ = AB, obtenemos la recta B′C′, que junto con la CB,
determinan ser antiparalelas respecto de los lados del triángulo, AC y AB. Serán, así mismo antiparalelas todos los
pares E′G′, EG, etc. Así como AM es la mediana del triángulo
4
ABC, resultará que
4
AM′ es la mediana del triángulo
4
AB′C′, lugar geométrico de los puntos medios de los segmentos E′G′, EG, etc.
Observemos, por otra parte que la recta AS es la simétrica de la mediana, AM, respecto de la bisectriz AO, a la que
daremos el nombre de semimediana.
Ejemplo 2. La semimediana que parte de un vértice A, de un triángulo
4
ABC, es el lugar geométrico de los puntos
en los que las antiparalelas a los lados de los ángulos B̂ y Ĉ son iguales entre sí.
A
BC
E
M
S
semimediana
D
N
=
=
_
_
50
Sea AS la semimediana: Basta comprobar que SD, antiparalela de AB, es igual que SE, antiparalela de AC.
Por el punto S, tracemos la antiparalela MN de la base BC. Como sabemos que SM = SN, los triángulos
4
DSM y
4
ESN, resultaran isósceles (por ejemplo, los ángulos D̂ y M̂ son iguales al B̂); luego
SD = SM y SE = SN .
Así, las antiparalelas SD y SE son iguales entre sí. Observemos que el razonamiento es válido para todos los puntos
de la semimediana, lo que se traduce en poder decir que la semimediana es el lugar geométrico de los puntos de
intersección de las antiparalelas iguales.
28.2 Propiedades
PROPOSICIÓN 1. La semimediana correspondiente a un vértice, del triángulo,
4
ABC, sea el A,
pasa por el punto de intersección de las tangentes trazadas a la circunferencia circunscrita por los
otros dos vértices, B y C.
En efecto: Sabemos que la semimediana es el lugar geométrico de los puntos de intersección de las antipa-
ralelas iguales ID, JE, y de las rectas iguales LD, LE; en consecuencia las tangentes CP, BP son iguales,
y antiparalelas respecto de los ángulos B̂ y Ĉ, luego la semimediana AL pasa por el punto P.
A
BC
ED
O
L
I J
P
51
Ejemplo 1. La proposición anterior nos facilita una manera de trazar la semimediana correspondiente
a un vértice. Así dado el triángulo
4
ABC,la semimediana correspondiente al vértice A será la recta, Sa,
que une dicho vértice con el punto de intersección de las tangentes a la circunferencia circunscrita, en los
vértices B y C, del triángulo dado.
A
BC
O
P
Sa
Sb
Sc
1
P2
P3
Punto de intersección
de las semimedianas
S , S y Sa b c
52
PROPOSICIÓN 2. Las distancias de un punto de la semimediana a los lados adyacentes, son pro-
porcionales a las longitudes de esos lados.
En efecto: Sean CM la mediana y CS la semimediana, correspondientes al vértice C, del triángulo
4
ABC.
Estas dos rectas son simétricas respecto a la bisectriz, y los ángulos B̂CM y ÂCS iguales, como también
lo son B̂CS y ÂCM.
Además, los triángulos
4
CSX y
4
CMQ son semejantes, como también lo son los
4
CSY y
4
CMP. De estos
triángulos resultan las igualdades
x
q
=
CS
CM
,
y
p
=
CS
CM
de donde
x
y
=
q
p
;
Así los triángulos
4
ACM y
4
BCM tienen bases iguales e igual altura. Luego
a ·p = b ·q =⇒ q
p
=
a
b
lo que nos conduce a que:
x
y
=
a
b
.
A
B
C
M S
X
P
Q
a
b
Y
h
p
x
q
y
H
Una traducción útil, de esta proposición sería la siguiente: La semimediana es el lugar geométrico de los
puntos cuyas distancias a los lados adyacentes son proporcionales a esos mismos lados.
53
Ejemplo 2. La proposición anterior nos sugiere una nueva manera de determinar las semimedianas. Bastará con
trazar paralelas a los lados del vértice que nos interese, a una distancia de los mismos igual a su longitud (o cantidades
proporcionales); su punto de intersección será punto de paso de la semimediana correspondiente.
A
B
CS
Sa
c
b
b
c
Semimediana
PROPOSICIÓN 3. Los segmentos determinados por cada semimediana sobre el lado opuesto, son
proporcionales a los cuadrados de los lados adyacentes, y recíprocamente.
En efecto: Utilizaremos el resultado, y la figura de la proposición anterior.
Por la semejanza de los triángulos rectángulos
4
BSX y
4
BCH, tenemos
BS
x
=
a
h
.
Por la semejanza de los triángulos rectángulos
4
ASY y
4
ACH, tenemos
AS
y
=
b
h
.
Luego: (
BS =
a ·x
h
y AS =
b ·y
h
)
=⇒ BS
AS
=
a ·x
b ·y
,
y como (proposición anterior):
x
y
=
a
b
, tendremos en definitiva
BS
AS
=
a2
b2
.
54
PROPOSICIÓN 4. Dado un triángulo,
4
ABC, la tangente a su circunferencia circunscrita en el
vértice C, es el lugar geométrico de los puntos cuyas distancias a los lados del ángulo Ĉ, son pro-
porcionales a los lados CB = a y CA = b. (A la recta CT, antiparalela de AB, se le llama, también
semimediana exterior).
En efecto: Si CT es la tangente en cuestión, deberá verificarse que:
x
y
=
a
b
, la misma igualdad que se
tenía para los putos de la semimediana CS. Veámoslo:
Por el vértice C trazaremos CL, paralela a la base, con lo que las rectas CT y CL son simétricas respecto
de las bisectrices CI y CJ. Como los triángulos
4
EBC y
4
EAC son equivalentes (tienen la misma base, CE,
y la misma altura), tenemos
a ·EG = b ·EF
es decir
x′
y′
=
b
a
;
luego para la línea simétrica, CT, se tendrá la razón inversa
x
y
=
a
b
.
AB M S
L
J G
E
D
T
I
F
a
b
P
y
x
y'
x'
C
55
Ejemplo 3. El razonamiento de la proposición anterior nos facilita una manera de trazar antiparalelas a dos rectas
dadas, CB y CA. Si una de ellas es la BA, la otra puede ser la tangente, en el punto C, del triángulo
4
ABC, a la
circunferencia circunscrita a dicho triángulo.
AB
C
a
b
c
t
(c y t, son antiparalelas respecto de las a y b)
PROPOSICIÓN 5. Dado un triángulo,
4
ABC, su circunferencia circunscrita, (c), y la tangente a ella
en el vértice A, siendo D el punto de intersección de dicha tangente con la recta BC se verifica que:
1o.- Los cuadrados de los lados c y b están en la relación
BD
CD
.
2o.- Los cuadrados de los lados c y b están en la relación
BS
CS
, siendo S el punto de intersección de
la semimediana correspondiente al vértice A, con el lado opuesto a.
En efecto:
1o.- Sean AD la tangente, y AS la semimediana, ambas correspondientes al vértice A. Dado que los trián-
gulos
4
ABD y
4
CAD son semejantes, se verifica:
c2
b2
=
BD2
AD2
=
BD2
BD ·CD
=
BD
CD
2o.- La recta CF, paralela a la tangente AD, es antiparalela a CB, respecto de los lados del ángulo B̂AC.
Además el punto medio de CF, pertenece a la semimediana AOS del triángulo, puesto que esta línea es el
lugar geométrico de los puntos medios, O, de las antiparalelas a CB.
Dado que CF, paralela a la tangente, queda dividida en dos partes iguales, el haz (AB, AS, AC, AD) es
armónico, luego
BD
CD
=
BS
CS
56
de donde resulta, teniendo en cuenta el resultado de 1o,
c2
b2
=
BS
CS
.
A
B Sa
D
b
C
F
c
semimediana
semimediana exterior
O
(c)
Resumiendo: Las semimedianas trazadas desde un mismo vértice cortan armónicamente al lado
opuesto según la razón de los cuadrados de los otros dos lados.
PROPOSICIÓN 6. La semimediana y la mediana correspondientes a un mismo vértice, A, están
en la relación
2 ·b · c
b2 + c2
.
En efecto: Los triángulos
4
CAS y
4
BAM tienen un ángulo igual (el de su Â), luego son, entre ellos, como el
producto de los lados que comprenden dicho ángulo y por tener el mismo vértice, A, son entre ellos como
sus bases. En consecuencia,
b · s
c ·m
=
CS
BM
,
de donde resulta
s
m
=
c
b
· CS
BM
.
Reemplazamos, ahora, CS y BM por sus valores, en función de los lados, siendo
BM =
a
2
y de acuerdo con la proposición anterior
BS
CS
=
c2
b2
,
luego, sumando 1 a los dos miembros
BS
CS
+1 =
c2
b2
+1 =⇒ BS+CS
CS
=
c2 +b2
b2
=⇒ a
CS
=
c2 +b2
b2
y en definitiva
CS =
a ·b2
b2 + c2
.
57
Sustituyendo, ahora los valores determinados para CS y BM, obtenemos
s
m
=
c
b
·
a ·b2
b2 + c2
a
2
,
de donde
s
m
=
2 ·b · c
a2 + c2
.
B
A
M
D
b
CS
E
F
c
O
= =
m
s
Ejemplo 4. Consideremos el triángulo
4
ABC, inscrito en la circunferencia (c), y tracemos la tangente, t, a la
circunferencia en el vértice A de nuestro triángulo. Veamos como determinar los segmentos n, m y t, en función de
los lados del triángulo dado.
A
B CT a
b
c
O
(c)
α
α
t
n
m
Los triángulos
4
ACT y
4
ABT son semejantes, luego
b
c
=
m
t
=
t
n
,
y además
m−n = a .
58
De la primera igualdad resulta
b2
c2
=
m2
t2
y como
t2 = m ·n [potencia de T respecto (c)] ,
tendremos
b2
c2
=
m2
t2
=
m2
m ·n
=
m
n
Resultará, entonces, que:
m
n
=
b2
c2
=⇒ m−n
n
=
b2− c2
c2
=⇒ n = a · c
2
b2− c2
,
m
n
=
b2
c2
=⇒ m
m−n
=
b2
b2− c2
=⇒ m = a ·b
2
b2− c2
,
t2 = m ·n =⇒ t2 = a
2 ·b2 · c2
(b2− c2)2
=⇒ t = a ·b · c
b2− c2
.
28.3 Punto de Lemoine
Recordemos que las rectas CM y CM′ son isogonales respecto del ángulo Ĉ, si forman el mismo ángu-
lo, respectivamente, con sus lados. Observemos que equivale esto a decir que: Dos isogonales forman el
mismo ángulo con la bisectriz del ángulo dado.
Consideremos, ahora, dos puntos M y M′, situados sobre dos rectas isogonales respecto del ángulo Ĉ; si
proyectamos dichos puntos sobre los lados de Ĉ, sean, respectivamente, A,B y A′, B′, se verificarán las
propiedades siguientes:
A
A´
B
B´
M
M´
59
PROPOSICIÓN 1.
1o.- Los triángulos
4
MAB y
4
M′A′B′ son semejantes.
2o.- Se verifica la relación: MA ·M′A′ = MB ·M′B′ .
3o.- Las rectas AB y A′B′ son antiparalelas.
4o.- El cuadrilátero
�
ABA′B′ es inscribible.
5o.- La recta AB es perpendicular a la isogonal CM′.
(La demostración de estas propiedades es inmediata)
Recordando la definición de semimediana, podemos afirmar que: La semimediana es la isogonal de la
mediana
PROPOSICIÓN 2. Las tres semimedianas de un triángulo se cortan en un mismo punto.
En efecto: Ya sabemos (Proposición 2, del apartado anterior), que la semimediana es el lugar geométrico
de los puntos cuyas distancias a sus lados adyacentes son proporcionales a esos lados.
Sea, por tanto, K el punto de intersección de las semimedianas que pasan por los vértices A y B; tendremos
y
z
=
b
c
y
z
x
=
c
a
.
Multiplicando estas igualdades, obtenemos
y
x
=
b
a
,
luego, el punto K pertenece también ala semimediana del vértice C.
AB
C
S
M
Ka
b
c
x
y
z
Dado un triángulo,
4
ABC, llamaremos punto de Lemoine, o punto semimediano, al punto de intersec-
ción común de las tres semimedianas del triángulo.
60
A
B
C
O
E
F
L
M
N
A'
B'
Semimedianas: AA', BB', CC'
Punto de Lemoine
Semimedianas exteriores: AL, BM, CN
Recta de Lemoine
C'
K
_ _
_
_
_ _
61
Ejemplo 1. Consecuencia de la misma proposición a la que hacíamos referencia en el ejemplo anterior, del apartado
anterior, es la facilidad para determinar el punto de Lemoine, que consiste en trazar las tangentes a la circunferencia
circunscrita, y unir luego sus puntos de intersección con los vértices que se oponen, o sea A con P1, B con P2, y C
con P3, que determinan así mismo las semimedianas. Observamos que, bastaría con determinar dos semimedianas
para obtener el punto que nos interesa, el K.
A
B
C
P P
S
P1
2 3
Sa
Sb
c
O
K
62
Ejemplo 2. Las semimedianas de un triángulo rectángulo se cortan en el punto medio de la altura sobre la hipote-
nusa.
Comprobamos que, siendo AK = KH = x, se verifica
x
y
=
a
b
,
para lo cual basta con observar que los triángulos
4
AKP y
4
BAC son semejantes, lo que nos establece la igualdad
dada. Así tenemos que CF es la semimediana correspondiente al vértice C.
En la misma forma se comprueba que
z
y
=
c
b
lo que nos mostraría que AH es la semimediana correspondiente al vértice A.
A
B CH
P
E
F
K
a
b
c
x
z
y
Punto de Lemoine
En virtud de la Proposición 3 del apartado anterior, podemos afirmar que: La recta que une el vértice de un ángulo
agudo, de un triángulo rectángulo, con el punto medio de la altura relativa a la hipotenusa, divide al lado que
le corresponde en segmentos proporcionales a los cuadrados de los lados adyacentes.
Así tendremos:
AE
CE
=
c2
a2
.
Ejemplo 3. La razón de un lado cualquiera de un triángulo a la distancia de este lado al punto de Lemoine, es igual
a la razón de la suma de los cuadrados de los tres lados, al doble del área, S, del triángulo dado.
Se trata de demostrar que:
a
x
=
a2 +b2 + c2
2 ·S
⇐⇒ x
a
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
.
AB
C
a
b
c
x
y
z
F
D
E
K
63
Como las distancias del punto de Lemoine, K, a los lados están en la misma relación que esos lados, se tiene
x
a
=
y
b
=
z
c
=⇒ a ·x
a2
=
b ·y
b2
=
c · z
c2
de donde resultará
x
a
=
a ·x+b ·y+ c · z
a2 +b2 + c2
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
y finalmente:
a
x
=
b
y
=
c
z
=
a2 +b2 + c2
2 ·S
.
64
Lección 29.- CIRCUNFERENCIA DE TUCKER
29.1 Circunferencias de Lemoine
29.2 Circunferencia de Taylor
29.3 Circunferencia de Tucker
29.1 Circunferencia de Lemoine
Las dos circunferencias de Lemoine, que vamos a estudiar, son casos particulares de las denominadas
circunferencias de Tucker; veremos, así mismo, que también la denominada circunferencia de Taylor es
otro caso particular de estas circunferencias.
PROPOSICIÓN 1. Si por el punto de intersección de las semimedianas de un triángulo (punto de
Lemoine), K, trazamos paralelas a los tres lados, los seis puntos de intersección de los lados y esas
paralelas son concíclicos, y determinan la primera circunferencia de Lemoine.
En efecto: Sean DE, FG, IJ, las paralelas a los lados del triángulo
4
ABC, por el punto de Lemoine, K.
Vamos a probar que el hexágono
�
DFJEGI es inscribible.
Las paralelas y los lados determinan tres paralelogramos, tales como el
�
ADKF, siendo el punto M, de
intersección de sus diagonales, el punto medio de DF. Por ser AK una semimediana, la recta DF, que
divide en dos partes iguales, es antiparalela a BC, respecto de los lados del ángulo Â. Por la misma razón
IG es antiparalela de AB, y JE de AC. Los ángulos ÂFD y B̂JE son iguales, e iguales a su vez al ángulo
Ĉ, por el antiparalelismo; por tanto
�
DFGE es un trapecio isósceles, como también lo son
�
FDIG y
�
JEGI.
Cada uno de ellos es inscribible, y la circunferencia que pasa por los puntos E, J, F, D, pasa igualmente
por el punto I, puesto que el cuadrilátero
�
JFDI es inscribible, al ser DF e IJ antiparalelas respecto a los
otros dos lados; por lo mismo, la circunferencia pasa por G.
A
B C
D
E
F
G
IJ
L
N
T
OPrimera
Circunferencia
de Lemoine
Centro de la primera
circunferencia de
Lemoine OL=LK
Punto de Lemoine
Paralelas de LemoineParalelas de Lemoine 
M
K
DFJEGI es el 
hexágono de Lemoine
65
PROPOSICIÓN 2. La primera circunferencia de Lemoine divide a los lados de un triángulo en
segmentos proporcionales a los cuadrados de los lados. Cada segmento externo corresponde al
cuadrado del lado que le es adyacente, y el intermedio corresponde al cuadrado del lado sobre el
que se encuentra.
En efecto: Se trata de probar que se tiene, para los segmentos de BC, (ver figura anterior):
BE
c2
=
EG
a2
=
CG
b2
.
Como los triángulos
4
BJE,
4
EKG,
4
CIG, tienen la misma altura, KN = x, tendremos
Área de
4
BJE= BE ·x · · · · · · · y la indicaremos por (BJE).
Área de
4
EKG= EG ·x · · · · · · · y la indicaremos por (EKG).
Área de
4
CIG= CG ·x · · · · · · · y la indicaremos por (CIG).
Así, podemos escribir
(BJE)
BE
=
(EKG)
EG
=
(CIG)
CG
Consideremos el primer cociente; los triángulos
4
BJE y
4
BAC son semejantes, puesto que EJ y AC son
antiparalelas; son entre ellos como los cuadrados de los lados homólogos BE y AB. Luego representando
(ABC) por S, se tiene
(BJE)
S
=
BE2
c2
=⇒ (BJE) = S ·BE
2
c2
.
Tendremos, entonces
(BJE)
BE
=
S ·BE2
BE · c2
=
S ·BE
c2
.
Razonando de la misma manera, tendremos para los otros dos cocientes:
(EKG)
EG
=
S ·EG
a2
y
(CIG)
CG
=
S ·CG
b2
de donde resultará, al suprimir el factor común S:
BE
c2
=
EG
a2
=
CG
b2
,
como queríamos establecer.
Obtendríamos también:
CI
a2
=
ID
b2
=
DA
c2
y
AF
b2
=
FJ
c2
=
JB
a2
66
PROPOSICIÓN 3. Los segmentos interceptados sobre los lados de un triángulo, por la primera
circunferencia de Lemoine, son proporcionales a los cubos de los lados correspondientes.
En efecto: Se trata de probar que se tiene; (ver figura anterior):
EG
a3
=
DI
b3
=
FJ
c3
.
Si llamamos x = KN, altura del triángulo
4
EKG, y S al área del triángulo
4
BAC, dado que ambos triángulos
son semejantes, podemos escribir
EG
x
=
a
h
=
a2
2 ·S
de donde, despejando EG, resulta
EG =
a2 ·x
2 ·S
.
Designando por x, y, z las distancias del punto K a los lados a, b, c, y dado que esas distancias son
directamente proporcionales a esos lados, tendremos
x
a
=
y
b
=
z
c
,
de donde resultará
a ·x
a2
=
b ·y
b2
=
c · z
c2
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
.
Así,
x
a
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
y despejando x, obtendremos
x =
2 ·S ·a
a2 +b2 + c2
.
y por tanto
EG =
a3
a2 +b2 + c2
.
En la misma forma se obtendriá
DI =
b3
a2 +b2 + c2
, FJ =
c3
a2 +b2 + c2
.
En consecuencia
EG
a3
=
DI
b3
=
FJ
c3
,
como queríamos establecer.
PROPOSICIÓN 4. Dado un triángulo,
4
ABC, las antiparalelas a sus lados, trazadas por el punto de
Lemoine, cortan a los lados en seis puntos concíclicos, que determinan la segunda circunferencia de
Lemoine.
En efecto: Sean DE, FG, HI las antiparalelas trazadas por K. Las antiparalelas, trazadas, están divididas
por K en dos partes iguales.
Por otra parte, observemos que el triángulo
4
KDG es isósceles, puesto que K̂DG = K̂GD = Ĉ.
67
Los puntos D, I, F, E, H, G, quedan, por tanto, situados sobre una misma circunferencia, la llamada
segunda circunferencia de Lemoine, que tiene su centro en K.
Segunda circunferencia
de Lemoine
Punto de Lemoine
Antiparalelas 
trazadas por K
AB
C
D
E
F
H
I
K
G
ρ
Ejemplo 1. Las cuerdas IF, EH, GD son proporcionales a los cosenos de los ángulos del triángulo
4
ABC.
Haciendo referencia a la figura de la proposición anterior, observamos que el triángulo
4
KGD es isósceles, lo que
nos permite escribir
1
2
·GD = KG · cos D̂GK = KG · cos Ĉ
y si hacemos KG = ρρρ (radio de la segunda circunferencia de Lemoine), tendremos
GD = 2 ·ρρρ · cos Ĉ .
En la misma forma se obtendría
IF = 2 ·ρρρ · cos  , EH = 2 ·ρρρ · cos B̂ .
En consecuencia:
IF
cosÂ
=
EH
cos B̂
=
GD
cos Ĉ
.
29.2 Circunferencia de Taylor
Antes de establecer la que llamaremos circunferencia de Taylor, estudiaremos algunas propiedades pre-
liminares, considerando la figura siguiente:
A
B C
Hb
Hc
E1
E2 F1
F2
D2
H
P
R
QD1
Ha
Circunferencia de Taylor
68
PROPOSICIÓN 1. Si D1, D2; E1, E2; F1, F2 son las proyecciones de los pies Ha, Hb, Hc de las alturas,
respectivamente sobre AB, AC; BC, BA; y CA, CB, se verifica que; los segmentos D1D2, E1E2, F1F2
son antiparalelos respectivamente a los lados BC, CA, AB.
En efecto: Las rectas F1F2, HaHb son paralelas, puesto que unen las proyecciones sobre los mismos lados
de dos puntos de la altura CHc.
PROPOSICIÓN 2. Las rectas D1D2, E1E2, F1F2 pasan por los puntos medios de los lados del
triángulo órtico; que forman el triángulo complementario del triángulo órtico.
En efecto: En el triángulo rectángulo
4
F1HbHc tenemos;
̂F2F1Hb = ĤcHbF1 = ÂBC .
La recta F1F2 pasa, por tanto, por el punto medio, P, de la hipotenusa HbHc.
Razonando en la misma forma se tendrá que, en el triángulo rectángulo
4
HcF2Ha, la recta F1F2 pasa por el
punto medio, Q, de la hipotenusa HcHa.
PROPOSICIÓN 3. Los segmentos D1D2, E1E2, F1F2 son iguales entre sí.
En efecto: Se verifica que
F1F2 = F1P+PQ+QF2 =
1
2
·HcHb +
1
2
·HbHc +
1
2
·HaHc .
Así resulta que, el segmento F1F2, y sus análogos D1D2, E1E2, son iguales que el semiperímetro del
triángulo órtico, y por tanto iguales entre sí.
PROPOSICIÓN 4. Las rectas E2F1 , D1F2 , E1D2 son paralelas a los lados del triángulo de
referencia.
En efecto: Las rectas E2F1 y BC son, ambas, antiparalelas al lado HbHc.
La siguiente proposición establece lo que que habíamos anunciado que nos interesaba: La circunferen-
cia de Taylor.
PROPOSICIÓN 5. Las proyecciones, sobre los lados de un triángulo, de los pies de las alturas,
están situadas sobre una misma circunferencia, la que llamaremos circunferencia de Taylor.
En efecto: Las rectas F1F2, D2E1 son antiparalelas, luego los puntos F1, F2, D2, E1 son concíclicos.
Así mismo, dado que las rectas E2F1 y BC son paralelas, y que E2P = F1P =
1
2
·HbHc, se tiene
F̂1F2E1 = P̂F1E2 = P̂E2E1 = Ê1E2F1
lo que muestra que la circunferencia
©
F2E1D2F1 pasa también por el punto E2.
(Para el punto D1, la demostración es análoga)
69
Ejemplo 1. Los triángulos inscritos
4
D1E1F1 y
4
D2E2F2 son iguales entre sí, y semejantes al triángulo
4
ABC.
Basta con ver que, en la circunferencia de Taylor se tiene
D̂1E1F1 = D̂1D2F1 = ÂBC
PROPOSICIÓN 6. El centro de la circunferencia de Taylor es el centro de la circunferencia inscrita
en el triángulo complementario
4
PQR del triángulo órtico.
En efecto: Dado que los triángulos
4
PE2F1 y
4
F2PE1 son isósceles, la bisectriz del ángulo Ê2PF1, ó Q̂PR,
es la perpendicular en el punto medio de la cuerda E2F1 de la circunferencia de Taylor.
Luego, la bisectriz del ángulo Q̂PR pasa por el centro de la circunferencia de Taylor, y por tanto el centro
T, de la circunferencia inscrita en el triángulo
4
PQR es el centro de la circunferencia de Taylor.
29.3 Circunferencias de Tucker
PROPOSICIÓN 1. Los extremos de las tres antiparalelas iguales, del triángulo
4
ABC, están situadas
sobre una misma circunferencia.
En efecto: Sean E1E2, F1F2, G1G2 tres antiparalelas iguales.
A
B
C
E
F
G
OT
E1
F1
G1
E2
F2
G2
F3
E3
G3
K
Circunferencia 
de Tucker
Centro
El trapecio
�
E1E2G1G2 es isósceles, puesto que
E1E2 = G1G2 y Ê1E2C = ̂E2G1G2 = πππ− B̂
70
El triángulo formado por los puntos medios E, F, G de las tres antiparalelas tendrá, entonces, sus lados
paralelos a los lados del triángulo
4
ABC.
Los triángulos
4
EFG y
4
ABC son homotéticos, con centro de homotecia el punto semimediano K, puesto
que las rectas AE, BF, CG que unen los vértices homólogos, son las semimedianas del triángulo
4
ABC,
porque unen los vértices con los puntos medios de las antiparalelas.
Además, la perpendicular, bajada desde A sobre la antiparalela E1E2 a BC, es la isogonal de la altura del
vértice A; luego pasa por el centro O de la circunferencia circunscrita al triángulo
4
ABC.
Por tanto, las perpendiculares trazadas desde los vértices A, B, C, sobre E1E2, F1F2, G1G2, concurren en
el centro O, y por consiguiente, las perpendiculares en E, F, G sobre las mismas rectas concurren también,
en el centro T de la circunferencia circunscrita del triángulo
4
EFG, en virtud de la homotecia.
El punto T es equidistante de las tres cuerdas iguales E1E2, F1F2, G1G2. Es por tanto el centro de una
circunferencia que pasa por sus extremos; recibe el nombre de circunferencia de Tucker.
Veamos a continuación unos ejemplos, propiedades de la construcción que nos ha llevado a una circun-
ferencia de Tucker:
Ejemplo 1. Los triángulos
4
E1F1G1 y
4
E2F2G2 son iguales entre sí, y semejantes al triángulo de referencia
4
ABC.
Por una parte, en la circunferencia de Tucker, tenemos
Ê1F1G1 = Ê1F2G1 = ÂBC
y por otra parte, se tiene, por ejemplo E1F1 = E2F2, como diagonales del trapecio isósceles
�
E1E2F1F2.
Ejemplo 2. Una circunferencia de Tucker determina, con los lados del triángulo
4
ABC, tres cuerdas paralelas a los
lados y tres cuerdas antiparalelas.
Las cuerdas paralelas son: E1G2, F1E2, F2G1; y las antiparalelas son: E1E2, F1F2, G1G2.
Ejemplo 3. El centro de homotecia de los triángulos
4
ABC y
4
EFG es el punto semimediano, K.
La razón es que, las rectas AE, BF, CG, son las semimedianas del triángulo
4
ABC.
Ejemplo 4. El lugar geométrico de los centros, T, de las circunferencias de Tucker, es la recta OK.
Efectivamente: la línea OT, que une dos puntos homólogos pasa por el centro de homotecia K.
Ejemplo 5. Las cuerdas F2G1, G2E1, E2F1, determinan un triángulo homotético con el
4
ABC, cuyo centro de
homotecia es el punto K.
Designando por E3 el punto de encuentro de las rectas E1G2 y F1E2, la figura
�
AE1E3E2 es un paralelogramo, y por
consiguiente la recta AE pasará, también, por E3, y será semimediana.
Llegados a este punto conviene observar lo siguiente: Tanto la primera circunferencia, como la segun-
da, de Lemoine, así como la circunferencia de Taylor, son casos particulares de las que hemos llamado
circunferencias de Tucker. Veámoslo:
71
1o.- La primera circunferencia de Lemoine se obtiene como caso particular, cuando el triángulo
4
EFG
se reduce al punto K. Vimos que las antiparalelas E1E2, F1F2, G1G2 son iguales y que el centro T era
el punto medio de OK.
2o.- La segunda circunferencia de Lemoine es también una circunferencia de Tucker, pues las antipara-
lelas E1E2, F1F2, G1G2 son iguales; se trata de la circunferencia de Tucker para el que las antiparalelas
son iguales y concurrentes.
3o.- La circunferencia de Taylor es también una circunferencia de Tucker, porque según vimos las
antiparalelas E1E2, F1F2, G1G2 son iguales.
72
Lección 30.- CIRCUNFERENCIA DE BROCARD
30.1 Puntos de Brocard
30.2 Circunferencia de Brocard
30.3 Circunferencia de Neuberg
30.1 Puntos de Brocard
PROPOSICIÓN 1. Sobre cada uno de los lados de un triángulo,
4
ABC, se describe el arco capaz del
suplementario de un ángulo adyacente, tomando esos ángulos en el mismo sentido, al recorrer el
perímetro del triángulo. Estos tres arcos se cortan en un punto M, tal que
M̂AB = M̂BC = M̂CA .
En efecto: 1o.- Los arcos se cortan en un mismo punto, pues
(πππ−A)+(πππ−B)+(πππ−C) = 2 ·πππ
2o- Cada arco es tangente a un lado del triángulo. Se les llaman circunferencias adjuntas. Al utilizar los
centros 1, 3, 5, se obtiene el punto M.
3o.- Los ángulos M̂AB y M̂CA son iguales, como lo son también los M̂CB y M̂BA.
4o.- Si utilizásemos los centros 2, 4, 6, obtendríamos un segundo punto, N, tal que
N̂AB = N̂AC = N̂CB .
5o.- Los ángulos ωωω y ωωω ′, que verifican ser iguales: ωωω =ωωω ′, y reciben el nombre de ángulo de Brocard.
1
2
3
4
5
6 A
BC
M
Âπ−
Âπ−
Â
N
ω’
B̂
ω
B̂π−
B̂π−
Ĉ
Ĉπ−
Ĉπ−
73
Los puntos M y N reciben el nombre de puntos de Brocard. En ocasiones al punto M sele llama primer
punto de Brocard y se le designa por ΩΩΩ1, mientras que al N se le llama segundo punto de Brocard, y se
le designa por ΩΩΩ2.
Otra manera de nombrarlos seria la siguiente: M es el punto positivo (o punto retrógrado), y N es el
punto negativo (o punto directo).
Circunferencias adjuntas correspondiente al punto M.
A
BC
1
3
5
ω
M
Tangentes
Tangentes
Tangentes
Circunferencias adjuntas correspondientes al punto N.
A
BC
Tangentes
ω’
TangentesTangentes
2
4
6
N
74
Ejemplo 1. La siguiente construcción permite la determinación, de forma muy sencilla, del punto M, primer
punto de Brocard.
Se describe el arco capaz, completo, del ángulo πππ− Â sobre el lados AC. Luego por el vértice A se traza una
paralela, AD, al lado CB, que cortará a la circunferencia dibujada (arco capaz) en el punto D. Por último, la recta
DB cortará a la circunferencia anterior en el primer punto de Brocard, el M.
A
BC
D=
=
=
=
M
Â
ω
ω
Âπ−
Con el siguiente ejemplo mostramos una propiedad de los puntos de Brocard, que no nos entretendremos
en demostrar.
Ejemplo 2. Los seis puntos que se obtienen al proyectar los puntos de Brocard, sobre los lados del triángulo, son
concíclicos.
En el dibujo, que justifica el enunciado, puede apreciarse, muy fácilmente, como se pueden determinar los puntos
de Brocard.
A
B
C
M
N
1
2
3
4
75
El siguiente ejemplo sigue la filosofía del anterior: mostrar sin entretenernos en demostrar.
Ejemplo 3. Dado el triángulo
4
ABC, el punto de intersección, S, de las circunferencias adjuntas correspondientes a
los centros 4 y 5, que pasan por el vértice A, pertenece a la semimediana que parte de este vértice, y resulta ser el
punto medio del segmento AD, siendo D el punto de intersección de la recta AS con la circunferencia circunscrita
al triángulo.
A
BC
D
4
5
S
x
y
Ejemplo 4. Construir el ángulo de Brocard, ωωω , de un triángulo
4
ABC.
Una vez trazada la circunferencia circunscrita, se dibujan las tangentes a la misma, por los vértices B y C. Luego
por A se traza la paralela a su lado opuesto, que cortará a las tangentes anteriores en los puntos E y D, que unidos
con los vértices B y C, nos determinan el ángulo que nos interesa, ωωω =ωωω ′.
A
B C
DE
L
ωω’
76
30.2 Circunferencia de Brocard
Dado un triángulo,
4
ABC, la circunferencia que pasa por el centro, O, de su circunferencia circunscrita,
y por los dos puntos de Brocard M y N, recibe el nombre de circunferencia de Brocard.
Establecemos, ahora, los llamados triángulos de Brocard. Para ello consideramos los puntos A1, B1,
C1, en los que las paralelas de Lemoine cortan, respectivamente, a las mediatrices del triángulo
4
ABC.
Al triángulo
4
A1B1C1 le llamaremos primer triángulo de Brocard.
Sean, ahora, A2, B2, C2 las proyecciones de O sobre las semimedianas del triángulo. Al triángulo
4
A2B2C2 le llamaremos segundo triángulo de Brocard.
A
CB
O
C1
C2
s
a
sb
p
b
p
a
p
c
sc
A2
A1
Centro de la
circunferencia
circunscrita
Punto de Lemoine
Paralelas de Lemoine: p , p , pa b c
Semimedianas: s , s , s a b c
Centro de la circunferencia
de Brocard. Su diámetro es
OK
Segundo triángulo
de Brocard
Primer triángulo
de Brocard
Circunferencia 
de Brocard
B2
K
B1
Enunciemos, ahora, un conjunto de propiedades, cuya demostración omitimos, sencilla pero farragosa,
al objeto de aligerar la lectura de nuestra exposición.
• Los triángulos de Brocard admiten la circunferencia de Brocard como circunscrita común.
• Los triángulos
4
AB1C ,
4
BC1A ,
4
CA1B son triángulos isósceles semejantes.
• Las rectas AB1 , BC1 , CA1 concurren en un punto de Brocard, y las A1B , B1C , C1A concurren
en el otro.
77
• Las rectas AA1 , BB1 , CC1 son concurrentes.
• El primer triángulo de Brocard es semejante al triángulo de referencia
4
ABC.
• La circunferencia de Brocard pasa por los puntos de Brocard.
• Los puntos de Brocard son simétricos respecto al diámetro OK
30.3 Circunferencia de Neuberg
Dado un triángulo,
4
ABC, consideremos uno de sus lados, por ejemplo el BC, como lado de referencia,
sobre el que construimos un grupo de seis triángulos equiángulos:
4
ABC,
4
A′CB,
4
BCE,
4
CBE′,
4
BCD,
4
BDC .
Se verifica, entonces, que los seis vértices:
A, A′, D, D′, E, E′
están sobre la misma circunferencia, que llamaremos circunferencia de Neuberg.
A
B C
D
A'
E'E
D'
Circunferencia
de Neuberg 
correspondiente
al lado BC
Los seis triángulos equiángulos considerados tienen el mismo ángulo de Brocard, ωωω , por lo que se les
suele llamar equibrocardianos. Observamos que lo mismo que hemos hecho con el lado BC, podemos
hacerlo con los AB y AC. A todas ellas las llamaremos circunferencias de Neuberg.
78
Lección 31.- TEOREMAS DE PTOLOMEO Y PAPPUS
31.1 Cuadriláteros
31.2 Teorema de Ptolomeo
31.3 Teorema de Pappus (II)
31.1 Cuadriláteros
El estudio de los cuadriláteros presenta un gran interés, sobre todo en el empleo de los sistemas articu-
lados, ya que un cuadrilátero del que se conocen los cuatro lados no está completamente determinado,
puesto que se puede deformar en todos los sentidos. Caso particular lo constituyen los rombos, así como
aquellos que tienen sus diagonales perpendiculares, no perdiendo de vista los trapecios, siendo motivo
de estudio los que además son inscribibles; en algunos casos el triángulo resulta ser un caso particular
de ellos.
PROPOSICIÓN 1. Si dos triángulos tienen dos ángulos respectivamente iguales y dos ángulos
suplementarios, entonces los lados opuestos a los ángulos iguales son proporcionales a los lados
opuestos a los ángulos suplementarios.
En efecto: Coloquemos los dos triángulos como muestra la figura (los triángulos dados son los
4
ABC y
4
ADE):
A
BC
D E
F
αα
β
γ
La disposición adoptada sitúa los triángulos de manera que los ángulos iguales, ααα , sean adyacentes, y que
el lado común sea adyacente a los ángulos suplementarios B̂ y D̂, (βββ +γγγ = 1800).
Observando que AB es la bisectriz del ángulo correspondiente al vértice A del triángulo
4
ACF, podemos
escribir
AC
CB
=
AF
BF
y como
AF
BF
=
AE
DE
79
tendremos
AC
CB
=
AE
DE
y en definitiva
AC
AE
=
BC
DE
como queríamos establecer.
Ejemplo 1. Construyamos un cuadrilátero inscribible conociendo los cuatro lados.
Supongamos el problema resuelto, y sean a, b, c, d los cuatro lados dados.
A
B
C
D
E
F
G
a
b
c
d
==
EF es paralela a DA, y el problema estaría resuelto si se pudiera construir el triángulo
4
DBG.
Los triángulos semejantes
4
ABG,
4
EBF y
4
CBD permiten escribir
AG
CD
=
AB
CB
=⇒ AG
c
=
a
b
es decir
AG =
a · c
b
Significa esto que DG resulta conocido (DG = DA+AG).
Por otra parte, podemos determinar el cociente de los lados BD y BG, puesto que se verifica
BD
BG
=
BE
BA
=
b
a
,
luego, respecto de los puntos D y G, (cuya distancia DG es conocida ya), se puede describir el lugar geométrico de
los puntos B, tales que el cociente de las distancia a los dos primeros es igual a
b
a
.
Luego, tomando el punto A como centro, y la longitud a como radio, se corta el lugar geométrico obtenido, quedando
así determinado el punto B.
Por último, se traza la circunferencia circunscrita del triángulo
4
ABD, y se dibuja la cuerda BC = b. La cuerda CD
coincidirá con la longitud dada c.
80
A
B
C
G
a
c
d
=
=
O
A
G
_ a
b c
b
b
a
D
'
D
''
G
'
a
b
b
P 1
O
1
P 2
D
Lu
ga
r 
ge
om
ét
ric
o 
de
 B
D
et
er
m
in
ac
ió
n 
de
 A
G
_
a
b
c
d
D
at
os
 :
81
PROPOSICIÓN 2. Cuando dos rectas AC, BD, de longitudes dadas se cortan según un ángulo
constante, el cuadrilátero
�
ABCD, formado al unir dos a dos los extremos de esas rectas, tiene un
área constante.
En efecto: Consideremos la figura siguiente, que nos servirá de guía en el razonamiento.
A
B
C
D
E
FG
H
O
Por los vértices A y C tracemos sendas paralelas a la diagonal BD, y por los vértices B y D, paralelas a
AC.
El paralelogramo que formamos de esta manera, el
�
EFGH, es constante, dado que lo esel ángulo Ĝ = Ô,
no dependiendo del eventual desplazamiento de la recta AC, siempre paralela a sí misma. Ahora bien, la
superficie del cuadrilátero es la mitad de la del paralelogramo, dado que el triángulo
4
AOB tiene igual área
que
4
ABE, y así mismo,
4
AOD y
4
ADH también tienen el mismo área; lo mismo ocurre con los triángulos
4
OCD y
4
CGD, y con los
4
OCB y
4
BCF.
En consecuencia, el cuadrilátero tiene un área constante.
PROPOSICIÓN 3. Para todo punto, O, perteneciente al plano de un rectángulo
�
ABCD, la suma de
los cuadrados de las distancias a dos vértices opuestos es igual a la suma de los cuadrados de las
distancias de ese mismo punto a los otros dos vértices.
En efecto: Consideremos la siguiente figura, que nos servirá de guía en el razonamiento.
A B
CD
O
a
b
c
d
Observemos que por el punto O hemos trazado paralelas a los lados del rectángulo.
Si a, b, c, d son las distancias de O, respectivamente, a los cuatro lados del rectángulo, se verifica que
AO2 = a2 +b2
CO2 = c2 +d2
82
y sumando las igualdades, resulta
AO2 +CO2 = a2 +b2 + c2 +d2 .
En la misma forma se calcula BO2 +DO2, y con el mismo resultado, es decir
BO2 +DO2 = c2 +b2 +a2 +d2 .
En consecuencia:
AO2 +CO2 = BO2 +DO2 .
Ejemplo 2. La suma de los cuadrados de las distancias de un punto, O, a los cuatro vértices de un rectángulo,
�
ABCD, es igual al valor del cuadrado de la diagonal, más cuatro veces el cuadrado de la distancia del punto dado al
punto de intersección de las diagonales.
A B
CD
O
d
a
b
c
b+d
 2
a+c
 2 M
M
O
a-c
 2
b-d
 2
Se verifican las siguientes igualdades:
AO2 = a2 +b2
CO2 = c2 +d2
 =⇒ AO2 +CO2 = a2 +b2 + c2 +d2

AM2 =
(
a+ c
2
)2
+
(
b+d
2
)2
=
a2 + c2 +2 ·a · c+b2 +d2 +2 ·b ·d
4
MO2 =
(
a− c
2
)2
+
(
b−d
2
)2
=
a2 + c2−2 ·a · c+b2 +d2−2 ·b ·d
4
AM2 +MO2 =
a2 +b2 + c2 +d2
2
=⇒ 2 · (AM2 +MO2) = a2 +b2 + c2 +d2
luego:
AO2 +CO2 = 2 ·AM2 +2 ·MO2 =⇒ (BO2 +DO2 = 2 ·BM2 +2 ·MO2) .
Por otra parte:
AM = BM y AC2 = (2 ·AM)2 =⇒ 4 ·AM2 = AC2 .
En consecuencia:
AO2 +BO2 +CO2 +DO2 = AC2 +4 ·MO2 .
83
Ejemplo 3. Por el vértice A de un paralelogramo,
�
ABCD, se traza una secante AMN que corta a BC en M y a DC
en N. Se verifica, entonces, que el producto BM ·DN es constante.
A
D
B
C
M
α
β
N
Observemos que B̂ = D̂, y ααα = βββ , luego los triángulos
4
ABM y
4
ADN son semejantes, por tanto se verificará:
BM
AB
=
AD
DN
de donde
BM ·DN = AB ·AD = (constante)
Ejemplo 4. Por un punto, O, situado sobre la diagonal BD de un paralelogramo,
�
ABCD, se traza una secante que
corta a los lados adyacentes AB y AD, respectivamente, en F y G, y que corta a los otros dos en F′ y G′. Se verifica,
entonces, que:
OF ·OG = OF′ ·OG′ .
A B
CD
O
F
F'
G
G'
Observemos que los triángulos
4
OFB y
4
ODG′ son semejantes, y que también lo son los
4
OF′B y
4
OGD, luego se
verificará:
OF
OG′
=
OB
OD
=
OF′
OG
de donde resulta
OF ·OG = OF′ ·OG′
84
PROPOSICIÓN 4. Un punto cualquiera, P, situado sobre la diagonal AC de un rombo,
�
ABCD,
divide a esta diagonal en dos segmentos cuyo producto es igual a la diferencia, AB2−PB2, del
cuadrado del lado del rombo y del cuadrado de la distancia, PB, del punto P al vértice B.
En efecto: Prolonguemos PB hasta que corte a la circunferencia de centro B, y radio BA:
A
B
C
D
E
F
a
b
P
Se verifica, entonces, que
AP ·PC = PE ·PF = (a+b) · (a−b) = a2−b2 = AB2−PB2
Ejemplo 5. En las condiciones de la proposición anterior, comprobar que el producto AP ·CP es constante:
1o.- Cuando el punto P está situado en la prolongación de la diagonal AC.
2o.- Cuando el rombo se sustituye por un cuadrilátero
�
BAEC, cuya diagonal BE es perpendicular a AC en su punto
medio.
A
B
C
D
E
P O
a
b
a'
b'
85
se verifica:
1o.- b2− a2 = (OP2 +OB2)− (OA2 +OB2) = OP2−OA2 = (OP+OA) · (OP−OA) = PC ·PA
2o.- b′2−a′2 = ............................................= OP2−OA2 = ....................................= PC ·PA
Ejemplo 6. Comprobemos que cuando la diferencia de los cuadrados de dos lados adyacentes de un cuadrilátero
es igual a la diferencia de los cuadrados de los otros dos lados, partiendo el mayor lado de cada grupo del mismo
vértice, entonces las diagonales del cuadrilátero son perpendiculares.
Consideremos la siguiente figura, que nos servirá de guía en el razonamiento.
A
B
C
D
O
a b
c
d
Admitamos que se verifica la relación
b2−a2 = c2−d2
y que los lados mayores parten del vértice C. Hay que probar que BD y AC son rectas perpendiculares.
Sea O el pie de la perpendicular desde el vértice B sobre AC, y O′ el pie de la perpendicular desde el vértice D sobre
AC; bastará, entonces, comprobar que los puntos O y O′ coinciden.
Sabemos que se verifican las igualdades:
b2−a2 = CO2−AO2
c2−d2 = CO′2−AO′2
luego
CO2−AO2 = CO′2−AO′2
igualdad, esta última, que solo puede verificarse cuando O y O′ coincidan.
86
Ejemplo 7. Si en un cuadrilátero sus diagonales son perpendiculares, la suma de los cuadrados de dos lados opues-
tos es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados.
Consideremos la siguiente figura, que nos servirá de guía en el razonamiento.
A
B
C
D
O
a b
c
d
p
m n
q
Se verifican las siguientes igualdades:
a2 + c2 = m2 +p2 +n2 +q2
b2 +d2 = n2 +p2 +m2 +q2
luego
a2 + c2 = b2 +d2
Recíprocamente, de esta última igualdad deducimos que
c2−d2 = b2−a2
luego la recta BD es perpendicular a la AC, (según vimos en el ejemplo anterior).
87
TEOREMA DE EULER. En el cuadrilátero
�
ABCD, la suma de los cuadrados de los lados es igual
a la suma de los cuadrados de sus diagonales, mas cuatro veces el cuadrado de la recta EF que une
los puntos medios de las diagonales.
En efecto: La siguiente figura nos servirá de guía en el siguiente razonamiento.
A
B
C
D
E
F
a
b
c
d
e
m
n
i
n
m
r
En primer lugar, unimos el punto E, punto medio de una de las diagonales, con los vértices opuestos B y
D, y con el punto medio, F, de la otra diagonal.
Así, la recta BE será una mediana del triángulo
4
ABC, DE una mediana del triángulo
4
CDA, y FE una
mediana del triángulo
4
BED.
F
G
H
JK
Fórmula de la media:
GJ
FG + GH FH
___
_
_
= -
_2
2 2 2
2 4
Aplicando la fórmula de la media al triángulo
4
ABC tendremos:
i2 =
a2 +b2
2
− (2 ·n)
2
4
=⇒ a2 +b2 = 2 · i2 +2 ·n2
y aplicando la misma fórmula al triángulo
4
CDA, tendremos:
c2 +d2 = 2 · e2 +2 ·n2 .
Sumando ambas igualdades obtendremos:
a2 +b2 + c2 +d2 = 2 · i2 +2 · e2 +4 ·n2 .
88
Aplicando una vez más la fórmula de la media, ahora al triángulo
4
BED, tendremos:
i2 + e2 = 2 · r2 +2 ·m2 .
es decir
2 · i2 +2 · e2 = 4 · r2 +4 ·m2 ;
y por último haciendo la sustitución correspondiente
a2 +b2 + c2 +d2 = (2 ·m)2 +(2 ·n)2 +4 · r2
y en definitiva, lo que nos interesaba:
a2 +b2 + c2 +d2 = BD2 +AC2 +4 · r2 .
Ejemplo 8. En un trapecio,
�
ABCD, en el que la base menor es la mitad de la mayor, la suma de los cuadrados de
sus diagonales es igual a la suma de los cuadrados de la base mayor y de los lados no paralelos.
Consideremos la siguiente figura, que nos servirá de guía en el razonamiento.
a
b
c
d
f g
m
Como la recta m es la semidiferencia de las bases, tendremos:
4 ·m2 = d2 .
La siguiente fórmula
f2 +g2 +4 ·m2 = a2 +b2 + c2 +d2
obtenida en el ejemplo anterior, aplicando el Teorema de Euler, se reduce en nuestro caso, a la siguiente:
f2 +g2 = a2 +b2 + c2 .
31.2 Teorema de Ptolomeo
Aunque el concepto de recta de Simson puede ser utilizado para obtener el resultado que sigue, vamos a
proceder a su demostración directa.
1er TEOREMA DE PTOLOMEO. En todo cuadrilátero,
�
ABCD, inscrito en una circunferencia, el
producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos.
En efecto: Se trata de probar que: AC ·BD = a · c+b ·d
A
B
C
D
a
c
d
b
E
α
γ
β
89
En primer lugar dibujamos el ángulo α̂αα igual al β̂ββ .
Se verifica entonces que los triángulos
4
DEA y
4
DCB son semejantes, puesto que además de ser α̂αα = β̂ββ ,
4
EAD=
4CBD; luego tendremos:
d
BD
=
AE
b
=⇒ b ·d = BD ·AE .
Por otra parte, los triángulos
4
CDE y
4
BDA son, también semejantes, puesto que además de ser ÊCD = ÂBD,
tenemos que
ĈDE = γ̂γγ + β̂ββ y ÂDB = γ̂γγ +α̂αα
y como α̂αα = β̂ββ , resultará que ĈDE = ÂDB, lo que nos permite escribir:
c
BD
=
CE
a
=⇒ a · c = BD ·CE .
Sumando, ahora, los resultados obtenidos, resultará
a · c+b ·d = BD ·CE+BD ·AE = BD · (CE+AE) = BD ·AC
y en definitiva, lo que nos interesaba demostrar:
AC ·BD = a · c+b ·d .
2do TEOREMA DE PTOLOMEO. En todo cuadrilátero no inscribible,
�
ABCD, el producto de sus
diagonales es menor que la suma de los productos de los lados opuestos.
En efecto: Se trata de probar que: AC ·BD < a · c+b ·d .
A
B
C
D
E
a
b
c
d
r
t s
En primer lugar, trazamos una circunferencia que pase por tres de los vértices, por ejemplo: A, D, C.
Dibujemos el ángulo r igual al s, y el D̂AE igual al ĈBD; tracemos ahora EC.
Dado que el punto B no está situado sobre la circunferencia, el ángulo ĈBD no tendrá la misma medida
que el D̂AC, lo que significa que la recta AE no se confundirá con la AC.
Por ser semejantes los triángulos
4
DEA y
4
DCB, tendremos
d
BD
=
AE
b
=⇒ b ·d = BD ·AE .
90
Esos mismos triángulos dan también
DA
DB
=
DE
DC
;
y como se verifica que
t+ s = t+ r ,
los dos triángulos
4
CDE y
4
BDA son semejantes, por tener, en D, el mismo ángulo comprendido entre lados
proporcionales, con lo que tendremos
c
BD
=
CE
a
=⇒ a · c = BD ·CE .
Sumando las expresiones obtenidas para b ·d y a · c resultará
a · c+b ·d = BD · (AE+CE)
Si se reemplaza, ahora, el valor AE+CE, por el AC, que es menor, obtendremos
BD ·AC < a · c+b ·d .
(Observemos que es indiferente, que el vértice B esté en el interior o en el exterior de la circunferencia,
con lo que vale el razonamiento anterior, y por tanto el enunciado.)
Del 1er y 2do Teoremas de Ptolomeo resulta que: Si el producto de las diagonales de un cuadrilátero
es igual a la suma de los productos de los lados opuestos, el cuadrilátero es inscribible.
Ejemplo 1. Dado un trapecio cualquiera,
�
ABCD, la suma de los cuadrados de sus diagonales es igual a la suma de
los cuadrados de sus lados no paralelos, mas dos veces el producto de sus bases.
Consideremos la siguiente figura, que nos servirá de guía en el razonamiento
a
b
c
d
f g
m
A
B C
D
(La recta m une los puntos medios de las diagonales.)
Aplicando al trapecio el anterior Teorema de Euler, tendremos
a2 +b2 + c2 +d2 = f2 +g2 +4 ·m2 .
Ahora bien, dado que la recta m, que une los puntos medios de las diagonales es igual a la semidiferencia de las
bases, es decir
b−d = 2 ·m ,
91
elevando esta igualdad al cuadrado, resultará
b2 +d2−2b ·d = 4 ·m2 .
Restando, ahora, esta igualdad de la primera, obtendremos lo que nos interesa:
f2 +g2 = a2 + c2 +2 ·b ·d .
Ejemplo 2. Si DEF es la recta de Simson del triángulo
4
ABC, respecto del punto M, se verifica que
p ·MA = q ·MB = r ·MC .
Consideremos la siguiente figura, que nos servirá de guía en el razonamiento.
A
B C
D
E
F
Mr
q
p
Los triángulos rectángulos
4
MFC y
4
MDA son semejantes, ya que los ángulos M̂CF y M̂AD tienen el mismo suple-
mento. Luego, podemos escribir
MA
r
=
MC
p
,
de donde resultará
p ·MA = r ·MC .
PROPOSICIÓN 1. Cuando una circunferencia, (c), pasa por el vértice, A, de un paralelogramo, y
corta a la diagonal y a los lados en los puntos L, M, N, se verifica que:
AC ·AL = AB ·AM+AD ·AN .
En efecto: La siguiente figura nos servirá de guía en el razonamiento.
AB
C D
L
M
N
92
Trazamos, en primer lugar, las rectas LM, LN y MN.
Dado que el cuadrilátero
�
AMLN está inscrito en la circunferencia, se verifica, en virtud del 1er Teorema
de Ptolomeo:
AL ·MN = AM ·LN+AN ·LM .
Además, por ser semejantes los triángulos
4
ABC y
4
NLM, podemos escribir
AC
MN
=
AB
LN
=
AD
LM
.
Multiplicando, ahora, la primera igualdad, convenientemente, por las igualdades anteriores, tendremos
AC
MN
·AL ·MN = AB
LN
·AM ·LN+ AD
LM
·AN ·LM
de donde resulta lo que nos interesaba;
AC ·AL = AB ·AM+AD ·AN .
Ejemplo 3. Si sobre los lados de un ángulo Â, se toman dos puntos M y N, ligados por la relación
a ·AM+b ·AN = 1 ,
siendo a y b constantes, la circunferencia circunscrita al triángulo
4
AMN pasa por un punto fijo, L.
Bastará tomar a = AB y b = AD para obtener, aplicando la proposición anterior,
AB ·AM+AD ·AN
AC ·AL
= 1 .
Luego, el punto L es un punto fijo sobre la diagonal AC.
AB
C
D
L
M
N
Â
a
b
93
31.3 Teorema de Pappus (II)
El teorema que nos ocupa admite muy variadas demostraciones; de entre todas hemos elegido la mas
directa y tal vez la más sencilla. Los casos particulares que se deriva de él nos proporcionarán ejemplos,
que son verdaderas proposiciones.
TEOREMA DE PAPPUS (II) El producto de las distancias de un punto cualquiera, M, de una
circunferencia, a dos lados opuestos de un cuadrilátero inscrito,
�
ABCD, es igual al producto de las
distancias de ese mismo punto a los otros dos lados.
En efecto: La siguiente figura nos servirá de guía en el razonamiento.
A
B
C
D
E
F
G
H
f
h
r
s
g
e
M
Unamos, en primer lugar, el punto M con dos vértices opuestos, por ejemplo B y D, con las rectas MB = r,
y MD = s.
Los triángulos
4
MBE y
4
MDH son rectángulos, respectivamente en E y H, y sus ángulos en B y D tienen,
ambos, por medida la mitad del arco
_
AM; así, estos triángulos son semejantes, y se tiene
e
h
=
r
s
.
Además, los triángulos
4
MDG y
4
MBF son rectángulos, respectivamente en G y F, y sus ángulos en B y D,
tienen, ambos, por medida la mitad del arco
_
CBM; así, estos triángulos son semejantes, y se tiene
g
f
=
s
r
.
Multiplicando miembro a miembro las dos igualdades obtenidas, se tiene
e ·g
f ·h
=
r · s
r · s
,
y en definitiva, lo que nos interesaba:
e ·g = f ·h .
94
Ejemplo 1. Si, en el Teorema de Pappus, consideramos que los vértices C y D coinciden en un mismo punto, el
cuadrilátero queda reemplazado por un triángulo, y el lado CD en una tangente. Se seguirá verificando que:
e ·g = f ·h ,
lo que nos permite obtener la propiedad siguiente:
Dada una circunferencia, circunscrita a un triángulo, el producto de las distancias de un punto de la circun-
ferencia a dos lados del triángulo, es igual al producto de las distancias del mismo punto al tercer lado y a la
tangente trazada por el vértice opuesto.
A
B
M
C D=
f
e
h
O
g
Ejemplo 2. Si en el Teorema de Pappus, consideramos que dos lados opuestos del cuadrilátero, AB y CD, coin-
ciden, obtenemos la propiedad siguiente:
La distancia de un punto cualquiera de una circunferencia a una cuerda dada, es media proporcional entre
las distancias del mismo punto a las tangentes trazadas por los extremos de la cuerda, puesto que:
e ·g = f ·h =⇒ e2 = f ·h
A = C
C = D
M
O
e = g
h
f
95
Ejemplo 3. Si en el Teorema de Pappus, consideramos que los vértices B, C, D coinciden en un mismo punto,
evidentemente se sigue verificando que:
e ·g = f ·h .
M
O
A
B = C = Dg = f
e = h
96
Lección 32.- TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON
32.1 Teorema de Pascal
31.2 Teorema de Brianchon
32.1 Teorema de Pascal
La siguiente proposición es un ejemplo más de aplicación del Teorema de Menelao, y ha merecido un
nombre especial, el de Teorema de Pascal, que ya establecimos directamente en el apartado 11.2 de la
lección 11. Veamos aquí otra forma de obtenerlo:
TEOREMA DE PASCAL.- Los lados opuestos de un hexágono inscrito en una circunferencia se
cortan dos a dos en tres puntos alineados.
En efecto: si los vértices del hexágono convexo o cóncavo son A, B, C, D, E, F, numeraremos los lados en
el orden en el que nos vayamos encontrando dichos vértices conforme nos desplacemos sucesivamente de
cada uno al siguiente. Así, los lados AB, BC, CD, DE, EF y FA, tendrán respectivamente los números 1,
2, 3, 4, 5 y 6. Serán lados opuestos los (1,4), (2,5) y (3,6), y sus puntos de intersección, respectivamente
los A′, B′ y C′.
Se trata de demostrar queA′, B′, C′ están alineados. Para ello consideraremos el triángulo
4
A1B1C1, for-
mado por los lados 1, 3, 5, al que aplicaremos el Teorema de Menelao, cortado dicho triángulo por las
transversales 2, 4, 6. Así tendremos:
B′C1
B′A1
· CA1
CB1
· BB1
BC1
= 1
A′B1
A′C1
· DA1
DB1
· EC1
EA1
= 1
C′A1
C′B1
· FC1
FA1
· AB1
AC1
= 1
Si multiplicamos estas tres igualdades, miembro a miembro, podemos escribir:(
A′B1
A′C1
· B
′C1
B′A1
· C
′A1
C′B1
)
·
(
CA1
EA1
· DA1
FA1
)
·
(
AB1
CB1
· BB1
DB1
)
·
(
EC1
AC1
· FC1
BC1
)
= 1
Ahora bien, los productos de los tres últimos paréntesis valen cada uno 1, puesto que, por ejemplo
CA1
EA1
· DA1
FA1
=
A1C ·A1D
A1E ·A1F
,
y los dos productos
A1C ·A1D y A1E ·A1F
son iguales a la potencia del punto A1 respecto de la circunferencia circunscrita al hexágono.
En consecuencia, deberá verificarse que
A′B1
A′C1
· B
′C1
B′A1
· C
′A1
C′B1
= 1
97
luego, en virtud del Teorema de Menelao, resultará que los puntos A′, B′, C′ están alineados como que-
ríamos demostrar.
A
B
C
D
EF
A'
B'
C'
1
2
3
4
5
6
A1
B1
C1
Hexágono convexo
98
Hexágono cóncavo
A
B
C
DE
F
B'
C'
1
2
3
4
5 6
B1
C1
A'
A1
4
El Teorema de Pascal puede ser aplicado, como casos particulares, a pentágonos, cuadriláteros y trián-
gulos inscritos en circunferencias:
99
PENTÁGONO. Si mantenemos fijos los puntos A, B, C, D, E y aproximamos indefinidamente el punto
F al A, tendremos que la recta AF tendrá como límite la tangente AT, a la circunferencia, en el punto A,
y el lado EF terminará siendo el EA.
Siguiendo el hilo de la demostración del Teorema de Pascal, si damos a la tangente AT el número 6, y al
lado EA el número 5, los puntos de encuentro de las rectas (1,4), (2,5), (3,6), respectivamente A′, B′,
C′, estarán en línea recta.
Lo que hemos hecho, en definitiva, es considerar un pentágono inscrito en una circunferencia, añadiendo
a los lados del mismo la tangente en uno de sus vértices.
A
B
C
D
A'
B'
C'
12
3
4
5
6
E
CUADRILÁTERO. En la línea de lo establecido con el pentágono, si consideramos un cuadrilátero
inscrito en una circunferencia, bastará añadir a los lados del mismo las tangentes en dos de sus vértices.
Caben aquí dos posibilidades:
1a.- Las tangentes añadidas lo son en dos vértices consecutivos, por ejemplo C y D.
Dando al lado AB el número 1, al BC el número 2, a la tangente en C el número 3, al lado CD el número
4, a la tangente en D el número 5 y al lado DA el número 6, resultará que las rectas (1, 4), (2, 5) y (3, 6)
se cortarán en los puntos A′, B′, C′, situados sobre una recta.
A
B
C
D
A'
B'
C'
1
2
3
4
56
100
2a.- Las tangentes añadidas lo son en dos vértices opuestos, por ejemplo B y D.
Dando al lado AB el número 1, a la tangente en B el número 2, al lado BC el número 3, al lado CD
el número 4, a la tangente en D el número 5, y al lado DA el número 6, resultará que las rectas (1, 4),
(2, 5), (3, 6), se cortarán en los puntos A′, B′, C′ situados en una recta.
Si en lugar de las tangentes en los puntos B y D, consideramos las tangentes en A y C, numerando en la
forma siguiente: el lado AB con 1′, el BC, con 2′, la tangente en C con 3′, el lado CD, con 4′, el lado
DA, con 5′, y la tangente en A con el 6′, resultará que las rectas (1′, 4′), (2′, 5′), (3′, 6′), se cortarán en
los puntos A′, C′ y D′, situados en una recta.
Puesto que el punto B′ se encuentra sobre la recta A′C′, podemos concluir que los cuatro puntos A′, B′,
C′ y D′ están alineados, y en consecuencia que: Dado un cuadrilátero inscrito en una circunferencia, los
puntos de intersección de los lados opuestos, y los de las tangentes en los vértices opuestos resultan ser
cuatro puntos alineados.
B'
B
2 5
C
C'
D'
3 2'
1
1' 6
5'
A
6'
4
4'
3'D
A'
101
TRIÁNGULO. Consideremos un triángulo, el
4
ABC, inscrito como en los casos anteriores en una cir-
cunferencia. Si añadimos a sus lados las tangentes en sus vértices a la circunferencia, y numeramos como
sigue: el lado BC con el número 1, la tangente en B con el número 2, el lado BA con el número 3, la
tangente en A con el número 4, el lado AC con el número 5, y por último, la tangente en C con el número
6, resultará que los puntos de intersección de las rectas (1, 4), (2, 5), (3, 6), respectivamente A′, B′, C′
estarán en línea recta.
A´
A
B
B´
C
C´
1
2
3
4
5
6
102
32.2 Teorema de Brianchon
La siguiente propiedad va a ser utilizada en la demostración que sigue, conocida como Teorema de
Brianchon, que como veremos en la lección siguiente, está estrechamente relacionado con el Teorema de
Pascal.
PROPOSICIÓN 1. Sean ααα , βββ , γγγ , δδδ cuatro tangentes cualesquiera a una circunferencia. Si consi-
deramos otras dos tangentes, asimismo cualesquiera, t y t′ que corten a las cuatro primeras en los
puntos A, B, C, D y A′,B′,C′,D′, respectivamente, se verifica que:
(ABCD) = (A′B′C′D′)
En efecto: Sea O el centro de la circunferencia y A1,B1,C1,D1,M,M′ los puntos de contacto de las
tangentes ααα , βββ , γγγ , δδδ , t, t′.
A´ B´
C´D´
A
B
M´
C
D
O
M
C1
B1
A1
D1
α
β
γ
δ
t´
t
Puesto que A1 y M son los puntos de contacto de las tangentes trazadas desde el punto A a la circunfe-
rencia, la recta MA1 resultará ser perpendicular a la recta OA. Asimismo, MB1 , MC1 , MD1 serán
perpendiculares, respectivamente, a las OB , OC , OD.
Si (M.A1B1C1D1) designa el haz de las cuatro rectas MA1 , MB1 , MC1 , MD1 , y (O.ABCD) el haz
de las cuatro rectas perpendiculares a las anteriores, se verificará.
(M.A1B1C1D1) = (O.ABCD) .
La igualdad anterior resultará al hacer girar uno de los haces un ángulo recto alrededor de su vértice, y
después de la rotación, dado que sus rayos resultarán paralelos a los del otro haz, aplicar una traslación que
los haga coincidir. Asimismo se verificará
(M′.A1B1C1D1) = (O.A′B′C′D′) .
Dado que los primeros miembros resultan ser evidentemente iguales, también lo serán los segundos, es
decir
(O.ABCD) = (O.A′B′C′D′)
o lo que es lo mismo
(ABCD) = (A′B′C′D′)
103
TEOREMA DE BRIANCHON. En todo hexágono circunscrito a una circunferencia, las rectas que
unen los vértices opuestos pasan por un mismo punto.
En efecto: Dado un hexágono, cuyos lados son tangentes a una circunferencia, si suponemos que nos
desplazamos a lo largo de su perímetro en un sentido cualquiera podemos ir numerando sus vértices según
los vamos encontrando: 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Siendo vértices opuestos los (1, 4), (2, 5), (3, 6), lo que nos interesa demostrar es que las rectas (1, 4),
(2, 5) y (3, 6) son concurrentes.
Los lados opuestos del hexágono son (12, 45), (23, 56) y (34, 61).
Tomemos, ahora, dos lados cualesquiera con la condición de que no sean ni opuestos ni consecutivos, por
ejemplo 12 y 34; cortémoslos luego por los otros cuatro lados del hexágono, los 23, 45, 56 y 61.
El lado 12 resultará cortado en los puntos 2, G, H, 1, y el lado 34 en los 3, 4, K, L, verificándose
(2, G, H, 1) = (3, 4, K, L) ,
en virtud de la proposición anterior.
Unamos los puntos de la primera división con el vértice 5, separado del lado 12 por un solo lado y que no
está situado sobre el lado 34. Luego, unamos los puntos de la segunda división con el vértice 6, separado
del lado 34 por un solo lado y que no está situado sobre el lado 12. Tendremos
(5.2GH1) = (6.34KL)
es decir dos haces con una misma razón doble y dos rayos homólogos confundidos, los 5H y 6K. Por tanto,
los puntos de intersección de los otros rayos homólogos: (52, 63), (5G, 64), (51, 6L), están alineados.
Como 5G y 64 se cortan en el punto 4, y 51 y 6L se cortan en el punto 1, podemos concluir que la recta 14
pasa por el punto de intersección de las rectas 25 y 36, como queríamos demostrar.
G H
L
K
I
1 2
3
4
5
6
Hexágono convexo
1
2
3
4
5
6
L
I
K
G H
Hexágono cóncavo
104
El Teorema de Brianchon admite otra demostración completamente distinta de la que hemos dado en su
establecimiento, haciendo aplicación en la que veremos del concepto ejeradical de dos circunferencias.
Antes de proceder veamos una sencilla propiedad que también utilizaremos en la demostración.
PROPOSICIÓN 2. Sean P′ y Q′ dos puntos de las tangentes en P y Q a una circunferencia, (c),
ambos situados al mismo lado de la recta PQ, siendo PP′ = QQ′. En estas condiciones existe una
circunferencia, (c′), que es tangente a las rectas PP′ y QQ′, respectivamente en los puntos P′ y Q′.
En efecto: Razonando sobre la figura siguiente, observamos que ésta resulta simétrica respecto de la me-
diatriz de PQ, que es también la mediatriz tanto de P′Q′ como de un diámetro de (c). Las perpendiculares
a PP′ y QQ′, en P′ y Q′, cortan ambas a esta línea media en el mismo punto, que es el centro de la
circunferencia buscada.
(c)
(c')
P
P'
Q
Q'
Vamos, ahora, a volver a enunciar el teorema que nos interesa y a proceder con la segunda demostración
anunciada:
TEOREMA DE BRIANCHON. En todo hexágono circunscrito a una circunferencia, las rectas que
unen los vértices opuestos pasan por un mismo punto.
En efecto: Vamos a razonar teniendo como guía la figura siguiente.
B
C
D
F
U P
Q
R S
T
P'
Q'
R' S'
U'
T'
(c)
(c )1
(c )2 
(c )3 
I
A E
Consideremos el hexágono de vértices A, B, C, D, E, F, que para simplificar supondremos convexo, cuyas
diagonales AD, BE, CF son secantes a la circunferencia inscrita (c), siendo los puntos R, Q, T, S, P, U
los de contacto de los dos lados del hexágono con (c).
105
Sobre las rectas EF, CB, AB, ED, CD, AF tomaremos, respectivamente, los puntos P′, Q′, R′, S′, T′, U′
con la condición de que se verifiquen las igualdades
PP′ = QQ′ = RR′ = SS′ = TT′ = UU′
siendo estas longitudes cualesquiera (las que más nos convengan desde el punto de vista del dibujo), y de
acuerdo con la proposición anterior construyamos las circunferencias: (c1), tangente a PP′ y QQ′ en P′ y
Q′; (c2), tangente a RR′, SS′ en R′ y S′, y (c3), tangente a TT′ y UU′ en T′ y U′.
Como
AU = AR y UU′ = RR′
sumando tendremos
AU′ = AR′ .
Así mismo, dado que
TT′ = SS′ y DT = DS
restando resultará
DT′ = DS′
En consecuencia, los puntos A y D tienen la misma potencia respecto de las circunferencias (c2) y (c3);
por tanto, la recta AD será el eje radical de dichas circunferencias.
Razonando de la misma manera se establecería que la recta CF es el eje radical de las circunferencias (c1)
(c3) y que la recta BE es el eje radical de las circunferencias (c1) y (c2).
Así, hemos establecido que las diagonales de nuestro hexágono son los ejes radicales de las tras circun-
ferencias (c1) (c2) y (c3), que se cortarán, por tanto, en su centro radical, I, lo que prueba lo que nos
interesaba.
106
Lección 33.- TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON
COMO CORRELATIVOS
33.1 La demostración del Teorema de Brianchon
33.2 Casos particulares del Teorema de Brianchon
33.1 La demostración del Teorema de Brianchon
En la lección anterior dimos dos demostraciones del Teorema de Brianchon, y comentamos que estaba
estrechamente ligado con el Teorema de Pascal. La conexión radica en las polares recíprocas, dado
que ambos teoremas resultan ser correlativos. Constituirá, por tanto, la siguiente, una tercera demostra-
ción del Teorema de Brianchon, supuesto establecido el Teorema de Pascal, precisamente aplicando el
concepto a que hemos hecho referencia: la polaridad recíproca.
TEOREMA DE BRIANCHON. En todo hexágono circunscrito a una circunferencia, las rectas que
unen los vértices opuestos pasan por un mismo punto.
En efecto: Consideremos el hexágono
�
ABCDEF, cuyos lados AB, BC, CD, DE, EF, FA son tangentes a
la circunferencia (c).
Supongamos que nos desplazamos a lo largo del perímetro del hexágono, en el sentido
−→
ABCDEF, nume-
rando los vértices en el orden en el que nos los vayamos encontrando. Así, a los puntos A, B, C,. . . , F les
corresponderán, respectivamente, los números 1, 2, 3,. . . 6.
Los vértices opuestos son 1 y 4, 2 y 5, 3 y 6. Se trata, entonces, de demostrar que las rectas 14, 25, 36 son
concurrentes. Para ello vamos a transformar el hexágono, por polares recíprocas, tomando como circunfe-
rencia de referencia la (c).
A los vértices 1, 2, 3,. . . 6 corresponderán sus polares 1′, 2′, 3′,. . . , 6′, siendo estas rectas los lados de un
hexágono inscrito en la circunferencia.
Ahora bien, según el Teorema de Pascal, los lados opuestos de dicho hexágono inscrito, es decir, los 1′ y
4′, 2′ y 5′, 3′ y 6′ se cortan en tres puntos alineados ααα , βββ , γγγ . Observemos que el punto ααα , intersección de
las rectas 1′ y 4′, es el polo de la recta 14, que βββ es el polo de la 25, y que γγγ lo es de la 36.
Puesto que los puntos ααα , βββ , γγγ están alineados, las rectas 14, 25, 36 concurrirán en un punto I, polo de la
recta αβγαβγαβγ , como queríamos establecer. Observemos que se verifica siempre el teorema tanto si el hexágono
circunscrito es convexo como si es cóncavo.
107
Hexagono convexo
A(1)
B(2) C(3)
F(6)
(c)
1´
2´ 3´
4´
5´
6´
α
β
γE(5)
D(4)I
108
1
2
3
4
5
6
Hexagono cóncavo
I
33.2 Casos particulares del Teorema de Brianchon
Tal como hicimos con el Teorema de Pascal, el Teorema de Brianchon puede ser aplicado, como casos
particulares, a pentágonos, cuadriláteros y triángulos circunscritos en circunferencias. Observemos, por
otra parte, que todos estos casos particulares son los correlativos a los casos particulares del Teorema de
Pascal.
PENTÁGONO. Si mantenemos fijos los lados FA, AB, BC, CD, DE y suponemos que el lado EF se
aproxima indefinidamente al lado AF, permaneciendo tangente a la circunferencia, resultará que el punto
F(6) tendrá por límite el punto de contacto G del lado AF, y el punto E(5) tendrá por límite el punto H,
intersección de DE con AF.
El Teorema de Brianchon sigue verificándose, adjudicando el número 6 al punto G, y el 5 al punto H: Las
rectas 14, 35, 26 serán concurrentes. Observemos que el resultado anterior equivale a aplicar el Teorema
de Brianchon a un pentágono circunscrito añadiendo a los vértices del mismo el punto de contacto de
uno de sus lados.
A(1)
B(2)
C(3)
D(4)
H(5)
G(6)
I
I
109
CUADRILÁTERO. En la línea de lo establecido para el pentágono, si consideramos un cuadrilátero
circunscrito en una circunferencia, sea el
�
ABCD, bastará añadir a los vértices del mismo los puntos de
contacto de dos de sus lados con la circunferencia. Caben aquí dos posibilidades:
1a.- Los puntos de contacto considerados corresponden a dos lados consecutivos, por ejemplo AB y BC.
Dando al punto A el número 1, al punto de contacto de AB el número 2, al punto B el número 3, al punto
de contacto de BC el número 4, al punto C el número 5, y al punto D el número 6 resultará que las rectas
14, 25, 36, pasan por un mismo punto I.
I
A(1)
B(3)
C(5)
D(6)
2
4
2a.- Los puntos de contacto considerados corresponden a dos lados opuestos, por ejemplo AB y CD.
Dando al punto A el número 1, al punto de contacto de AB el número 2, al punto B el número 3, al punto
C el número 4, al punto de contacto de CD el número 5, y al punto D el número 6, resultará que las
rectas 14, 25, 36 pasan por un mismo punto I.
Por otra parte, si tomamos los puntos de contacto de los dos lados opuestos BC y AD, y numeramos
como sigue: A(1′), B(2′) punto de contacto de BC(3′), C(4′), D(5′) y punto de contacto de AD(6′),
resultará que las rectas 1′4′, 2′5′, 3′6′ son concurrentes, lo cual nos muestra que las cuatro rectas 14, 36,
25, 3′6′ pasan por un mismo punto I. Todo esto nos permite afirmar algo más; así: En todo cuadrilátero
circunscrito a una circunferencia, las rectas que unen los puntos de contacto de los lados opuestos pasan
por el punto de intersección de las diagonales.
I
A(1)(1')
B(3)(2')
C(4)(4')
D(6)(5')
2
3'
5
6'
110
TRIÁNGULO. Consideremos un triángulo, el
4
ABC, circunscrito como en los casos anteriores a una
circunferencia. Si añadimos a los vértices de dicho triángulo los puntos de contacto de sus lados con
la circunferencia y numeramos como se indica en la figurasiguiente resultará que las rectas 14, 25, 36
concurren en un mismo punto I.
Este resultado fue obtenido en la Lección 27, como aplicación del Teorema de Ceva, en el ejemplo 5, del
punto 27.3 de dicha lección.
A(1)
B(3) C(5)
2
4
6
I
111
CAPÍTULO VIII
Lección 34.- PROYECTIVIDAD ENTRE FIGURAS
DE SEGUNDA CATEGORÍA
34.1 Proyectividad entre figuras de segunda categoría
34.1 Proyectividad entre figuras de segunda categoría
Según ya establecimos, en la Lección 5, son figuras de segunda categoría: el plano, considerado como
conjunto de sus puntos y rectas, y la radiación de rectas y planos.
Ahora bien, la radiación podemos manejarla conociendo su sección por un plano que no pase por el
vértice. Así, las rectas y planos de la radiación dan, respectivamente, puntos y rectas del plano; y recí-
procamente.
En consecuencia, el estudio de toda biyección entre figuras de segunda categoría puede reducir-
se, mediante secciones convenientes, al de una biyección entre planos.
Llamaremos proyectividad entre dos planos, ΠΠΠ1 y ΠΠΠ2, a toda biyección γγγ entre sus elementos, puntos y
recta, que conserve las incidencias.
Por conservarse la incidencia, a toda figura de primera categoría de ΠΠΠ1 (serie de puntos o haz de
rectas) corresponde en la proyectividad una figura de primera categoría de ΠΠΠ2.
Si la proyectividad transforma puntos de ΠΠΠ1 en puntos de ΠΠΠ2 la llamaremos homografía o colineación.
Si la proyectividad transforma puntos de ΠΠΠ1 en rectas de ΠΠΠ2 la llamaremos reciprocidad o correlación.
Ejemplo 1. Las secciones planas de una misma radiación constituyen el ejemplo más sencillo de formas planas
homográficas, y se dice de éstas que son perspectivas.
Los puntos/rectas homólogos son los de intersección de una misma recta/plano de la radiación por los dos planos.
A
B
C
D
Π 1
Π2
A´
B´ C´
D´
115
Ejemplo 2. Así mismo, el ejemplo más sencillo de formas radiales homográficas lo constituyen dos radiaciones
proyectantes de una misma forma plana, y se llaman, como antes perspectivas. Los rayos/planos homólogos son los
proyectantes, de un mismo punto/recta de la forma plana proyectada.
V V'
A
B C
D
a
b
c
d
a'
b'
c'
d'
Tanto las homografías como las reciprocidades establecen entre dos figuras de primera categoría homólogas una
biyección que conserva las cuaternas armónicas, puesto que una cuaterna armónica se construye, según vimos en
la Lección 15, mediante un cuadrilátero o un cuadrivértice completo, según sea de puntos de una recta o de rectas
de un haz, y la proyectividad conserva las incidencias, con lo cual dicha figura, sea cuadrilátero o cuadrivértice, se
transforma en otra que respecto de la cuaterna transformada tiene las mismas incidencias, por lo que ésta es también
armónica.
Ejemplo 3. Entre dos figuras planas quedará definida una homografía dando un cuadrivértice en una figura y su
cuadrivértice homólogo en la otra.
Ejemplo 4. Si en una homografía, entre dos formas planas superpuestas, son dobles cuatro puntos A1, A2, A3, A4,
no alineados tres a tres, dicha homografía es la identidad.
Basta ver que por cada uno de los cuatro puntos pasan tres rectas dobles, las que le unen a los demás; luego los haces
de vértices A1, A2, A3, A4 son dobles.
P
A1
A 2
A3
A
4
116
Proyectemos, ahora, cualquier otro punto, P, del plano desde dos de los puntos A1, A2, A3, A4 no alineados con él;
por hipótesis, sólo dos de ellos, a lo sumo, pueden estar alineados con P. Si son A1P y A2P los rayos proyectantes,
éstos serán dobles por pertenecer a los haces de vértices A1 y A2; en consecuencia también es doble el punto P.
Ejemplo 5. El producto de dos homografías es otra homografía. La transformación inversa de una homografía es
otra homografía.
La identidad es una homografía.
Ejemplo 6. El producto de dos reciprocidades es una homografía.
Ejemplo 7. Entre dos figuras planas quedará definida una reciprocidad dando un cuadrivértice en una figura y su
cuadrilátero homólogo en la otra.
Ejemplo 8. El estudio que hicimos en la Lección 21 nos proporciona un ejemplo sencillo de reciprocidad entre
formas superpuestas: La que existe entre los puntos de un plano y sus polares respecto de una circunferencia del
mismo.
Veamos ahora como estableceremos la representación analítica de una proyectividad:
I.- En el caso de una homografía (o colineación)
Elijamos en ΠΠΠ1 cuatro puntos A1, A2, A3, U de tres en tres independientes. La proyectividad γγγ los
transforma, respectivamente, en A′1, A
′
2, A
′
3, U
′, que serán también de tres en tres independientes, en
virtud de ser γγγ una biyección que conserva las incidencias.
Consideremos como figuras fundamentales, respectivamente en ΠΠΠ1 y ΠΠΠ2 las cuaternas A1, A2, A3, U y
A′1, A
′
2, A
′
3, U
′. Si P es un punto cualquiera de ΠΠΠ1, no situado sobre los lados del triángulo fundamental,
le corresponderán las coordenadas absolutas:
λλλ 1 = A1(A2A3UP) , λλλ 2 = A2(A3A1UP) , λλλ 3 = A3(A1A2UP);
dado que hay conservación de las razones dobles se tiene
λλλ
′
1 = A
′
1(A
′
2A
′
3U
′P) = λλλ 1 , λλλ ′2 = λλλ 2 , λλλ
′
3 = λλλ 3.
Pasando, ahora, de las absolutas a las homogéneas, de las anteriores igualdades resulta.
x′1 : x
′
2 : x
′
3 = x1 : x2 : x3
Esta forma reducida de las ecuaciones de la proyectividad γγγ supone la correspondencia en γγγ de las
figuras fundamentales de los planos ΠΠΠ1 y ΠΠΠ2. Obtendremos la representación de γγγ en el caso más general
117
simplemente efectuando en uno de los planos, sea el ΠΠΠ1, un cambio de coordenadas. De acuerdo con lo
que vimos en la Lección 14, dicho cambio de coordenadas será de la forma.
x′1 : x
′
2 : x
′
3 = a11 ·x1 +a12 ·x2 +a13 ·x3 : a21 ·x1 +a22 ·x2 +a23 ·x3 : a31 ·x1 +a32 ·x2 +a33 ·x3
siendo los segundos miembros tres formas lineales independientes, que anuladas representan los lados
del nuevo triángulo fundamental, con primeros miembros elegidos de manera que para el punto U∗ dan
las tres el mismo valor no nulo.
Puesto que teníamos
x′1 : x
′
2 : x
′
3 = x1 : x2 : x3
la anterior ecuación anterior se puede escribir
x∗1 : x
∗
2 : x
∗
3 = a11 ·x′1 +a12 ·x′2 +a13 ·x′3 : a21 ·x′1 +a22 ·x′2 +a23 ·x′3 : a31 ·x′1 +a32 ·x′2 +a33 ·x′3
que es la representación general de la proyectividad.
En lo sucesivo prescindiremos del asterisco, lo que supone haber partido del nuevo sistema de coordena-
das, es decir que los sistemas de referencia no se corresponden en γγγ necesariamente. Así la representación
general de la proyectividad queda como sigue:
x1 : x2 : x3 = a11 ·x′1 +a12 ·x′2 +a13 ·x′3 : a21 ·x′1 +a22 ·x′2 +a23 ·x′3 : a31 ·x′1 +a32 ·x′2 +a33 ·x′3
Observemos que en nuestro razonamiento habíamos excluido que el punto P estuviera sobre un lado AiAj
del triángulo fundamental. Sin embargo, por la propia definición de γγγ a todo punto de AiAj le corresponde
otro de A′iA
′
j. La posición de estos puntos, sobre dichos lados, queda fijada por la coordenada absoluta
relativa al vértice opuesto. Así, si se trata de puntos de A1A2 , A′1A
′
2 será x3 = 0 , x
′
3 = 0, y además
x1
x2
=
x′1
x′2
.
Dado que esto ya se deduce de las
x′1 : x
′
2 : x
′
3 = x1 : x2 : x3,
resulta que la representación es válida para todos los puntos del plano ΠΠΠ1 sin excepción.
La siguiente figura intenta visualizar y aclarar los razonamientos anteriores:
118
Π
Π
(γ)
1
1
2
31
2 3
1
2
3
2
A´
A´ A´
P´(x´ , x´ , x´ )
U´
A
A
A
U
A*
A*
A*
1 2 3
1 2 3
1
2
3
U*( x , x , x )
_ _ _ 
r =0
r = a ·x +a ·x +a ·x1
r =02
3
11 12 13-



(x*, x*, x* )
(x , x , x )
1 2
31 2
3P
Representación general de la homografía (o colineación)
x1
x2
x3
=

a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
 ·

x′1
x′2
x′3

es decir
X = A ·X′ , siendo |A| 6= 0
El sistema
x1 : x2 : x3 = a11 ·x′1 +a12 ·x′2 +a13 ·x′3 : a21 ·x′1 +a22 ·x′2 +a23 ·x′3 : a31 ·x′1 +a32 ·x′2 +a33 ·x′3
es decir
x1 = a11 ·x′1 +a12 ·x′2 +a13 ·x′3
x2 = a21 ·x′1 +a22 ·x′2 +a23 ·x′3
x3 = a31 ·x′1 +a32 ·x′2 +a33 ·x′3

119
es resoluble en x′1, x′
2, x
′
3. Puesto en forma matricial sería
x1
x2
x3

︸ ︷︷ ︸
X
=

a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33

︸ ︷︷ ︸
A
·

x′1
x′2
x′3

︸ ︷︷ ︸
X′
La resolubilidad del sistema equivale a que la matriz A sea inversible, es decir a que |A| 6= 0 siendo:
A−1 =
1
|A|
·

A11 A21 A31
A12 A22 A32
A13 A23 A33

En consecuencia podemos escribir. 
x′1
x′2
x′3
= A−1 ·

x1
x2
x3

o lo que es lo mismo
x′1 = b11 ·x1 +b12 ·x2 +b13 ·x3
x′2 = b21 ·x1 +b22 ·x2 +b23 ·x3
x′3 = b31 ·x1 +b32 ·x2 +b33 ·x3

siendo
bij =
1
|A|
·Aji (i, j = 1 · · ·3)
Desde un punto de vista práctico determinaremos una proyectividad fijando las imágenes de cuatro pun-
tos de ΠΠΠ1, de tres en tres independientes, cumpliendo también éstas, en ΠΠΠ2, la misma condición de
independencia. Ahora bien, dado que el número de elementos bij que es preciso determinar es de nueve,
nos bastaría con disponer de tres puntos y sus correspondientes imágenes, lo cual parece sugerir que nos
sobra un par de puntos homólogos, es decir, que la proyectividad nos quedaría determinada con sólo
dar tres puntos y sus correspondientes imágenes, lo cual no es cierto, pues lo mismo que en el caso de
una proyectividad entre rectas proyectivas necesitábamos tres pares de puntos homólogos, en el caso de
planos proyectivos se necesitan cuatro pares de puntos, y cuando estudiemos los espacios proyectivos, de
dimensión 3, se necesitarán cinco pares de puntos homólogos. La solución consiste en lo que hemos de-
nominado “normalizar” las coordenadas de los cuatro puntos, y las de sus correspondientes imágenes,
justificado en que estamos manejando coordenadas homogéneas.
120
Los siguientes ejemplos tratarán de aclarar cualquier duda que pueda habernos asaltado.
Ejemplo 9. Establecer las ecuaciones de la colineación entre dos planos proyectivos reales, determinada por los
puntos homólogos
A(2, 0, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ A′(0, 0, 2)
B(0, 1, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ B′(0, 2, 2)
C(2, 2, 2) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ C′(1, 0, 1)
D(2, 0, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ D′(1, −2, −3)
Normalicemos los puntos dados.
Para los siguientes tendremos:
(2, 0, 1) = a(2, 0, 0)+b(0, 1, 0)+ c(2, 2, 2)
es decir
2 = 2 ·a+0 ·b+2 · c
0 = 0 ·a+1 ·b+2 · c
1 = 0 ·a+0 ·b+2 · c

sistema que resuelto nos da como soluciones
a =
1
2
, b =−1 , c = 1
2
con lo que los puntos normalizados serán
A(1, 0, 0) , B(0, −1, 0) , C(1, 1, 1) , D(2, 0, 1) .
Para la imágenes tendremos:
(1, −2, −3) = a(0, 0, 2)+b(0, 2, 2)+ c(1, 0, 1)
es decir
1 = 0 ·a+0 ·b+1 · c
−2 = 0 ·a+2 ·b+0 · c
−3 = 2 ·a+2 ·b+1 · c

sistema que resuelto nos da como soluciones.
a =−1 , b =−1 , c = 1
con lo que los puntos normalizados serán:
A′(0, 0, −2) , B′(0, −2, −2) , C′(1, 0, 1) , D′(1, −2, −3) .
El problema se replantea entonces como sigue:
Establecer las ecuaciones de la proyectividad determinada por los puntos homólogos.
A(1, 0, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ A′(0, 0, −2)
B(0, −1, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ B′(0, −2, −2)
C(1, 1, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ C′(1, 0, 1)
D(2, 0, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ D′(1, −2, −3)
121
Llegados a este punto, en la ecuación matricial general de la proyectividad.
x′1
x′2
x′3
=

b11 b12 b13
b21 b22 b23
b31 b32 b33
 ·

x1
x2
x3

Al sustituir, sucesivamente, los valores de A y A′, B y B′, C y C′, obtendremos un sistema de nueve ecuaciones
lineales con las nueve incógnitas bij (i, j = 1 · · ·3) que resolverán nuestro problema. Observemos que no es nece-
sario utilizar los puntos D y D′, ya que la normalización los ha hecho linealmente dependientes, respectivamente, de
los A, B, C y A′, B′, C′.
Así tendremos:
0 = b11
0 = b21
−2 = b31
=⇒ b11 = 0 , b21 = 0 , b31 =−2
0 =−b12
−2 =−b22
−2 =−b32
=⇒ b12 = 0 , b22 = 0 , b32 = 2
1 = b11 +b12 +b13
0 = b21 +b22 +b23
1 = b31 +b32 +b33
=⇒ b13 = 1 , b23 =−2 , b33 = 1
Luego la ecuación de la proyectividad, en su forma matricial, será
x′1
x′2
x′3
=

0 0 1
0 2 −2
−2 2 1
 ·

x1
x2
x3

siendo, por tanto, las ecuaciones de la proyectividad que nos habíamos planteado, las siguientes:
x′1 = x3
x′2 = 2 ·x2 − 2 ·x3
x′3 = −2 ·x1 + 2 ·x2 + x3

Ejemplo 10. Establecer las ecuaciones de la colineación entre dos planos proyectivos reales determinada por los
puntos homólogos:
A(2, 0, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ A′(0, 0, 2)
B(0, −1, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ B′(0, −1, −1)
C(1, 1, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ C′(1, 0, 1)
D(3, 0, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ D′(3, 2, 1)
Observemos que los puntos A, B, C, D están normalizados, puesto que
(3, 0, 1) = (2, 0, 0)+(0, −1, 0)+(1, 1, 1)
122
mientras que no lo están los A′, B′, C′, D′.
Normalizaremos, por tanto, estos últimos:
(3, 2, 1) = a(0, 0, 2)+b(0, −1, −1)+ c(1, 0, 1)
es decir
3 = 0 ·a+0 ·b+1 · c
2 = 0 ·a−1 ·b+0 · c
1 = 2 ·a−1 ·b+1 · c

sistema que resuelto nos da como solución.
a =−2 , b =−2 , c = 3
con lo que los puntos normalizados serán:
A′(0, 0, −4) , B′(0, 2, 2) , C′(3, 0, 3) , D′(3, 2, 1) .
El problema se replantea entonces como sigue:
Establecer las ecuaciones de la proyectividad determinada por los puntos homólogos:
A(2, 0, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ A′(0, 0, −4)
B(0, −1, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ B′(0, 2, 2)
C(1, 1, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ C′(3, 0, 3)
D(3, 0, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ D′(3, 2, 1)
Sustituyendo estos valores, sucesivamente, en la ecuación matricial general de la proyectividad.
x′1
x′2
x′3
=

b11 b12 b13
b21 b22 b23
b31 b32 b33
 ·

x1
x2
x3

tendremos
0 = 2 ·b11
0 = 2 ·b21
−4 = 2 ·b31
=⇒ b11 = 0 , b21 = 0 , b31 =−2
0 =−b12
2 =−b22
2 =−b32
=⇒ b12 = 0 , b22 =−2 , b32 =−2
3 = b11 +b12 +b13
0 = b21 +b22 +b23
3 = b31 +b32 +b33
=⇒ b13 = 3 , b23 = 2 , b33 = 7
Luego la ecuación de la proyectividad, en su forma matricial, será
x′1
x′2
x′3
=

0 0 3
0 −2 2
−2 −2 7
 ·

x1
x2
x3

123
siendo, por tanto, las ecuaciones de la proyectividad que nos habíamos planteado, las siguientes:
x′1 = 3 ·x3
x′2 = − 2 ·x2 + 2 ·x3
x′3 = −2 ·x1 − 2 ·x2 + 7 ·x3

Por definición, la homografía transforma una recta de ΠΠΠ1:
v1 ·x1 +v2 ·x2 +v3 ·x3 = 0
en una recta de ΠΠΠ2:
v′1 ·x′1 +v′2 ·v′2 +v′3 ·x′3 = 0
De la primera de las dos igualdades anteriores y de las que nos dan la representación general de la
proyectividad, resulta
v1 · (a11 ·x′1 +a12 ·x
′
2 +a13 ·x
′
3)+v2 · (a21 ·x
′
1 +a22 ·x
′
2 +a23 ·x
′
3)+v3 · (a31 ·x
′
1 +a32 ·x
′
2 +a33 ·x
′
3) = 0
es decir
(a11 ·v1 +a21 ·v2 +a31 ·v3) ·x′1 +(a12 ·v1 +a22 ·v2 +a32 ·v3) ·x
′
2 +(a13 ·v1 +a23 ·v2 +a33 ·v3) ·x
′
3 = 0
y considerando la
v′1 ·x′1 +v′2 ·x′2 +v′3 ·x′3 = 0
se deduce:
v′1 : v
′
2 : v
′
3 = a11 ·v1 +a21 ·v2 +a31 ·v3 : a12 ·v1 +a22 ·v2 +a32 ·v3 : a13 ·v1 +a23 ·v2 +a33 ·v3
Si queremos expresar estas igualdades en forma explícita tendremos que éstas, siempre a menos de un
factor no nulo, serán las siguientes:
v′1 = a11 ·v1 +a21 ·v2 +a31 ·v3
v′2 = a12 ·v1 +a22 ·v2 +a32 ·v3
v′3 = a13 ·v1 +a23 ·v2 +a33 ·v3

y en forma matricial 
v′1
v′2
v′3
=

a11 a21 a31
a12 a22 a32
a13 a23 a33
 ·

v1
v2
v3

124
Así obtendremos los coeficientes de la recta imagen en función de los de la recta original.
Ejemplo 11. Dada la colineación entre dos planos proyectivos reales por la ecuación matricial.
x′1
x′2
x′3

︸ ︷︷ ︸
X′
=

0 0 1
0 2 −2
−2 2 1

︸ ︷︷ ︸
B
·

x1
x2
x3

︸ ︷︷ ︸
X
o lo que es lo mismo, puesto que:
|B|=
∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 2 −2
−2 2 1
∣∣∣∣∣∣∣∣= 4 6= 0
B11 = 6 , B21 = 2 , B31 =−2
B12 = 4 , B22 = 2 , B32 = 0
B13 = 4 , B23 = 0 , B33 = 0
por la ecuación matricial 
x1
x2
x3
=

6 2 −2
4 2 0
4 0 0
 ·

x′1
x′2
x′3

es decir
x1 = 6 ·x′1 + 2 ·x
′
2 − 2 ·x
′
3
x2 = 4 ·x′1 + 2 ·x
′
2
x3 = 4 ·x′1

Vamos a ver en qué recta, r2, del segundo plano se transforma la
r1 ≡ x1 +2 ·x2−x3 = 0
del primer plano.
Sustituyendo los valores de x1, x2, x3, enfunción de los x′1, x
′
2, x
′
3, en la recta r1 tendremos:
r2 ≡ 6 ·x′1 +2 ·x
′
2−2 ·x
′
3 +2 · (4 ·x
′
1 +2 ·x
′
2)−4 ·x
′
1 = 0
o lo que es lo mismo
r2 ≡ (6+8−4) ·x′1 +(2+4) ·x
′
2−2 ·x
′
3 = 0
es decir
r2 ≡ 10 ·x′1 +6 ·x
′
2−2 ·x
′
3 = 0
y también
r2 ≡ 5 ·x′1 +3 ·x
′
2−x
′
3 = 0
La comprobación de la bondad de este procedimiento la tendremos viendo que dos puntos del primer plano, perte-
necientes a r1, se transforman en dos puntos pertenecientes a r2.
Así
125
P1(1, 0, 1) y P2(2,1,4) pertenecen a r1 , y sus transformados por la proyectividad dada son los

x′1
x′2
x′3
=

0 0 1
0 2 −2
−2 2 1
 ·

1
0
1
 =⇒ P′1(1, −2, −1)

x′1
x′2
x′3
=

0 0 1
0 2 −2
−2 2 1
 ·

2
1
4
 =⇒ P′2(4, −6, 2)
Efectivamente:
5 ·1+3 · (−2)− (−1) = 0
5 ·4+3 · (−6)−2 = 0
II.- En el caso de una reciprocidad (o correlación)
En el supuesto que γγγ sea una reciprocidad, elijamos en ΠΠΠ2 un sistema tangencial (a1, a2, a3,u) formado
por las rectas homólogas de los puntos fundamentales (A1, A2, A3, U) del sistema de referencia en ΠΠΠ1.
Razonando como hicimos en I, obtendríamos
µµµ1 = λλλ 1 , µµµ2 = λλλ 2 , µµµ3 = λλλ 3
es decir
v′1 : v
′
2 : v
′
3 = x1 : x2 : x3 ,
siendo (v′1, v
′
2, v
′
3) las coordenadas de la recta p
′ homóloga del punto P, en la reciprocidad γγγ .
Siguiendo con el mismo razonamiento, al efectuar el cambio de coordenadas en el plano ΠΠΠ1, obtendría-
mos la representación siguiente.
x∗1 : x
∗
2 : x
∗
3 = a11 ·v′1 +a12 ·v′2 +a13 ·v′3 : a21 ·v′1 +a22 ·v′2 +a23 ·v′3 : a31 ·v′1 +a32 ·v′2 +a33 ·v′3
y lo mismo que entonces, al suponer que las figuras de referencia de ΠΠΠ1 y ΠΠΠ2 no están obligadas a
corresponderse en γγγ prescindimos de los asteriscos, con lo que tendremos como representación general
de la reciprocidad, la siguiente:
x1 : x2 : x3 = a11 ·v′1 +a12 ·v′2 +a13 ·v′3 : a21 ·v′1 +a22 ·v′2 +a23 ·v′3 : a31 ·v′1 +a32 ·v′2 +a33 ·v′3
Resolviendo este sistema, como hicimos en I, obtendríamos:
v′1 : v
′
2 : v
′
3 = A11 ·x1 +A21 ·x2 +A31 ·x3 : A12 ·x1 +A22 ·x2 +A32 ·x3 : A13 ·x1 +A23 ·x2 +A33 ·x3
126
Ejemplo 12. Determinar la correlación γγγ definida por
A(2, 0, 0) −−−−−−−−−−→ R1 ≡ 2 ·x3 = 0
B(0, 1, 0) −−−−−−−−−−→ R2 ≡ 2 ·x2 +2 ·x3 = 0
C(2, 2, 2) −−−−−−−−−−→ R3 ≡ x1 + x3 = 0
D(2, 0, 1) −−−−−−−−−−→ R4 ≡ x1−2 ·x2−3 ·x3 = 0
Considerando un sistema tangencial en el segundo plano, el ΠΠΠ2, formado por las rectas homólogas de los puntos
fundamentales del sistema de referencia en el primer plano, el ΠΠΠ1, el problema se reduce a determinar la ecuación
de la colineación γγγ ′ definida por:
A(2, 0, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ A′(0, 0, 2)
B(0, 1, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ B′(0, 2, 2)
C(2, 2, 2) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ C′(1, 0, 1)
D(2, 0, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ D′(1, −2, −3)
problema, éste, que resolvimos en el anterior ejemplo 9, siendo la ecuación matricial de la tal colineación la siguien-
te: 
y′1
y′2
y′3
=

0 0 1
0 2 −2
−2 2 1
 ·

y1
y2
y3

y sus ecuaciones
y′1 = y3
y′2 = 2 ·y2 − 2 ·y3
y′3 = −2 ·y1 + 2 ·y2 + y3

La interpretación en el caso que nos ocupa es que los elementos de la terna (y′1, y
′
2, y
′
3) son los coeficientes de la
recta, en ΠΠΠ2, del punto de coordenadas (y1, y2, y3), en ΠΠΠ1. En consecuencia podemos escribir:
( y3) ·x1 +( 2 ·y2−2 ·y3) ·x2 +(−2 ·y1 +2 ·y2 +y3) ·x3 = 0
como ecuación de la correlación γγγ , siendo esta recta en ΠΠΠ2, la que corresponde al punto (y1, y2, y3) de ΠΠΠ1.
Así, por ejemplo, al punto P(1, 2, 3) de ΠΠΠ1, le corresponderá, por la correlación γγγ , la recta
(3) ·x1 +(2 ·2−2 ·3) ·x2 +(−2 ·1+2 ·2+3) ·x3 = 0
es decir
3 ·x1−2 ·x2 +5 ·x3 = 0
La ecuación de la correlación podríamos también escribirla en forma matricial, como sigue
[
x1 x2 x3
]
·

0 0 1
0 2 −2
−2 2 1
 ·

y1
y2
y3
= 0
127
Ejemplo 13. Determinar la correlación γγγ definida por
A(2, 0, 0) −−−−−−−−−−→ R1 ≡ 2 ·x3 = 0
B(0, −1, 0) −−−−−−−−→ R2 ≡ −x2−x3 = 0
C(1, 1, 1) −−−−−−−−−−→ R3 ≡ x1 +x3 = 0
D(3, 0, 1) −−−−−−−−−−→ R4 ≡ 3 ·x1 +2 ·x2 +x3 = 0
Considerando un sistema tangencial en el segundo plano, el ΠΠΠ2, formado por las rectas homólogas de los puntos
fundamentales del sistema de referencia en el primer plano, el ΠΠΠ1, el problema se reduce a determinar la ecuación
de la colineación γγγ ′ definida por:
A(2, 0, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ A′(0, 0, 2)
B(0, −1, 0) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ B′(0, −1, −1)
C(1, 1, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ C′(1, 0, 1)
D(3, 0, 1) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ D′(3, 2, 1)
problema, este, que resolvimos en el anterior ejemplo 10, siendo la ecuación de la tal colineación la siguiente:
y′1
y′2
y′3
=

0 0 3
0 −2 2
−2 −2 7
 ·

y1
y2
y3

La interpretación en el caso que nos ocupa es que los elementos de la terna (y′1, y
′
2, y
′
3) son los coeficientes de la
recta, en ΠΠΠ2, del punto de coordenadas (y1, y2, y3) en ΠΠΠ1.
Con la experiencia del ejemplo anterior podemos pasar a escribir directamente la ecuación matricial de la correlación
buscada:
[
x1 x2 x3
]
·

0 0 3
0 −2 2
−2 −2 7
 ·

y1
y2
y3
= 0
Operando obtendríamos la ecuación de la correlación; así
[
x1 x2 x3
]
·

+3 ·y3
−2 ·y2 +2 ·y3
−2 ·y1−2 ·y2 +7 ·y3
= 0
y en definitiva:
3 ·y3 ·x1 +(−2 ·y2 +2 ·y3) ·x2 +(−2 ·y1−2 ·y2 +7 ·y3) ·x3 = 0
Así, por ejemplo, al punto P(1, 2, 3) de ΠΠΠ1, le corresponderá, por la correlación γγγ , la recta
3 ·3 ·x1 +(−2 ·2+2 ·3) ·x2 +(−2 ·1−2 ·2+7 ·3) ·x3 = 0
es decir
9 ·x1 +2 ·x2 +15 ·x3 = 0
128
Lección 35.- HOMOGRAFÍAS ENTRE
PLANOS SUPERPUESTOS
35.1 Elementos dobles de las homografías planas
35.1 Elementos dobles de las homografías planas
En el caso particular en que coincidan los planos ΠΠΠ1 y ΠΠΠ2, la homografía γγγ tendrá elementos dobles,
como pasamos a comprobar:
En efecto: Si los puntos homólogos P, P′ se refieren a la misma figura fundamental, para que el punto P
sea doble, es decir P = P′, si son P(x1, x2, x3), P′(x′1, x
′
2, x
′
3), es necesario y suficiente que se verifique
x′1 : x
′
2 : x
′
3 = x1 : x2 : x3
y teniendo en cuenta las ecuaciones de la homografía.
x1 : x2 : x3 = a11 ·x′1 +a12 ·x′2 +a13 ·x′3 : a21 ·x′1 +a22 ·x′2 +a23 ·x′3 : a31 ·x′1 +a32 ·x′2 +a33 ·x′3
equivale eso a la existencia de un ρρρ 6= 0 que verifique:
ρρρ ·x1 = a11 ·x1 +a12 ·x2 +a13 ·x3
ρρρ ·x1 = a21 ·x1 +a22 ·x2 +a23 ·x3
ρρρ ·x1 = a31 ·x1 +a32 ·x2 +a33 ·x3

o lo que es lo mismo
(a11−ρρρ) ·x1 + a12 ·x2 + a13 ·x3 = 0
a21 ·x1 +(a22−ρρρ) ·x2 + a23 ·x3 = 0
a31 ·x1 + a32 ·x2 +(a33−ρρρ) ·x3 = 0

Este sistema de ecuaciones lineales homogéneas en x1, x2, x3, es compatible, es decir, admite solución
distinta de las
x1 = x2 = x3 = 0
sí y sólo si ρρρ es raíz de la ecuación∣∣∣∣∣∣∣∣
a11−ρρρ a12 a13
a21 a22−ρρρ a23
a31 a32 a33−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
129
ecuación de tercer grado, con coeficientes reales, que tendrá al menos una raíz real, por otra parte no
nula, ya que la matriz (aij) es regular. La anterior ecuación recibe el nombre de ecuación característica
de la colineación dada.
Observemos que la ecuación anterior se obtiene también al tratar de determinar rectas dobles en γγγ , partien-
do de las anteriores ecuaciones.
v′1 : v
′
2 : v
′
3 = a11 ·v1 +a21 ·v2 +a31 ·v3 : a12 ·v1 +a22 ·v2 +a32 ·v3 : a13 ·v1 +a23 ·v2 +a33 ·v3
al expresar que la recta p de coordenadas (v1, v2, v3) tiene por homóloga la p′ = p, siendo las coordenadas
de p′ las (v′1, v
′
2, v
′
3). Así, para un valor de ρρρ , raíz de la ecuación de más arriba, también es compatible el
sistema
(a11−ρρρ) ·v1 + a21 ·v2 + a31 ·v3 = 0
a12 ·v1 +(a22−ρρρ) ·v2 + a32 ·v3 = 0
a13 ·v1 + a23 ·v2 +(a33−ρρρ) ·v3 = 0

De la ecuación característica podemos afirmar que tiene tres raíces, que pueden ser las tres reales o bien
una real y dos complejas conjugadas. En cualquier caso, tal como apuntábamos más arriba, las eventuales
raíces reales son siempre no nulas.
Si cambiásemos el sistema de referencia, el sistema que definiría los puntos dobles de γγγ se obtendría
sustituyendolas variables en el sistema
(a11−ρρρ) ·x1 + a12 ·x2 + a13 ·x3 = 0
a21 ·x1 +(a22−ρρρ) ·x2 + a23 ·x3 = 0
a31 ·x1 + a32 ·x2 +(a33−ρρρ) ·x3 = 0

La matriz del sistema resultante sería, por tanto, el producto de la del sistema anterior por la del cambio,
que es siempre una matriz regular. Luego, para el nuevo sistema, la ecuación análoga a la∣∣∣∣∣∣∣∣
a11−ρρρ a12 a13
a21 a22−ρρρ a23
a31 a32 a33−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
tiene las mismas raíces, y para cada una de ellas la matriz de los coeficientes de la ecuación correspon-
diente a las de más arriba tiene el mismo rango que ésta.
Si ρρρ1 es una raíz real de la ecuación∣∣∣∣∣∣∣∣
a11−ρρρ a12 a13
a21 a22−ρρρ a23
a31 a32 a33−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
la matriz del sistema
(a11−ρρρ) ·x1 + a12 ·x2 + a13 ·x3 = 0
a21 ·x1 +(a22−ρρρ) ·x2 + a23 ·x3 = 0
a31 ·x1 + a32 ·x2 +(a33−ρρρ) ·x3 = 0

130
tiene rango 6 2, siendo sus posibilidades:
1o.- El rango es cero. En este caso se tiene que:
a11 = a22 = a33 = ρρρ1 , a12 = a13 = a21 = a23 = a31 = a32 = 0
y las ecuaciones de la proyectividad
x1 : x2 : x3 = a11 ·x′1 +a12 ·x′2 +a13 ·x′3 : a21 ·x′1 +a22 ·x′2 +a23 ·x′3 : a31 ·x′1 +a32 ·x′2 +a33 ·x′3
se reducen a
x1 : x2 : x3 = x′1 : x
′
2 : x
′
3 ,
es decir, γγγ es la identidad.
En este caso la raíz es triple, y todos los puntos y rectas son dobles.
2o.- El rango es uno. En este caso el sistema tiene una sola ecuación independiente, existiendo por tanto
una recta de puntos dobles. Si elegimos ésta como recta x3 = 0, se tendría
a11 = ρρρ1 , a12 = 0 , a21 = 0 , a22 = ρρρ , a31 = 0 , a32 = 0
Por otra parte, dado que el sistema
(a11−ρρρ) ·v1 + a21 ·v2 + a31 ·v3 = 0
a12 ·v1 +(a22−ρρρ) ·v2 + a32 ·v3 = 0
a13 ·v1 + a23 ·v2 +(a33−ρρρ) ·v3 = 0

es también compatible para ρρρ1, y tiene una sola ecuación independiente, ésta representa un punto, base
de un haz de rectas dobles en γγγ . La ecuación de dicho punto es la
a12 ·v1 +a23 ·v2 +(a33−ρρρ1) ·v3 = 0 ;
así, el punto será el de coordenadas (a13, a23, a33−ρρρ1), y caben los dos casos siguientes:
1.- El punto pertenece a la recta de puntos dobles, es decir a33 = ρρρ1, y diremos que estamos en
presencia de una homología especial.
Si en este caso completamos la elección del sistema de referencia con que el vértice del haz de rectas
dobles sea el punto (1, 0, 0), lo que equivale a que: a23 = 0, las ecuaciones reducidas de la homología
especial serán las siguientes:
x1 : x2 : x3 = ρρρ1 ·x′1 +a13 ·x′3 : ρρρ1 ·x′2 : ρρρ1 ·x′3
En este caso la raíz es triple, y son dobles los puntos de la recta x3 = 0 y la rectas del haz de vértice el
punto (1, 0, 0).
131
2.- El punto no pertenece a la recta de puntos dobles, es decir a33 6= ρρρ1, y diremos que estamos en
presencia de una homología general.
Si en este caso tomamos el punto base del haz de rectas dobles como punto fundamental el (0, 0, 1), lo
que equivale a que: a13 = a23 = 0, y como la raíz ρρρ1 es doble, la otra raíz será la ρρρ2 = a33 6= 0, luego las
ecuaciones reducidas de la homología general serán las siguientes:
x1 : x2 : x3 = ρρρ1 ·x′1 : ρρρ1 ·x′2 : ρρρ2 ·x′3 .
En este caso la raíz es doble, y son dobles los puntos de la recta x3 = 0 y las rectas del haz de vértice el
punto (0, 0, 1).
Ejemplo 1. Determinar los elementos dobles de la colineación del plano proyectivo real en sí mismo de ecuación.
x′1
x′2
x′3
=

2 2 3
−2 −3 −6
1 2 4
 ·

x1
x2
x3

La ecuación característica es ∣∣∣∣∣∣∣∣
2−ρρρ 2 3
−2 −3−ρρρ −6
1 2 4−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
es decir
(1−ρρρ)3 = 0
que tiene por raíces características
ρρρ1 = ρρρ2 = ρρρ3 = 1
Los puntos dobles de la colineación se obtendrán resolviendo los sistemas de ecuaciones que resultan de cada una
de las raíces características, en nuestro caso sólo uno, ρρρ1 = ρρρ2 = ρρρ3 = 1 . Las ecuaciones serán:
x1 +2 ·x2 +3 ·x3 = 0
−2 ·x1−4 ·x2−6 ·x3 = 0
x1 +2 ·x2 +3 ·x3 = 0

sistema de rango 1, que nos proporciona no un punto doble sino toda una recta de puntos dobles asociados, la
siguiente
r≡ x1 +2 ·x2 +3 ·x3 = 0
Por otra parte, podemos determinar el haz de rectas dobles, que nos vendrá dado por la ecuación
a13 ·v1 +a23 ·v2 +(a33−ρρρ) ·v3 = 0
que en nuestro caso es
3 ·v1−6 ·v2 +(4−1) ·v3 = 0
es decir
3 ·v1−6 ·v2 +3 ·v3 = 0
132
haz, por tanto, de vértice el punto doble (3, −6, 3), es decir el (1, −2, 1).
Dado que el punto (1, −2, 1) pertenece a la recta de puntos dobles
r≡ x1 +2 ·x2 +3 ·x3 = 0
puesto que
3+2 · (−6)+3 ·3 = 0
podemos afirmar que nos encontramos ante una homología especial.
Para determinar la forma canónica, tomaremos como vértices del nuevo triángulo de referencia el determinado por
el vértice del haz.
X1(1, −2, 1)
otro punto cualquiera de la recta de puntos dobles, por ejemplo el
X2(2, −1, 0)
y un tercer punto no colineal con X1 y X2, por ejemplo el
X3(0, 0, 1) .
Así, la matriz de cambio de la base será.
P =

1 2 0
−2 −1 0
1 0 1

siendo
P−1 =

− 13 −
2
3 0
2
3
1
3 0
1
3
2
3 1

de donde resultará que la matriz de la forma canónica es
C = P−1 ·A ·P =

− 13 −
2
3 0
2
3
1
3 0
1
3
2
3 1
 ·

2 2 3
−2 −3 −6
1 2 4
 ·

1 2 0
−2 −1 0
1 0 1

es decir
C = P−1 ·A ·P =

1 0 3
0 1 0
0 0 1

y la colineación, respecto del nuevo sistema de referencia
X′ = C ·X
siendo, en consecuencia, la forma canónica de la colineación dada, la siguiente.
x′1 = x1 +3 ·x3
x′2 = x2
x′3 = x3

133
El siguiente esquema trata de resumir lo que acabamos de establecer:
Haz de rectas dobles
Recta doble de 
puntos dobles
Nuevo triángulo
de referencia 
X (2, -1, 0)2X (2, -1, 0)
X (0, 0, 1)3
r = x -2 x +3 x =0. .1 2 3_
X (1, -2, 1)1
Ejemplo 2. Determinar los elementos dobles de la colineación del plano proyectivo real en si mismo de ecuación
x′1
x′2
x′3
=

2 2 1
1 3 1
1 2 2
 ·

x1
x2
x3

La ecuación característica es ∣∣∣∣∣∣∣∣
2−ρρρ 2 1
1 3−ρρρ 1
1 2 2−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
es decir
(5−ρρρ) · (1−ρρρ)2 = 0
que tiene por raíces características
ρρρ1 = 5 , ρρρ2 = 1 , ρρρ3 = 1
Los puntos dobles de la colineación se obtendrán resolviendo los sistemas de ecuaciones que resultan de cada una
de las raíces características, ρρρ1 = 5 . Las ecuaciones serán:
−3 ·x1 +2 ·x2 + x3 = 0
x1−2 ·x2 + x3 = 0
x1 +2 ·x2−3 ·x3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble asociado el siguiente:
X1(1, 1, 1)
ρρρ2 = ρρρ3 = 1 . Las ecuaciones serán:
x1 +2 ·x2 +x3 = 0
x1 +2 ·x2 +x3 = 0
x1 +2 ·x2 +x3 = 0

134
sistema de rango 1, que nos proporciona no un punto doble sino toda una recta de puntos dobles asociados, la
siguiente:
r≡ x1 +2 ·x2 +x3 = 0
Observemos que el punto doble X′(1, 1, 1) no pertenece a la recta r, es decir
X1 /∈ r
Por otra parte, las rectas del haz de vértice X1 son todas dobles (aunque no de puntos dobles como la r), ya que el
haz de rectas dobles nos viene dado por la ecuación.
a13 ·v1 +a23 ·v2 +(a33−ρρρ1) ·v3 = 0
que en nuestro caso es
1 ·v1 +1 ·v2 +(2−1) ·v3 = 0
es decir
1 ·v1 +1 ·v2 +1 ·v3 = 0
haz, por tanto, de vértice el punto, doble, (1, 1, 1). Luego la colineación que estamos estudiando es una homología
general.
Para determinar la forma canónica, tomaremos como vértices del nuevo triángulo de referencia el determinado por
el vértice del haz.
X1(1, 1, 1)
y dos puntos cualesquiera de la recta r, por ejemplo
X2(1, 0, −1) y X3(1, −1, 1)}
Así, la matriz de cambio de base será
P =

1 1 1
1 0 −1
1 −1 1

siendo
P−1 =

1
4
1
2
1
4
1
2 0 −
1
2
1
4 −
1
2
1
4

de donde resultará que la matriz de la forma canónica es
C = P−1 ·A ·P =

1
4
1
2
1
4
1
2 0 −
1
2
1
4 −
1
2
1
4
 ·

2 2 1
1 3 1
1 2 2
 ·

1 1 1
1 0 −1
1 −1 1

es decir
C = P−1 ·A ·P =

5 0 0
0 1 0
0 0 1

135
y la colineación, respecto del nuevo sistema de referencia
X′ = C ·X
siendo, en consecuencia, la forma canónica de la colineación dada, la siguiente.
x′1 = 5 ·x1
x′2 = x2
x′3 = x3

El siguiente esquema trata de resumir lo que acabamos de establecer:Haz de rectas dobles
Recta doble de 
puntos dobles
Nuevo triángulo
de referencia 
X (1, 0, -1)2X (
X (1, -1, 1)3
r = x +2 x +3 x =0. .1 2 3_
X (1, 1, 1)1
Punto doble
3o.- El rango es dos. La discusión de este caso se haría en forma análoga a las anteriores, y conduciría
a la clasificación y ecuaciones reducidas de las homografías no homológicas.
Veámoslo con los ejemplos siguientes:
Ejemplo 3. Determinar los elementos dobles de la colineación del plano proyectivo real en si mismo de ecuación
x′1
x′2
x′3
=

1 0 −1
1 2 1
2 2 3
 ·

x1
x2
x3

La ecuación característica es ∣∣∣∣∣∣∣∣
1−ρρρ 0 −1
1 2−ρρρ 1
2 2 3−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
es decir
−ρρρ3 +6 ·ρρρ2−11 ·ρρρ +6 = 0
que tiene por raíces características
ρρρ1 = 1 , ρρρ2 = 2 , ρρρ3 = 3
136
Los puntos dobles de la colineación se obtendrán resolviendo los sistemas de ecuaciones que resultan de cada una
de las raíces características, ρρρ1 = 1 . Las ecuaciones serán:
−x3 = 0
x1 + x2 + x3 = 0
2 ·x1 +2 ·x2 +2 ·x3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble asociado el siguiente:
X1(1, −1, 0)
ρρρ2 = 2 . Las ecuaciones serán:
−x1 −x3 = 0
x1 +x3 = 0
2 ·x1 +2 ·x2 +x3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble asociado, el siguiente.
X2(2, −1, −2)
ρρρ3 = 3 . Las ecuaciones serán:
−2 ·x1 −x3 = 0
x1− x2 +x3 = 0
2 ·x1 +2 ·x2 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble asociado el siguiente:
X3(1, −1, −2)
Serán rectas dobles las que pasan por cada dos puntos dobles:
• Recta que pasa por X1, X2:∣∣∣∣∣∣∣∣
x1 x2 x3
1 −1 0
2 −1 −2
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 =⇒ r3 ≡ 2 ·x1 +2 ·x2 +x3 = 0
• Recta que pasa por X1, X3∣∣∣∣∣∣∣∣
x1 x2 x3
1 −1 0
1 −1 −2
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 =⇒ r2 ≡ 2 ·x1 +2 ·x2 = 0
• Recta que pasa por X2, X3 ∣∣∣∣∣∣∣∣
x1 x2 x3
2 −1 −2
1 −1 −2
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 =⇒ r1 ≡ 2 ·x2−x3 = 0
137
Para determinar la forma canónica, tomaremos como vértices del nuevo triángulo de referencia el determinado por
los tres puntos dobles:
X1(1, −1, 0) , X2(2, −1, −2) , X3(1, −1, −2)
Así, la matriz de cambio de base será:
P =

1 2 1
−1 −1 −1
0 −2 −2

siendo
P−1 =

0 −1 12
1 1 0
−1 −1 − 12

de donde resultará que la matriz de la forma canónica es
C = P−1 ·A ·P =

0 −1 12
1 1 0
−1 −1 − 12
 ·

1 0 −1
1 2 1
2 2 3
 ·

1 2 1
−1 −1 −1
0 −2 −2

es decir
C = P−1 ·A ·P =

1 0 0
0 2 0
0 0 3

y la colineación, respecto del nuevo sistema de referencia
X′ = C ·X
siendo, en consecuencia, la forma canónica de la colineación dada, la siguiente.
x′1 = x1
x′2 = 2 ·x2
x′3 = 3 ·x3

El siguiente esquema trata de resumir lo que acabamos de establecer:
Rectas dobles 
Nuevo triángulo
de refrencia 
X (2, -1, -2)2X (
X (1, -1, -2)3
X (1, -1, 0)1
Puntos dobles
r =2 x +2 x =0.1 2_ . 1.2
r =2 x +2 x +x =0.1 2 3_ .3
1r =2 x -x =03_ . 2_ .
138
Ejemplo 4. Determinar los elementos dobles de la colineación del plano proyectivo real en sí mismo de ecuación.
x′1
x′2
x′3
=

2 1 −1
0 2 −1
−3 −2 3
 ·

x1
x2
x3

La ecuación característica es ∣∣∣∣∣∣∣∣
2−ρρρ 1 −1
0 2−ρρρ −1
−3 −2 3−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
es decir
(5−ρρρ) · (1−ρρρ)2 = 0
que tiene por raíces características
ρρρ1 = 5 , ρρρ2 = ρρρ3 = 1
Los puntos dobles de la colineación se obtendrán resolviendo los sistemas de ecuaciones que resultan de cada una
de las raíces características, ρρρ1 = 5 . Las ecuaciones serán:
−3 ·x1 + x2− x3 = 0
−3 ·x2− x3 = 0
−3 ·x1−2 ·x2−2 ·x3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble asociado el siguiente:
X1(−4, −3, 9)
ρρρ2 = ρρρ3 = 1 . Las ecuaciones serán:
x1 + x2− x3 = 0
x2− x3 = 0
−3 ·x1−2 ·x2 +2 ·x3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble asociado, el siguiente.
X2(0, 1, 1)
Las eventuales rectas dobles se obtendrán resolviendo el correspondiente sistema
(a11−ρρρ) ·v1 + a21 ·v2 + a31 ·v3 = 0
a12 ·v1 +(a22−ρρρ) ·v2 + a32 ·v3 = 0
a13 ·v1 + a23 ·v2 +(a33−ρρρ) ·v3 = 0

que en nuestro caso serán: Para ρρρ = 5
−3 ·v1 −8 ·v3 = 0
v1−3 ·v2−2 ·v3 = 0
− v1− v2−2 ·v3 = 0

139
sistema de rango 2, que nos proporcionará la recta doble siguiente
v1−3 ·v2−2 ·v3 = 0
−v1− v2−2 ·v3 = 0
 =⇒ (v1 =−1 , v2 =−1 , v3 = 1)
es decir la
r1 ≡−x1−x2 +x3 = 0
Para ρρρ = 1
v1 + −3 ·v3 = 0
v1 +v2−2 ·v3 = 0
−v1−v2 +2 ·v3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporcionará la recta doble siguiente
v1 −3 ·v3 = 0
v1 +v2−2 ·v3 = 0
 =⇒ (v1 = 3 , v2 =−1 , v3 = 1)
es decir la
r3 ≡ 3 ·x1−x2 +x3 = 0
Observemos que por el punto doble X2(0, 1, 1) pasan las dos rectas dobles r1 y r2, mientras que por el punto doble
X1(−4, −3, 9) sólo para la r2.
Para determinar la forma canónica, tomaremos como vértices del nuevo triángulo de referencia el determinado por
los dos puntos dobles.
X1(−4, −3, 9) , X2(0, 1, 1)
y otro punto cualquiera, no alineado con los anteriores, por ejemplo el
X3(1, −2, −1) .
Así, la matriz de cambio de base será.
P =

−4 0 1
−3 1 −2
9 1 −1

siendo
P−1 =

− 116 −
1
16
1
16
21
16
5
16
11
16
12
16 −
4
16
4
16

de donde resultará que la matriz de la forma canónica es
C = P−1 ·A ·P =

− 116 −
1
16
1
16
21
16
5
16
11
16
12
16 −
4
16
4
16
 ·

2 1 −1
0 2 −1
−3 −2 3
 ·

−4 0 1
−3 1 −2
9 1 −1

es decir
C = P−1 ·A ·P =

5 0 0
0 1 −1
0 0 1

140
y la colineación, respecto del nuevo sistema de referencia
X′ = C ·X
siendo, en consecuencia, la forma canónica de la colineación dada, la siguiente.
x′1 = 5 ·x1
x′2 = x2−x3
x′3 = x3

El siguiente esquema trata de resumir lo que acabamos de establecer.
Rectas dobles 
Nuevo triángulo
de refrencia 
X (0, 1, 1)2X (
X (1, -2, -1)3
X (-4, -3, 9)1
Puntos dobles
r =3 x -x +x =01 2 3_ .3
1r =-x -x +x =03_ 2_ 1
Ejemplo 5. Determinar los elementos dobles de la colineación del plano proyectivo real en sí mismo de ecuación
x′1
x′2
x′3
=

0 1 0
0 0 1
1 −3 3
 ·

x1
x2
x3

La ecuación característica es ∣∣∣∣∣∣∣∣
0−ρρρ 1 0
0 0−ρρρ 1
1 −3 3−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
es decir
(1−ρρρ)3 = 0
que tiene por raíces características
ρρρ1 = ρρρ2 = ρρρ3 = 1
Los puntos dobles de la colineación se obtendrán resolviendo los sistemas de ecuaciones que resultan de cada una
de las raíces características, en nuestro caso sólo uno, ρρρ1 = ρρρ2 = ρρρ3 = 1 . Las ecuaciones serán:
−x1 + x2 = 0
− x2 + x3 = 0
x1−3 ·x2 +2 ·x3 = 0

141
sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble (único) asociado el siguiente:
X1(1, 1, 1)
Las eventuales rectas dobles se obtendrán resolviendo el correspondiente sistema
(a11−ρρρ) ·v1 + a21 ·v2 + a31 ·v3 = 0
a12 ·v1 +(a22−ρρρ) ·v2 + a32 ·v3 = 0
a13 ·v1 + a23 ·v2 +(a33−ρρρ) ·v3 = 0

que en nuestro caso resultará ser
−v1 + v3 = 0
v1−v2−3 ·v3 = 0
v2 +2 ·v3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como única recta doble la siguiente
v1−v2−3 ·v3 = 0
+v2−2 ·v3 = 0
 =⇒ (v1 = 1 , v2 =−2 , v3 = 1)
es decir la
r≡ x1−2 ·x2 +x3 = 0
que pasa, evidentemente, por el punto doble (1, 1, 1).
Para determinar la forma canónica, tomaremos como vértices del nuevo triángulo de referencia el determinado por
el punto doble, X′(1, 1, 1), un punto cualquiera situado sobre la recta r, por ejemplo el X2(2, 1, 0), y otro punto
cualquiera no colineal con X1 y X2, por ejemplo X3(0, 0, 1). Así, la matriz de cambio de base será:
P =

1 2 0
1 1 0
1 0 1

siendo
P−1 =

−1 2 0
1 −1 0
1 −2 1

de donde resultará que la matriz de la forma canónica es
C = P−1 ·A ·P =

−1 2 0
1 −1 0
1 −2 1
 ·

0 1 0
0 0 1
1 −3 3
 ·

1 2 0
1 1 0
1 0 1

es decir
C = P−1 ·A ·P =

1 −1 2
0 1 −1
0 0 1

142
y la colineación, respecto del nuevo sistema de referencia
X′ = C ·X
siendo, en consecuencia, la forma canónica de la colineación dada, la siguiente:
x′1 = x1−x2 +2 ·x3
x′2 = x2− x3
x′3 = x3

El siguiente esquema trata de resumir lo que acabamos de establecer:Recta doble 
Nuevo triángulo
de referencia 
X (2, 1, 0)2X (
X (0, 0, 1)3
X (1, 1, 1)1
Punto doble
r =x -2 x +x =03_ 2_ 1 .
Ejemplo 6. Determinar los elementos dobles de la colineación del plano proyectivo real en sí mismo de ecuación:
x′1
x′2
x′3
=

1 0 0
0 0 1
1 −1 1
 ·

x1
x2
x3

La ecuación característica es ∣∣∣∣∣∣∣∣
1−ρρρ 0 0
0 0−ρρρ 1
0 −1 1−ρρρ
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
es decir
(1−ρρρ) · (1−ρρρ +ρρρ2) = 0
que tiene por raíces características
ρρρ1 = 1 , (ρρρ2 y ρρρ3 complejas conjugadas)
Los puntos dobles de la colineación se obtendrán resolviendo los sistemas de ecuaciones que resultan de cada una
de las raíces característica; en nuestro caso sólo se consideraría la raíz real, ρρρ1 = 1 . Las ecuaciones serán:
0 ·x1 +0 ·x2 +0 ·x3 = 0
0 ·x1− x2 + x3 = 0
0 ·x1− x2 +0 ·x3 = 0

143
sistema de rango 2, que nos proporciona como punto doble (único) asociado el siguiente:
X1(1, 0, 0)
Las eventuales rectas dobles se obtendrán resolviendo el correspondiente sistema
(a11−ρρρ) ·v1 + a21 ·v2 + a31 ·v3 = 0
a12 ·v1 +(a22−ρρρ) ·v2 + a32 ·v3 = 0
a13 ·v1 + a23 ·v2 +(a33−ρρρ) ·v3 = 0

que en nuestro caso resultará ser
0 ·v1 +0 ·v2 +0 ·v3 = 0
0 ·v1− v2− v3 = 0
0 ·v1 + v2 +0 ·v3 = 0

sistema de rango 2, que nos proporciona como única recta doble la siguiente
−v2−v3 = 0
v2 = 0
 =⇒ (v1 = 1 , v2 = 0 , v3 = 0)
es decir la
r≡ x1−0 ·x2 +0 ·x3 = 0
o sea
r≡ x1 = 0
que evidentemente no pasa por el punto doble X1(1, 0, 0).
Para determinar la forma canónica, tomaremos como vértices del nuevo triángulo de referencia el determinado por
el punto doble X′(1, 0, 0), y dos puntos cualesquiera situados sobre la recta r, por ejemplo los
X2(0, 1, 0) y X3(0, 0, 1) .
Así la matriz de cambio de base será.
P =

1 0 0
0 1 0
0 0 1

siendo
P−1 =

1 0 0
0 1 0
0 0 1

de donde resultará que la matriz de la forma canónica es
C = P−1 ·A ·P =

1 0 0
0 1 0
0 0 1
 ·

1 0 0
0 0 1
0 −1 1
 ·

1 0 0
0 1 0
0 0 1

144
es decir
C = P−1 ·A ·P =

1 0 0
0 0 1
0 −1 1

y la colineación, respecto del nuevo sistema de referencia
X′ = C ·X
siendo, en consecuencia, la forma canónica de la colineación dada, la siguiente.
x′1 = x1
x′2 = x3
x′3 = −x2 +x3

El siguiente esquema trata de resumir lo que acabamos de establecer:
Recta doble 
Nuevo triángulo
de referencia 
X (0, 1, 0)2X (
X (0, 0, 1)3
X (1, 0, 0)1
Punto doble
1r = x =0__ 1
145
Lección 36.- CAMBIOS DE SISTEMAS DE REFERENCIA
36.1 Cambio de base en el plano proyectivo real
36.2 Cambio de base en la recta proyectiva real
36.1 Cambio de base en el plano proyectivo real
Referido el plano proyectivo a un determinado sistema de referencia puede interesarnos cambiar dicho
sistema a otro, que vendrá dado por sus coordenadas (homogéneas) en el sistema antiguo, así
A1(1, 0, 0)
A2(0, 1, 0)
A3(0, 0, 1)
U(1, 1, 1)︸ ︷︷ ︸
sistema de referencia antiguo
−−−−−−−−−−−→
−−−−−−−−−−−→
−−−−−−−−−−−→
−−−−−−−−−−−→
A′1(a1, b1, c1)
A′2(a2, b2, c2)
A′3(a3, b3, c3)
U′(a4,b4, c4)︸ ︷︷ ︸
sistema de referencia nuevo
U (1, 1, 1) X
(x , x , x )
(x' , x' , x' )
A (1, 0, 0)1
A' (a , b , c )1 111
1
1 2
2 3
A (0, 0, 1)3
3
A' (a , b , c )3 3 3 3
A' (a , b , c )2 22 2A (0, 1, 0)2
U' (a , b , c )4 4 4
La matriz de cambio del sistema de referencia, de la que resultarán inmediatamente las ecuaciones de
cambio de sistema de referencia, se obtiene de la forma siguiente:
• Se normalizan los vectores A′1, A′2, A′3 respecto U′:
A′1(a1, b1, c1)
A′2(a2, b2, c2)
A′3(a3, b3, c3)
 =⇒
A′′1(a
′
1, b
′
1, c
′
1)
A′′2(a
′
2, b
′
2, c
′
2)
A′′3(a
′
3, b
′
3, c
′
3)
147
• La matriz del cambio será la siguiente:
B =

a′1 a
′
2 a
′
3
b′1 b
′
2 b
′
3
c′1 c
′
2 c
′
3

• La expresión matricial del cambio será:
x1
x2
x3
=

a′1 a
′
2 a
′
3
b′1 b
′
2 b
′
3
c′1 c
′
2 c
′
3
 ·

x′1
x′2
x′3

• Las ecuaciones del cambio serán.
x1 = a′1 ·x′1 +a′2 ·x′2 +a′3 ·x′3
x2 = b′1 ·x′1 +b′2 ·x′2 +b′3 ·x′3
x3 = c′1 ·x′1 + c′2 ·x′2 + c′3 ·x′3

Sin embargo, en general, nos interesará más determinar las coordenadas de un punto, respecto del nuevo
sistema, en función de las del mismo respecto del sistema antiguo. El procedimiento es, entonces, muy
sencillo puesto que la matriz, que nos determinará las nuevas ecuaciones, será la inversa de las del cambio
que tenemos establecida. Así, si es
X = B ·X′
bastará determinar
A = B−1
siendo la nueva expresión matricial la siguiente
X′ = A ·X
que nos determinará, de manera inmediata como antes, las nuevas ecuaciones del cambio. Veámoslo con
un ejemplo:
Ejemplo 1.Dado un plano proyectivo real, en el que tenemos definido un sistema de referencia: (A1, A2, A3, U),
determinar las ecuaciones del cambio de coordenadas al nuevo sistema de referencia, dado por los puntos
A′1(1, 1, 2) , A
′
2(3, 1, −5) , A
′
3(0, 2, 1) , U
′(1, 5, −6)
Para ello lo primero que hacemos es normalizar el nuevo sistema de referencia, haciendo
U′ =ααα ·A′1 +βββ ·A
′
2 +γγγ ·A
′
3
es decir
(1, 5, −6) =ααα · (1, 1, 2)+βββ · (3, 1, −5)+γγγ · (0, 2, 1)
148
de donde
1 = ααα +3 ·βββ
5 = ααα + βββ +2 ·γγγ
−6 = 2 ·ααα−5 ·βββ + γγγ

sistema que resuelto nos da
ααα =−2 , βββ = 1 , γγγ = 3
Luego, los vectores normalizados serán.
A′′1 =ααα ·A
′
1 =−2 · (1, 1, 2) = (−2,−2,−4)
A′′2 = βββ ·A
′
2 = 1 · (3, 1,−5) = ( 3, 1,−5)
A′′3 = γγγ ·A
′
3 = 3 · (0, 2, 1) = ( 0, 6, 3)
Así la matriz del cambio será la siguiente:
B =

−2 3 0
−2 1 6
−4 −5 3

La expresión matricial del cambio será: 
x1
x2
x3
=

−2 3 0
−2 1 6
−4 −5 3
 ·

x′1
x′2
x′3

y las ecuaciones del cambio serán.
x1 =−2 ·x′1 +3 ·x
′
2
x2 =−2 ·x′1 + x
′
2 +6 ·x
′
3
x3 =−4 ·x′1−5 ·x
′
2 +3 ·x
′
3

Para determinar las ecuaciones que nos den las coordenadas de un punto, en el sistema nuevo, en función de las
correspondientes en el antiguo, calcularemos la inversa de B:
A = B−1 =

−33
120
9
120
−18
120
18
120
6
120
−12
120
−14
120
22
120
−4
120

La expresión matricial del cambio será ahora:
x′1
x′2
x′3

=

−33
120
9
120
−18
120
18
120
6
120
−12
120
−14
120
22
120
−4
120

·

x1
x2
x3

149
y las correspondientes ecuaciones del cambio las siguientes:
x′1 =
−33
120
·x1 +
9
120
·x2−
18
120
·x3
x′2 =
18
120
·x1 +
6
120
·x2−
12
120
·x3
x′3 =
−14
120
·x1 +
22
120
·x2−
4
120
·x3

que son, evidentemente simplificables, dado que estamos manejando coordenadas homogéneas; así, podremos es-
cribir:
x′1 =−33 ·x1 + 9 ·x2−18 ·x3
x′2 = 18 ·x1 + 6 ·x2−12 ·x3
x′3 =−14 ·x1 +22 ·x2− 4 ·x3

36.2 Cambio de base en la recta proyectiva real
La experiencia adquirida en el punto anterior nos va a permitir establecer una mecánica única en lo que
se refiere a cambios de referencia de sistemas proyectivos en la recta real, no importando cualquiera de
sus posibilidades, es decir cambios de sistema:
Proyectivo ←→ Proyectivo
Cartesiano ←→ Cartesiano
Baricéntrico ←→ Baricéntrico
Proyectivo ←→ Baricéntrico
Proyectivo ←→ Cartesiano
Cartesiano ←→ Baricéntrico
ya que el sistema proyectivo ampara como casos particulares a los demás. Los ejemplos que siguen van
a mostrar como actuar en cada caso, manejando coordenadas homogéneas. Bastará recordar que en un
sistema cartesiano el punto impropio de la recta tiene por coordenadas (1, 0), mientras que en un sistema
baricéntrico dicho punto impropio tiene por coordenadas (1, 1).
Ejemplo 1. Dado el sistema de referencia (O, U) sobre la recta r, consideremos los puntos O′ y U′, de abscisas
respectivas 2 y 5, es decir tales que
OU = 1 , OO′ = 2 , OU′ = 5 , O′U′ = 5−2 = 3
150
Sean, ahora, los puntos O′ y U′, respectivamente, origen y unidad de un nuevo sistema de referencia, (O′, U′), que
llamaremos NUEVO, dando el nombre de ANTIGUO al original (O, U)
O U O' U' X
r
1
2 3
511
Estamos ante un cambio de sistema de referencia del tipo CARTESIANO a CARTESIANO.
Utilizando coordenadas homogéneas, la correspondencia será:
Sistema ANTIGUO Sistema NUEVO
(1, 0) (se corresponden los−−−−−−−−−−−−−→
puntos impropios de r)
(1, 0)
O(0, 1) −−−−−−−−−−−−−→ O′(2, 1)
U(1, 1) −−−−−−−−−−−−−→ U′(5, 1)
Pasamos, ahora a normalizar:
(1, 0) (ααα)
(2, 1) (βββ )
(5, 1)
(5, 1) =ααα · (1, 0)+βββ · (0, 2)
5 =ααα +2 ·βββ
1 = βββ
=⇒ ααα = 3βββ = 1

Los vectores normalizados serán:
(3, 0)
(2, 1)
(5, 1)
luego
B =
3 2
0 1

︸ ︷︷ ︸
X = B ·X′
y A = B−1 =
1
3
·
1 −2
0 3
=
 13 − 23
0 1

︸ ︷︷ ︸
X′ = A ·X
Las ecuaciones del cambio serán, por tanto,
x1 = 3 ·x′1 +2 ·x
′
2
x2 = x′2

x′1 =
1
3
·x1−
2
3
·x2
x′2 = x2

151
Así para el punto X(11, 1), su abscisa en el sistema NUEVO será:
x′1 =
1
3
·11− 2
3
·1 = 11−2
3
=
9
3
= 3
x′2 = 1

es decir
X′(3, 1)
Observemos que, recíprocamente, cuando lo que tenemos es X′(3, 1), su abscisa en el sistema ANTIGUO será:
x1 = 3 ·3+2 ·1 = 11
x2 = 1

es decir
X(11, 1)
Ejemplo 2. Fijados sobre la recta r, dos puntos P y Q, puntos fundamentales de un sistema baricéntrico que
llamaremos ANTIGUO, determinamos un NUEVO sistema constituido por los puntos P′ y Q′, dando sus abscisas
q = (QPQ′) = 2 , p = (QPP′) =
4
3
Q Q´P P´ X
r
0
Sistema ANTIGUO Sistema NUEVO
q=2 p=
4
3
_∞
Estamos ante un cambio de sistema de referencia del tipo BARICÉNTRICO a BARICÉNTRICO.
Utilizando coordenadas homogéneas, la correspondencia será:
Sistema ANTIGUO Sistema NUEVO
P(1, 0) −−−−−−−−−−−−−→ P′
(
4
3
, 1
)
Q(0, 1) −−−−−−−−−−−−−→ Q′(2, 1)
(1, 1) (se corresponden los−−−−−−−−−−−−−→
puntos impropios de r)
(1, 1)
Pasamos, ahora, a normalizar: (
4
3
, 1
)
(ααα)
(2, 1) (βββ )
(1, 1)
(1, 1) =ααα ·
(
4
3
, 1
)
+βββ · (2, 1)
152
1 =
4
3
·ααα +2 ·βββ
1 = ααα + βββ
=⇒
ααα =
3
2
βββ =− 1
2

Los vectores normalizados serán: (
2,
3
2
)
(
−1, − 1
2
)
(1, 1)
luego
B =

2 −1
3
2
− 1
2

︸ ︷︷ ︸
X = B ·X′
y A = B−1 =
1
1
2
·

− 1
2
1
− 3
2
2
=
−1 2
−3 4

︸ ︷︷ ︸
X′ = A ·X
Las ecuaciones del cambio serán, por tanto,
x1 = 2 ·x′1 + x
′
2
x2 =
3
2
·x′1−
1
2
·x′2

x′1 =− x1−2 ·x2
x′2 =−3 ·x1 +4 ·x2

Así para el punto X
(
6
5
, 1
)
, su abscisa en el sistema NUEVO será:
x′1 =−
6
5
−2 ·1 = −6+10
5
=
4
5
x′2 =−3 ·
6
5
+4 ·1 = −18+20
5
=
2
5

es decir
X′
(
4
5
,
2
5
)
o lo que es lo mismo
X′(2, 1)
Observemos que, recíprocamente, cuando lo que tenemos es X′(2, 1), su abscisa en el sistema ANTIGUO será:
x1 = 2 ·2−1 = 4−1 = 3
x2 =
3
2
·2− 1
2
·1 = 3− 1
2
=
5
2

es decir
X
(
3,
5
2
)
153
o lo que es lo mismo
X
(
6
5
, 1
)
Ejemplo 3. Consideremos, sobre una recta, el sistema de puntos fundamentales P, Q, R, de abscisas proyectivas
(sistema ANTIGUO), y los puntos P′, Q′, R′, que constituirán el NUEVO sistema de referencia, dados por sus
coordenadas proyectivas
p = (PQRP′) =
9
10
q = (PQRQ′) =
9
8
r = (PQRR′) =
6
5
P(1, 0)
(0, 1)Q (1, 1)R
P' Q' R'
9
10
_ , 1( ) 65_ , 1( )98_ , 1( )
X
X'
Estamos ante un cambio de sistema de referencia del tipo PROYECTIVO a PROYECTIVO.
Utilizando coordenadas homogéneas la correspondencia será:
Sistema ANTIGUO Sistema NUEVO
(1, 0) −−−−−−−−−−−−−→
(
9
10
, 1
)
(0, 1) −−−−−−−−−−−−−→
(
9
8
, 1
)
(1, 1) −−−−−−−−−−−−−→
(
6
5
, 1
)
Pasamos, ahora, a normalizar: (
9
10
, 1
)
(ααα)(
9
8
, 1
)
(βββ )(
6
5
, 1
)
6
5
=
9
10
·ααα + 9
8
·βββ
1 = ααα + βββ
=⇒
ααα =− 1
3
βββ =
4
3

154
Los vectores normalizados serán: (
− 3
10
,− 1
3
)
(
3
2
,
4
3
)
(
6
5
, 1
)
luego
B =

− 3
10
3
2
− 1
3
4
3

︸ ︷︷ ︸
X = B ·X′
y A = B−1 =
1
1
10
·

4
3
− 3
2
1
3
− 3
10
=

40
3
−15
10
3
−3

︸ ︷︷ ︸
X′ = A ·X
Las ecuaciones del cambio serán, por tanto,
x1 =−
3
10
·x′1 +
3
2
·x′2
x2 =−
1
3
·x′1 +
4
3
·x′2

x′1 =
40
3
·x1−15 ·x2
x′2 =
10
3
·x1− 3 ·x2

Así para el punto X(3, 1), su abscisa en el sistema NUEVO será:
x′1 =
40
3
·3−15 ·1 = 40−15 = 25
x′2 =
10
3
·3−3 ·1 = 10−3 = 7

es decir
X′(25, 7)
o lo que es lo mismo
X′(
25
7
, 1)
Observemos que, recíprocamente, cuando lo que tenemos es X′(
25
7
, 1), su abscisa en el sistema ANTIGUO será:
x1 =−
3
10
· 25
7
+
3
2
·1 = −75
70
+
3
2
=
−75+105
70
=
30
70
=
3
7
x2 =−
1
3
· 25
7
+
4
3
·1 = −25
21
+
28
21
=
3
21
=
1
7

es decir
X
(
3
7
,
1
7
)
o lo que es lo mismo
X(3, 1)
155
Ejemplo 4. Consideramos, sobre una recta, el sistema de puntos fundamentales P, Q, R de abscisas proyectivas
(sistema ANTIGUO) y los puntos P′, Q′, R′ que constituirán el NUEVO sistema de referencia, que queremos sea
un sistema cartesiano. Veámoslo representado en el esquema siguiente:
P(1, 0) Q(0, 1) R(1, 1)
X ( )32_ , 1
0 1
X´(3, 1)
S
P´(1, 0)Q´(0, 1) R´(1, 1)
∞
Observemos que la coordenada proyectiva del punto S (punto impropio de la recta) se calculará como sigue:
(PQRS) = (PQR∞∞∞) = (PQR) =
PR
QR
=
2
1
= 2
luego en coordenadas homogéneas
S(2, 1)
La correspondencia a establecer será:
Sistema ANTIGUO Sistema NUEVO
(Proyectivo (Cartesiano)
(1, 0) −−−−−−−−−−−−−→ (2, 1)
(0, 1) −−−−−−−−−−−−−→ (0, 1)
(1, 1) −−−−−−−−−−−−−→ (1, 1)
Pasamos, ahora, a normalizar
(2, 1) (ααα)
(0, 1) (βββ )
(1, 1)
1 = 2 ·ααα
1 = ααα +βββ
=⇒
ααα =
1
2
βββ =
1
2

Los vectores normalizados serán: (
1,
1
2
)
(
0,
1
2
)
(1, 1)
156
luego
B =

1 0
1
2
1
2

︸ ︷︷ ︸
X = B ·X′
y A = B−1 =
1
1
2
·

1
2
0
− 1
2
1
=
 1 0
−1 2

︸ ︷︷ ︸
X′ = A ·X
Las ecuaciones del cambio serán, por tanto:
x1 = x′1
x2 =
1
2
·x′1 +
1
2
·x′2
 x′1 = x1x′2 =−x1 +2 ·x2

Así, el punto de coordenadas cartesianas homogéneas, en el sistema NUEVO, X′(3, 1), tendrá como coordenadas
proyectivas homogéneas, en el sistema ANTIGUO:
x1 = 3
x2 =
1
2
·3+ 1
2
·1 = 2

es decir
X(3, 2)
o lo que es lo mismo
X(
3
2
, 1)
Observemos que recíprocamente, cuando lo que tenemos es X(
3
2
, 1), coordenadas homogéneas en el sistema AN-
TIGUO, su abscisa en el sistema NUEVO será
x′1 =
3
2
x′2 =−
3
2
+2 ·1 = 1
2

es decir
X′
(
3
2
,
1
2
)
o lo que es lo mismo
X′(3,1)
Por otra parte, el proceso de paso de un sistema cartesiano a otro proyectivo, es totalmente análogo al que acabamos
de ver.
157
Ejemplo 5. Consideremos, sobre una recta, el sistema de puntos fundamentales P, Q, R, de abscisas proyectivas
(sistema ANTIGUO) y los puntos P′, Q′, R′ que constituirán el NUEVO sistema de referencia, que queremos que
sea baricéntrico. Veámoslo representado en el esquema siguiente.
P(1, 0) Q(0, 1) R(1, 1) T S
P'(1, 0) Q'(0, 1) R'(1, 1)
X' 1
2
, 1_( )
X
8
5
, 1_( )
Observemos que la coordenada proyectiva del punto S (punto impropio de la recta) se calcula como sigue:
(PQRS) = (PQR∞∞∞) = (PQR) =
PR
QR
=
2
1
= 2
luego en coordenadas homogéneas
S(2, 1)
Por otra parte, la coordenada proyectiva del punto T se calculará como sigue:
(PQRT) =
(PQR)
(PQT)
=
PR
QR
· QT
PT
=
2
1
· 2
3
=
4
3
luego en coordenadas homogéneas
T
(
4
3
, 1
)
La correspondencia a establecer será:
Sistema ANTIGUO Sistema NUEVO
(Proyectivo (Baricéntrico)
(1, 0) −−−−−−−−−−−−−→ (0, 1)
(0, 1) −−−−−−−−−−−−−→
(
4
3
, 1
)
(1, 1) −−−−−−−−−−−−−→ (2, 1)
Pasamos ahora a normalizar
(0, 1) (ααα)(
4
3
, 1
)
(βββ )
(2, 1)
2 =
4
3
·βββ
1 =ααα + βββ
=⇒
ααα =− 1
2
βββ =
3
2

158
Los vectores normalizados serán: (
0, − 1
2
)
(
2,
3
2
)
(2, 1)
luego
B =

0 2
− 1
2
3
2

︸ ︷︷ ︸
X = B ·X′
y A = B−1 =
1
1
·

3
2
−2
1
2
0
=

3
2
−2
1
2
0

︸ ︷︷ ︸
X′ = A ·X
Las ecuaciones del cambio serán, por tanto
x1 = 2 ·x′2
x2 =−
1
2
·x′1 +
3
2
·x′2

x′1 =
3
2
·x1−2 ·x2
x′2 =
1
2
·x1

Así, el punto de coordenadas baricéntricas homogéneas en el sistema NUEVO, X′
(
1
2
, 1
)
tendrá como coordena-
das proyectivashomogéneas, en el sistema ANTIGUO:
x1 = 2 ·1 = 2
x2 =−
1
2
· 1
2
+
3
2
·1 = 5
4

es decir
X
(
2,
5
4
)
o lo que es lo mismo
X
(
8
5
, 1
)
Observemos que recíprocamente, cuando lo que tenemos es X
(
8
5
, 1
)
, coordenadas proyectivas homogéneas en
el sistema ANTIGUO, su abscisa en el sistema baricéntrico NUEVO será.
x′1 =
3
2
· 8
5
−2 ·1 = 24
10
− 20
10
=
4
10
x′2 =
1
2
· 8
5
=
8
10

es decir
X′
(
4
10
,
8
10
)
o lo que es lo mismo
X′
(
1
2
, 1
)
159
Por otra parte, el proceso de paso de un sistema baricéntrico a otro proyectivo, es totalmente análogo al que acabamos
de ver.
Ejemplo 6. Consideremos, sobre una recta, un sistema de referencia cartesiano dado por los puntos P(1,0), Q(0,1),
R(1, 1) (sistema ANTIGUO) coincidiendo el punto P con el impropio de la recta y los puntos P′, Q′, R′, que
constituirán el nuevo sistema de referencia baricéntrico. Para que sea así deberá verificarse que
P′(1, 0) , Q′(0, 1) , R′(1, 1)
coincidiendo el punto R′ con el impropio de la recta.
Veámoslo representado en el esquema siguiente:
Q(0, 1) R(1, 1) (2, 1) (3, 1) X(4, 1) P(1, 0)
P'(1, 0) Q'(0, 1)
R'(1, 1)
X' 1
2
, 1_( )
La correspondencia a establecer será:
Sistema ANTIGUO Sistema NUEVO
(1, 0) −−−−−−−−−−−−−→ (2, 1)
(0, 1) −−−−−−−−−−−−−→ (3, 1)
(1, 1) −−−−−−−−−−−−−→ (1, 0)
Pasamos, ahora, a normalizar
(2, 1) (ααα)
(3, 1) (βββ )
(1, 0)
1 = 2 ·ααα +3 ·βββ
0 = ααα +βββ
=⇒ ααα =−1βββ = 1

Los vectores normalizados serán:
(−2, −1)
( 3, 1)
(1, 0)
luego
B =
−2 3
−1 1

︸ ︷︷ ︸
X = B ·X′
y A = B−1 =
1 −3
1 −2

︸ ︷︷ ︸
X′ = A ·X
160
Las ecuaciones del cambio serán, por tanto:
x1 =−2 ·x′1 +3 ·x
′
2
x2 =− x′1 + x
′
2
 x′1 = x1−3 ·x2x′2 = x1−2 ·x2

Así, el punto de coordenadas baricéntricas homogéneas, en el sistema NUEVO, X′
(
1
2
, 1
)
, tendrá como coorde-
nadas cartesianas homogéneas, en el sistema ANTIGUO:
x1 =−2 ·
1
2
+3 ·1 = 2
x2 =−
1
2
+1 =
1
2

es decir
X
(
2,
1
2
)
o lo que es lo mismo
X(4, 1)
Observemos que, recíprocamente, cuando lo que tenemos es X(4, 1), coordenadas cartesianas homogéneas en el
sistema ANTIGUO, su abscisa en el sistema baricéntrico NUEVO será:
x′1 = 4−3 ·1 = 1
x′2 = 4−2 ·1 = 2

es decir
X′(1, 2)
o lo que es lo mismo
X′
(
1
2
, 1
)
Por otra parte, el proceso de paso de un sistema baricéntrico a otro cartesiano, es totalmente análogo al que acabamos
de ver.
161
Lección 37.- HOMOLOGÍAS
37.1 La homología y sus propiedades
37.2 Homología entre formas planas superpuestas
37.3 Determinación de figuras homológicas
37.4 Las rectas límites, LLLy L′L′L′
37.5 Determinación de una homología
37.6 Homologías particulares
37.7 Ejemplos
37.1 La homología y sus propiedades
De dos formas planas perspectivas, es decir, secciones de una misma radiación, diremos que son homo-
lógicas. Una tal homografía recibe el nombre de homología, y para ella se verifica:
S
A
A´
B´
B
E
a
a´
b
b´
Π
Π´
1a.- Los puntos homólogos están alineados con el punto fijo S, vértice de la perspectividad, al que se
llama centro de la homología.
2a.- Las rectas homólogas se cortan en puntos situados en la recta EEE, intersección de los dos planos de
las secciones al que se llama eje de la homología.
Vamos a estar interesados en estudiar las homologías entre formas planas superpuestas, para lo que
partiremos del siguiente resultado más general:
163
PROPOSICIÓN 1. Dos figuras ϕϕϕ ′ y ϕϕϕ ′′ no coplanarias, homológicas de una tercera ϕϕϕ , respecto de
un mismo eje EEE de homología y de dos centros distintos S′ y S′′, son homológicas entre sí respecto
del mismo eje EEE y de un centro S alineado con S′ y S′′.
En efecto: En la correspondencia resultante entre ϕϕϕ ′ y ϕϕϕ ′′, son dobles todos los puntos del eje EEE; en
consecuencia esta correspondencia es una homología.
Por otra parte, como el plano AA′A′′, determinado por un punto cualquiera A de ϕϕϕ , y sus dos homólogos
A′ y A′′, contiene S′ y S′′, situados respectivamente en AA′ y AA′′, la recta de este plano corta a la S′S′′.
En definitiva, todas las rectas que unen pares de puntos homólogos de ϕϕϕ ′ y ϕϕϕ ′′ se cortan entre sí, y con
S′S′′, luego concurren en un punto S, centro de la homología ϕϕϕ ′ ·ϕϕϕ ′′, situado en S′S′′.
S´´
S´
S
A
A´
A´´
E
ϕ
ϕ´
ϕ´´
37.2 Homología entre formas planas superpuestas
Dando continuidad al resultado del punto anterior, si ϕϕϕ ′ y ϕϕϕ ′′ están en un mismo plano ΠΠΠ, podemos
afirmar que el plano AA′A′′ contiene A′A′′ y S′S′′. En consecuencia, las rectas A′A′′ que unen pares de
puntos homólogos de ϕϕϕ ′ y ϕϕϕ ′′, pasan ahora por el punto fijo S de intersección de S′S′′ con ΠΠΠ. Por otra
parte, la rectas homólogas de ϕϕϕ , ϕϕϕ ′ y ϕϕϕ ′′ concurren en puntos del eje EEE.
Se obtiene así una correspondencia entre dos formas planas superpuestas, ϕϕϕ ′ y ϕϕϕ ′′, que seguiremos
llamando homología puesto que verifica las mismas condiciones 1a y 2a, del punto anterior, de la homo-
logía entre formas no coplanarias.
S
S´
S´´
A
A´
A´´
Π
ϕ
ϕ´ ϕ´´
E
164
El resultado general establecido en el punto anterior sigue siendo válido entre figuras coplanarias.
Ejemplo 1. En una homología entre formas planas superpuestas los puntos del eje, EEE, son dobles, es decir homó-
logos de sí mismos, como también lo es el centro, S.
Así mismo, las rectas de unión de puntos homólogos, es decir, todas las que pasan por el centro S, son rectas dobles.
S
A
B
C
D
A´
B´
C´
Centro (punto doble)
Rectas dobles
Eje (recta doble)D´
E
En este ejemplo, el centro no está situado sobre el eje; correspondería a lo que en la Lección 35 llamábamos una
homología general.
Ejemplo 2. Veamos otro caso en el que tenemos otra homología general.
S
A
C
A´
C´ BeAe
Centro (punto doble)
Rectas dobles
Eje
O´
E
Por otra parte el que el centro esté situado sobre el eje no altera la sistemática para determinar las figuras homólogas,
en las homologías que este caso calificábamos de homologías especiales.
165
Ejemplo 3. En este caso, en el que el centro está situado sobre el eje, estaríamos ante lo que calificábamos en la
Lección 35 como una homología especial.
A
BC
A´
B´
C´
S
Centro (punto doble)
Eje (recta doble)
Rectas dobles
E
Puede, asimismo, ocurrir que, siendo propio el eje de la homología sea impropio su centro, y viceversa, ser propio
el centro e impropio su eje. Estudiaremos estos casos en el apartado 6 de esta lección.
Ejemplo 4. Si dos triángulos son tales que sus lados homólogos se cortan dos a dos en puntos de una recta, EEE, en-
tonces los pares de vértices homólogos están alineados con un punto, S. Los triángulos serán entonces homológicos,
en la homología de centro S y eje EEE.
Análogamente si los vértices homólogos de dos triángulos están alineados con un punto, S, entonces los lados ho-
mólogos se cortan dos a dos en puntos de una recta EEE. Los triángulos serán entonces homológicos, en la homología
de centro S y eje EEE.
A
B
C
A´
B´
C´
S
E
166
Ejemplo 5. Dada una homología entre formas planas superpuestas cuyo centro no pertenece al eje, la razón doble
de la cuaterna formada por dos puntos homólogos cualesquiera, A y A′, el centro S, y el punto de intersección Ae
de la recta AA′, es una constante.
Basta ver que las cuaternas
(AA′SAEEE) y (BB′SBEEE)
son perspectivas, de donde resulta que:
(AA′SAEEE) = (BB′SBEEE)
En la figura del ejemplo 2, observamos que O′ es el centro de perspectividad. El valor constante así establecido
recibe el nombre de característica de la homología y también coeficiente de homología.
¡¡ATENCIÓN!! Veremos más adelante que el conocimiento de la característica, que acabamos de
establecer en el ejemplo anterior, resultará ser un elemento más, a tener en cuenta, cuando se trata de
determinar una homología.
Observamos, por otra parte, que la característica, que vale
(AA′Sααα) = (SαααAA′)
siendo: ααα = AEEE nos muestra que los puntos S y ααα , son puntos dobles en la homología.
Ejemplo 6. Si la característica de unahomología, entre formas planas superpuestas, vale −1, entonces todos los
pares de puntos homólogos estarán armónicamente separados por el centro y el eje, y la homología se llamará
involutiva, por corresponderse doblemente todos los pares de elementos homólogos.
A B
A´
B´
S
EAe
Basta ver que permutando A y A′ se verifica, que
(AA′SAe) = (A′ASe) =−1
Observemos que, en una tal homología involutiva, son concurrentes en el eje no sólo AB y A′B′, sino también AB′
y BA′.
167
Apuntemos, asimismo, que basta que se correspondan dos puntos, A y A′, doblemente para que se correspondan
doblemente los demás.
Dada una homología entre formas planas, llamaremos rectas límitesLLL yL′L′L′, a las rectas homólogas de la
recta impropia del plano, considerada como de una u otra figura, o dicho de otra manera de la primera
o segunda figura.
Las rectas límites serán, siempre, paralelas al eje de la homología, puesto que deben concurrir en él con
la recta impropia.
37.3 Determinación de figuras homológicas
Conviene no perder de vista, nunca, que tal como hemos establecido, dos figuras planas son homológicas
si se corresponden punto a punto, y recta a recta, de modo que los punto homólogos están en rectas
concurrentes en un punto, llamado centro de homología, y las rectas homólogas se corten en puntos de
una misma recta, llamada eje de homología.
Para la determinación de figuras homológicas vamos a estudiar los siguientes casos.
1.- Conocido el centro de homología, S, el eje, EEE, y un par de puntos homólogos, A y A.
Para determinar un punto de la segunda forma, B′, homólogo de otro dado de la primera forma, B, se une
A con B; la recta AB cortará al eje en un punto C. Uniremos C con A′, y donde corte la recta CA′, a la
recta SB, obtendremos el punto buscado B′.
S
A
B
A´
B´
C
E
2.- Conociendo el centro de homología, S, y dos pares de rectas homólogas (r, r′) y (s, s′).
Las intersecciones r∩ r′ = A y s∩ s′ = A′, serán puntos homólogos. Para hallar, M′, homólogo del punto
dado, M, se trazará un tercer par de rectas (t, t′), por medio de dos rayos cualesquiera, que pasen por
el centro de homología, y que corten a los dos pares de rectas homólogas anteriores. Sean estos rayos,
168
SB y SC, que nos darán dos pares de puntos homólogos, (B, B′) y (C, C′), y un par de rectas homólogas,
BC y B′C′.
El punto G, común a AM y BC, tendrá por homólogo el G′ común a B′C′ y al rayo SG. Trazando A′G′,
su intersección con SM será el punto M′, homólogo del M.
S
G
G´
C´A
B
B´
M
M´
r
r´
s
s´
C
A´
t´
t
3.- Conocido el eje, EEE, y dos pares de puntos homólogos, (A, A′) y (B, B′).
Para hallar el homólogo de un punto cualquiera M, se trazan AM y BM, hasta que corten al eje. Sus in-
tersecciones con dicho eje, EEE, se unen con A′ y B′, respectivamente. La intersección de estas dos últimas
rectas será M′, el homólogo del M.
A
B
M
A´
B´
M´
E
169
4.- Determinar la recta límite de la primera forma, dados el centro, S, el eje EEE, y un par de puntos
homólogos (A, A′).
Se traza por S una dirección cualquiera SP, y por A′ una paralela a dicha dirección, hasta que corte el
eje; se une dicho punto con A, y donde corte a la dirección trazada desde S, es el homólogo del infinito
de la dirección dada. Trazando la paralela al eje se tendrá la recta límite de la primera forma L.
S
R
A´A
P
(P´)
(P)
L´
L
E
(cualquiera)
Si se quisiese hallar la recta límite de la segunda forma, se trazará la paralela a la dirección dada desde
A, y el punto donde corta al eje, unido con A′, nos dará el homólogo del infinito de la primera forma. La
recta límite seria la L′L′L′ (ver figura anterior).
5.- Determinar la recta límite de la primera forma, dados tres pares de puntos homólogos (A, A′),
(B, B) , (C,C′), y el centro S.
Se traza A′B′, y por S una paralela a dicha recta, que es cortada por la AB en el punto βββ , que será un
punto de la recta límite.
Se traza B′C′, y por S una paralela a dicha recta, que es cortada por la BC en el punto ααα , que será otro
punto de la recta límite. Uniendo ααα y βββ se tendrá la recta LLL, recta límite de la primera forma.
S
A B
C
A´
B´ C´
L
(E)
α
β
=
=
=
=
La construcción es exactamente igual a la anterior si se trata de determinar la recta límite de la segunda
forma, dados el centro y tres pares de punto homólogos.
170
6.- Dados el centro, eje y recta límite de la primera forma, hallar los puntos de la segunda forma
homólogos de la primera.
Se traza por A una recta cualquiera que corte al eje en Q, y a la recta límite en P, y por Q se traza una
paralela a SP, que cortará a SA en el punto A′, homólogo del A.
S
A
A´
P
Q
L E
(cualquiera)
El procedimiento es análogo al anterior, si lo que se conoce es el centro, el eje y la recta límite de la
segunda forma.
7.- Dados el centro y las dos rectas límites, hallar el homólogo de A.
Se traza el rayo SA, por A una recta cualquiera PH, y por S una paralela a esta recta, que cortará a la
recta límite L′L′L′ e el punto H′, homólogo de H.
Se traza un rayo SP, y por H′ una paralela a dicho rayo, la intersección de esta paralela con SA será el
punto pedido.
S
P
H´
AA´ 
H∞ (cualquiera)
L L´
171
8.- Conocida la característica de una homología, para su determinación nos bastará con conocer, además
el centro, S, y el eje de homología, EEE
el centro, S, y una recta límite, LLL, o L′L′L′
entre otros datos. Tendremos ocasión de utilizar su conocimiento en algunos ejemplos que veremos en
el apartado 7.
Consideremos, ahora, las siguientes propiedades de las figuras homológicas.
PROPOSICIÓN 1. Dos figuras planas, homológicas de una tercera, respecto de un mismo eje, son
homológicas entre si, respecto de este eje, y los tres centros de homología están alineados.
En efecto: Sean (A′, B′) y (A′′, B′′), homólogos de (A, B) respecto del eje EEE, y centros respectivos, S, y
S′.
(A′, B′) y (A′′, B′′) se cortan en el mismo eje, y los triángulos
4
AA′A′′ y
4
BB′B′′ son tales que, sus vértices,
unidos convenientemente, nos dan rectas concurrentes en EEE. Luego sus lados se cortarán en puntos de una
misma recta. Ahora bien, AA′ y BB′ se cortan en S, y AA′′ y BB′′ en S′, luego el punto S′′, donde se cortan
A′A′′ y B′B′′, estará en línea recta con S y S′.
B
A´
B´
B´´
S
S´
S´´
E
A
A´´
172
PROPOSICIÓN 2. Dos figuras planas, homológicas de una tercera respecto de un mismo centro,
son homológicas entre sí respecto del este centro, y los tres ejes de homología pasan por el mismo
punto.
En efecto: Aunque admitido el principio de dualidad o de correlación geométrica, lo enunciado resulta
evidente, se puede dar la siguiente demostración: Sean A, B, C y A′, B′, C′, homológicos respecto de S
y HHH, y A, B, C y A′′, B′′, C′′, homológicos respecto de S y H′H′H′.
Los triángulos
4
αβγαβγαβγ y
4
α ′β ′γ ′α ′β ′γ ′α ′β ′γ ′ tienen sus pares de rectas αβαβαβ y α ′β ′α ′β ′α ′β ′ , αγαγαγ y α ′γ ′α ′γ ′α ′γ ′ , βγβγβγ y β ′γ ′β ′γ ′β ′γ ′, que
se cortan en B, B′, B′′, puntos de una recta. Luego las rectas que unen los vértices de αα ′αα ′αα ′ , ββ ′ββ ′ββ ′ y γγ ′γγ ′γγ ′,
tienen que concurrir en un punto. Ahora bien, αα ′αα ′αα ′ y ββ ′ββ ′ββ ′ pasan por P, luego γγ ′γγ ′γγ ′ tiene que pasar por P, y
la recta γγ ′γγ ′γγ ′ es el eje de la homología de (A′, B′) y (A′′, B′′), cuyo centro es el mismo S.
S
A
B
C
B´
A´´
B´´ C´´
P
H
H´´
α α´
β
β´
γ
γ´
A´
C´
H´
37.4 Las rectas límites, LLLy L′L′L′
En el anterior apartado definimos las rectas límites, y concretamente, en el caso 4o establecimos como
determinarlas, conocido el centro, S, y el eje, EEE, de lo que vamos a hacer aplicación. Consideraremos
dos posibilidades: a.- el centro no pertenece al eje; b.- el centro pertenece al eje.
a.- El centro S, no pertenece al eje EEE.
S
A
A´
R
P
(P´)
L
L´
E
(eje)
S
A
A´
P
(P´)
R
L
L´
E(eje)
d
d
d
d
P
(P´)
173
b.- El centro pertenece al eje.
S
A
A´
R
P
(P´)
L
L´
E(eje)
d
d
P
(P´)
(centro)
S
A
A´
R
P
(P´)
L
L´
E (eje)
d
d
P
(P´)(centro)
P
37.5 Determinación de una homología
Lo establecido en el punto anterior nos permite afirmar que una homología entre formas planas super-
puestas quedará establecida dando, en general tres elementos, como sigue:
1.- El centro, el eje y un par de puntos homólogos.
A
A´
S
E
2.- El centro, el eje y un par de rectas homólogas.
r
r´
S
E
3.- El centro, el eje y una recta límite.
S
E
L
174
4.- El eje, una recta límite y un par de puntos homólogos.
E
L
A
A´
5.- Dos pares de puntos homólogos y la dirección del eje.
(E)
A
A´
B´
B
Ejemplo 1. Sin embargo, conocer tres elementos puede no ser suficiente para determinar la homología. La siguiente
figura, en la que aparecen las dos rectas límites LLL y L′L′L′, así como el eje EEE, nos muestra que el sistema no está
determinado puesto que el centro de homología puede ser un punto cualquiera de la recta r, paralela a las anteriores,
trazada a una distancia d.
d
d
r
L
L´
E
37.6 Homologías particulares
Llamaremos homología afín a aquella que tiene su eje propio y su centro impropio; a la dirección de
dicho centro se le llamará dirección de afinidad.
Ejemplo 1. Cualquier homología afín queda definida dando el eje y un par de puntos homólogos, ya que estos
determinan la dirección de su centro.
Ejemplo 2. En una homología afín la recta impropia es doble, como podemos visualizar en la siguiente figura.
Si la homología nos viene determinada por el eje y por los dos puntos homólogos A, A′ (que implícitamente deter-
minan el centro S), se observa que son homólogos B y B′, así como los puntos impropios C∞∞∞ y , C′∞∞∞, ambos, por
tanto, de la recta impropia.
A
A´
B
B´
S
C∞́
C∞
E
175
Dado que la recta impropia es doble no existen aquí rectas límites; podríamos decir que coinciden con ella.
En el caso de que la dirección de afinidad no coincida con la del eje se verificará que su característica, es decir la
razón doble
(A A′ S AEEE) ,
determinada por un par de puntos homólogos cualesquiera, A y A′, el centro, S, y el de intersección de la recta AA′
con el eje, AEEE, queda reducida a una razón simple
(AA′SAEEE) =
AA′S
(AA′AEEE)
=
1
(AA′AEEE)
= (A′AAEEE) =
A′AEEE
AAEEE
=
AEEEA′
AEEEA
S
A´
A
B´
B
C´
C
r
r´
EAE BE CE
cociente de las distancias del eje a cada para de puntos homólogos, tomados en la dirección de afinidad. A esta
constante le llamaremos razón de afinidad.
Ejemplo 3. La siguiente homología afín, dada por el eje, EEE, y los pares de puntos homólogos A, A′, tiene como
razón de afinidad el valor
AEEEA′
AEEEA
=
−4
2
=−2
S
A´
A
EAE
Cuando la homología afín es involutiva, su característica o razón de afinidad vale
AEEEA′
AEEEA
=−1
es decir
AEEEA′ =−AEEEA
Luego los pares de puntos homólogos equidistan del eje y lo que tenemos es una simetría ortogonal u oblicua
respecto del eje, según que la dirección de la afinidad sea o no perpendicular a dicho eje.
176
S
A´
A
E
S
A´
A
E
simetría oblicua
simetria ortogonal
Ejemplo 4. Si consideramos la simetría oblicua, dada por el eje, EEE, y el par de puntos homólogos A, A′, podemos
dibujar la figura homóloga del triángulo
4
ABC como sigue:
S
A´
A
B´
B
C´
C E
La homología puede, también, tener un centro propio y como eje la recta impropia. En este caso se verificará.
(AA′SAEEE∞∞∞) =
(AA′S)
(AA′AEEE∞∞∞)
= (AA′S) =
SA
SA′
= K constante
es decir, estaremos en presencia de una homotecia de centro S y razón k, que ya estudiamos en la lección 18.
Ejemplo 5. Consideremos la homología de centro S, y puntos homólogos A, A′, siendo su eje la recta impropia, es
decir, la homotecia de centro S y razón k =
SA
SA
.
A
A´
B
B´
C
C´
S
Si la homotecia es involutiva, es decir cuando
k =
SA
SA
=−1
resulta
SA =−SA′
177
en cuyo caso los pares de puntos homólogos equidistan del centro; estaremos en presencia de una simetría central
de centro S.
Ejemplo 6. Consideremos la homotecia de centro S, y razón k =−1; es decir una simetría central de centro S.
A
B
C
D A´
B´
C´
D´
S
Si una homología tiene centro impropio y eje impropio, resultará que en cada una de las rectas dobles que pasan por
el centro, es decir, en cada paralela con dirección la del centro, existirá una proyectividad entre puntos homólogos,
con un único punto doble, que será el centro impropio; estaremos en presencia de una traslación en la dirección del
centro.
Ejemplo 7. Consideremos la homología de centro impropio, S, y eje la recta impropia, siendo puntos homólogos
los A, A′; es decir una traslación.
A
B
C
A´
B´
C´
S
Por otra parte, los giros, y en general una congruencia, que no sean traslación ni simetría, no son casos particulares de
la homología, lo mismo que una semejanza que no sea homotecia. Sin embargo, unas y otras son casos particulares
de la homografía, ya que transforman puntos y rectas, respectivamente, en puntos y rectas, y conservan las relaciones
de incidencia, condiciones éstas que definen la homografía.
37.7 Ejemplos
En muchas ocasiones, expuesta una teoría que comprendemos, sentimos ya por ello que la dominamos.
Sin embargo, cuando se trata de aplicarla, o bien nos atascamos o terminamos admitiendo que, en reali-
dad, no la dominamos como creíamos.
Puede ser este el caso de concepto homología, cuya teoría es fácil de entender, pero en ocasiones com-
plicada en su aplicación. Buen ejemplo de lo que afirmamos lo constituye la resolución de los ejercicios,
178
que como ejemplos, planteamos en este apartado, que sin duda colaborará a darnos seguridad, en el
sentido de que sí hemos comprendido de lo que estamos hablando.
Desgraciadamente, es muy frecuente que se nos inunde con deducciones lógicas para obtener resultados
teóricamente importantes, pero en general no se nos ilustre con la resolución de problemas concretos
a los que poder aplicar esas teorías. Ejemplarizar debería ser, siempre, algo obligatorio, y plantear y
resolver problemas más complejos, sobre el tema de que se trata, es algo que fundamentaría, sobre bases
sólidas, su conocimiento.
Ejemplo 1. Dados S, EEE, LLL, hallar el homólogo del triángulo
4
ABC.
A
A´
B
C
S
N´
M
M´
P
P´
B∞́
B∞́
B∞́
E L
N
C´
Una vez hallados los vértices A′, B′∞∞∞, C′, para unirlos se debe tener en cuenta:
1o.- Dado que el segmento AB pasa por M, el A′B′∞∞∞ será el segmento marcado.
2o.- Dado que el segmento AC pasa por N, el A′C′ pasará por N′. Además como AC no tiene ningún punto en L,
A′C′ no puede tener ningún punto en el infinito.
3o.- Como el punto P, no pertenece al segmento BC, el P′ no puede pertenecer a A′C′.
En consecuencia, el triángulo solución es el triángulo de la figura.
Ejemplo 2. Dados S, LLL, EEE, hallar el homólogo de un triángulo dado
4
ABC.
El procedimiento a seguir será el siguiente: Se toma un punto cualquiera M de LLL, con lo que su homólogo será el
M′∞. AM corta el eje EEE en H, luego M′∞A′ pasará por H; a de más el punto A′ estará alineado con S y A.
El punto B′ se determina uniendo S con B, y N con A′.
El punto C′ se determina uniendo S con C, y P con A′.
Una vez determinados los vértices A′, B′, C′, hay que tener en cuenta que el segmento homólogo del AB puede ser:
179
1.- El que une directamente A′ con B′, o
2.- el que une A′ con B′ pasando por el infinito.
El segmento homólogo del AB es el que pasa por el infinito, por lo siguiente:
1o.- El punto N pertenece al segmento AB, por lo tanto su homólogo N′, que es el mismo, pertenecerá al A′B′.
2o.- El punto H1 pertenece a AB, luego su homólogo H′∞∞∞ pertenecerá al A′B′.
3o.- Como el segmento AB no tiene ningún punto en el infinito, el A′B′ no puede cortar aL′L′L′. Por las mismas razones,
el segmento A′C′ tiene que pasar por el infinito.
El segmento B′C′ no puede tener ningún punto en el infinito, puesto que BC no corta a LLL, y como BC no tiene
ningún punto en el infinito, B′C′ no puede cortar a L′L′L′.
(La recta L′L′L′ es la paralela a LLL y EEE , comprendida entre ellas , y a la misma distancia de EEE , como lo es
el centro S , de LLL.)A
B
C
A´
B´
C´
N y N´
M∞́
M∞́
H
P
∞H1́
∞H1́
L E
S H1
M
180
Ejemplo 3. Dadas las rectas límites LLL y L′L′L′, y un par de puntos homólogos C y C′, hallar el homólogo del
triángulo
4
AFD (A está en LLL, F y D están en L′L′L′, y además A y F están en la recta CC′) sabiendo que el
cociente
SC
SC′
es negativo.
A
A
B´
C
C´ S
D
D´
F
F´
B
∞
A´∞
C´
C
B´
A´B
O
α
L
L´E
punto doble
determinación de
los puntos dobles
eje proyectivo
centro proyectivo
punto doble
P
El centro de la homología, S, estará en la recta CC′ y los homólogos de A y B′ serán A′∞∞∞ y B∞∞∞.
El coeficiente de homología es: (SαααAA′∞∞∞) = (SαααB∞∞∞B′) = (SαααCC′), por lo tanto S y ααα son los puntos dobles de las
series superpuestas: A, B∞∞∞, C y A′∞∞∞, B′, C′. Un vez determinados los puntos dobles, el punto S queda determinado
(de entre los dos) por la relación
SC
SC′
< 0.
Conocido ααα , la determinación deEEE y F′D′ no representa ninguna dificultad. El triángulo será el indicado en la figura,
puesto que, como el triángulo
4
AFD no tiene ningún punto en el eje EEE, tampoco lo puede tener el
4
A′∞∞∞F′D′.
181
Ejemplo 4. Dados S, A, A′, B, B′, todos ellos en línea recta, y un punto doble C≡ C′, se trata de hallar EEE, LLL
y el homólogo del triángulo
4
BFG.
S B
D
A
B´
A´
C
D´
P
P´
∞
A
B
B´
L
E
α
A´
Puntos dobles
(e
je 
pr
oy
ec
tiv
o)
C´
Si ααα es el punto de intersección de la recta SAA′BB′ con el eje, se tendrá que la característica de la homología es:
(SαααAA′) = (SαααBB′)
resultando que ααα es un punto doble de dos serie superpuestas, de las cuales se conoce el otro punto doble, el S, y
dos pares de puntos homólogos (A, A′) y (B, B′).
Una vez determinado ααα , el eje EEE será la recta Cααα , y hallando el homólogo de un punto cualquiera del infinito, D′∞∞∞,
la paralela EEE por D será LLL.
La figura anterior nos resuelve la primera parte de lo que nos piden, es decir, la determinación de EEE y LLL. Para no
enmarañar la resolución de la segunda parte, con demasiadas líneas, transportamos el resultado anterior a la siguiente
figura, en la que representamos el triángulo
4
BFG y determinamos su homólogo. Tendremos para ello en cuenta que,
BG y FG cortan a LLL, y por tanto B′G′ y F′G′ tendrán su punto en el infinito. La solución es la dibujada en la figura.
S B
F
G
C C´
B´A
A´
G´
α
L
E
F´
182
Ejemplo 5. Se dan dos rectas homólogas r y r′, EEE y LLL. Sobre r′ se da un punto M, y se sabe que su homólogo
está en r. Hallar el homólogo del triángulo
4
AMN, siendo A la intersección deLLL y r, y N simétrico de M respecto
a LLL.
A∞́
M N
S
P
Qr´ m
r m´A∞́
A∞́
M´
N´
A
Determinamos, en primer lugar el centro de homología: Como el homólogo de A debe estar sobre r′, y A ∈LLL, queda
determinado A′∞∞∞.
A continuación se determina M′, que debe pertenecer a r, y a la recta QA′∞∞∞. El centro de homología quedará
determinado como intersección de las rectas MM′ y AA′∞∞∞.
La determinación de los puntos M′ y A′∞∞∞ estarán ya determinados, y la determinación de N′ es inmediata.
El homólogo del triángulo
4
AMN es el indicado en la figura.
Ejemplo 6. Dados EEE, L′L′L′, A y A′. Hallar el homólogo del triángulo
4
ACD (C coincide con A′, y D está en L′L′L′).
Se trazan dos rectas r y r′, que se cortan en un punto cualquiera ααα de EEE, y que pasan por A y A′, respectivamente.
La recta r′ corta a L′L′L′ en B′, cuyo homólogo será B∞∞∞ (punto del infinito de r).
La intersección de AA′ y B′B∞∞∞ nos dará el centro S.Se determina el homólogo de D (con la ayuda de los A, A′).
Para unir los puntos A′,C′,D′ tendremos en cuenta que, como AD y AC cortan al eje, A′D′ y A′C′ también lo
cortarán. Además, como CD no corta al eje, C′D′ tampoco lo cortará.
A
A´
B∞
C
D
D´
rr´
S
E
L´ B∞α
C´
B´
183
Ejemplo 7. Dados LLL y L′L′L′, y EEE, hallar el homólogo del triángulo
4
ABC considerado como del las dos formas,
sabiendo que la recta AB es doble.
Los puntos A′, P y N estarán en el infinito (pues A ∈LLL, N′ ∈L′L′L′, P′ ∈L′L′L′).El centro S estará en la recta AB, y los
segmentos SA y BH son iguales, luego queda determinado S. (La recta AB es doble)El punto C′ se determina con
el par de puntos homólogos A y A′∞∞∞.El punto B′ se determina teniendo en cuenta que como BC es paralela a EEE,
también B′C′ lo será.Para determinar los dos triángulos
4
A′B′C′ y
4
MNP, se tiene en cuenta que, como
4
ABC y
4
MNP
no cortan al eje,
4
A′B′C′ y
4
MNP tampoco lo pueden cortar.El triángulo solución es el indicado en la figura.
A
B
B´
P´
S
M
N´
C
C´
A ∞́
P∞
L L´ E
M´
H
N∞
A ∞́
P∞
N∞
Ejemplo 8. Se da un triángulo
4
ABC y una recta LLL, que se toma como límite. Hallar su homólogo, sabiendo
que es equilátero, y que su vértice A′ está en una recta dada r.
A
B
CC´
B´
A´
M
N S
P
M∞́
P∞́
60º
N∞́
M∞́
60º
r
P∞́
L
E
Dado que AB pasa por el M, A′B′ pasara por M′∞∞∞; por lo mismo A′C′ pasará por N′∞∞∞. Como Â′ = 60o, S estará en el
arco capaz construido sobre MN. Así mismo, S estará en el arco capaz de 60o construido sobre NP. La intersección
de los dos arcos capaces será el centro S. La intersección de r con SA es el vértice A′. Luego, con los pares de puntos
homólogos A, A′ y M, M′∞∞∞ se determina el eje EEE.
El resto del problema, es decir la determinación de los vértices B′, y C′, no presenta ya ninguna dificultad.
184
Ejemplo 9. Dado un cuadrilátero
�
ABCD plantear una homología, en la cual su homólogo sea un cuadrado
de lado l.
Para que
�
A′B′C′D′ sea un cuadrado se tiene que verificar.
1o.- Que los lados AB, CD, y BC, AD, se corten en la recta límite, que queda de esta manera determinada.
2o.- Que el centro, S, esté en la circunferencia de diámetro FH.
3o.- Para que las diagonales sean perpendiculares, S tiene que estar en la circunferencia de diámetro MI.
La intersección de las dos circunferencias es el centro S.
Uniendo S con B y con C, en el ángulo B̂SC habrá que inscribir un segmento paralelo a SH y de longitud l. Este
segmento B′C′ nos da los vértices B′ y C′.
El eje de la homología queda determinado por B′C′ y BC.
A
B´
CC´
D
D´
I
F
M
S
H
E
L
B
A´
l
l
Ejemplo 10. Dado un cuadrilátero
�
ABCD,hallar su homólogo, sabiendo que es un trapecio de bases A′B′ y C′D′,
y que el ángulo Â′ es recto. Se conocen dos rectas r y r′ homólogas y paralelas, y otra recta p que es doble.
El eje de la homología, así como la recta límite serán paralelas a las rectas r y r′.
Para que A′B′ y C′D′ sean paralelas, es necesario que AB y CD se corten en LLL; por tanto LLL es la paralela a r por el
punto M.
185
Para que B̂′A′D′ = 90o, el centro de la homología tiene que estar en la circunferencia de diámetro MN, y como debe
pertenecer a p, resulta que S es la intersección de esas dos líneas.
El eje de homología, EEE, se determina con las rectas homólogas MH y H′M′∞∞∞.
Conocidos S, EEE y LLL el problema se resuelve fácilmente.
A
B
C
D
B´
C´ D´
M
∞M´
S
H
H´
N
r r´
E
L
∞M´
∞M´
p p´
A´
Ejemplo 11. Dado un cuadrilátero
�
ABCD, hallar su homólogo, sabiendo que es un rombo, cuyas diagonales
se cortan en un punto dado O′.
Los lados opuestos de un rombo son paralelos, luego sus homólogos tienen que cortarse en LLL. Así,la recta límite LLL
quedará definida por los puntos P y Q, intersecciones de AB, CD y BC, AD.
En un rombo las diagonales son perpendiculares. Las direcciones de las diagonales son: SM′∞∞∞ y SN′∞∞∞, luego S estará
en la circunferencia de diámetro MN y en la recta OO′.
Conociendo O, O′, S y LLL, se determina fácilmente EEE, y luego A′, B′, C′, D′.
A
B
C
D
D´
C´
B´
A´
O
O´
M
N
M∞́
N∞́
P
Q
E
L
S
186
Ejemplo 12. Dadas LLL y L′L′L′ y las rectas homólogas r y r′, hallar el homólogo del trapecio
�
MNPQ.
r
r´ M
N
N´
P
P´
Q
A´
S
L L´ E
Q∞́
M∞́
A∞
Q∞́
M∞́
M∞́
La recta r′ corta a L′L′L′ en A′, cuyo homólogo estará en la recta r y en el infinito (A∞∞∞).
Así mismo la recta r corta a LLL en Q, cuyo homólogo estará en la recta r′ y en el infinito (Q′∞∞∞).Así, la intersección de AA′∞∞∞ y QQ′∞∞∞ determinan el centro S.
A continuación se determinan los puntos: M′∞∞∞, N′, P′ y Q′∞∞∞. Para unirlos se debe tener en cuenta que ningún lado
de
�
MNPQ corta al eje de homología, EEE, luego tampoco podrán cortar al eje los lados del homólogo.
La solución es la que queda dibujada en la figura.
Ejemplo 13. Dado un trapecio
�
ABCD, determinar la homología, de manera que su homólogo sea un rectán-
gulo igual a uno dado.
A B
C
D
A´B´
C´
D´
A´B´
C´ D´
M
N
S
LE
α
α
α
Si se toma como recta límite la paralela a las dos bases trazada por el punto, M, de centro de los lados AB y CD,
los lados opuestos del cuadrilátero homólogo son paralelos. Para que sea rectángulo, el centro, S, debe estar en la
normal a LLL, trazada por M. Para que el ángulo formado por A′C′ y C′D sea igual al del rectángulo dado, S, estará
en el arco capaz del ángulo ααα , construido sobre MN.
Uniendo S con B y con C, el lado B′C′ estará inscrito en el ángulo B̂SC, y será paralelo a BC
Para hallar B′ y C′, bastará con inscribir en el ángulo B̂SC un segmento paralelo a BC e igual al lado dado.
Teniendo S, LLL y B, B′, el problema se resuelve sin ninguna dificultad.
187
Ejemplo 14. Dado un cuadrilátero
�
ABCD, determinar una homología, ta que que su homólogo sea un
cuadrado, y el punto de encuentro de sus diagonales sea doble.
Para que el homólogo sea un cuadrado es necesario:
1o.- Que los lados opuestos sean paralelos.
2o.- Que los lados contiguos sean perpendiculares.
3o.- Que las diagonales sean perpendiculares.
Estas tres condiciones exigen:
1o.- Que los lados opuestos de
�
ABCD se corten en LLL.
2o.- Que S esté en la semicircunferencia de diámetro MN.
3o.- Que S esté en la semicircunferencia de diámetro PQ.
Además, el eje de homología, EEE, tiene que pasar por O.
Una vez conocidos S, E y LLL el problema se resuelve fácilmente.
A
B
C
D
O
S
M
P
Q
N
E L
Ejemplo 15. Se da un triángulo
4
ABC y se sabe que su homólogo es semejante a él. Determinar la homología,
sabiendo que la recta límite es una recta dada, LLL, y que el coeficiente es −1.
Sean M, N y P las intersecciones de AB, AC y BC con LLL. Los lados A′B′ y A′C′ serán paralelos a SM y SN; luego
S estará en el arco capaz del ángulo Â, construido sobre MN. Igualmente, S estará en el arco capaz de Ĉ, construido
sobre NP. La intersección de ambas circunferencias es el centro S.
Dado que k =−1 , las rectas límites coinciden, y equidistan de EEE y S , luego tomando QE = SQ , queda
determinado EEE.
188
A
B
C
M
N
P
Q SĈ
LE
Â
Ĉ
E
Â
Ejemplo 16. Una homología involutiva está determinada por el eje y un par de puntos homólogos, A y A′.
Hallar S, LLL yL′L′L′. Una vez hallados S y LLL, se llama B la intersección de AA′ con LLL, y por S se traza SC normal
a EEE. Hallar el triángulo
4
A′B′C′ homólogo del
4
ABC.
Como la homología es involutiva su coeficiente es: (SαααAA′) =−1, y el punto S es el conjugado armónico de ααα
respecto a (A, A′).
A
B
C
D
A´
B´
D´
S
α
∞
∞
L L´ E
B∞́
B∞́
D∞́
Para hallar A′, B′, C′ se debe tener en cuenta que AC tiene un punto, D, en LLL, luego A′C′ tiene un punto en el
infinito. Como AB no tiene ningún punto en el eje, tampoco lo tendrá A′B′∞∞∞; y como BC no tiene ningún punto en
el infinito, B′∞∞∞C no puede cortar a L′L′L′.
El triángulo solución es, por tanto, el dibujado en la figura.
189
Ejemplo 17. Dado un cuadrilátero
�
ABCD, hallar su homólogo, sabiendo que es rectángulo, que el coeficiente
de homología es −1, y que la diagonal A′C′ está en línea recta con la AC.
A
B
C
D
B´
C´
D´
M
N
O
I
S
L(L´)
E
H
A´
Si
�
A′B′C′D′ es rectángulo, es paralelogramo, y los lados opuestos se cortan en el infinito, luego los lados opuestos
de
�
ABCD se cortan LLL. La recta MN es la recta LLL.
Por ser
�
A′B′C′D′ rectángulo, los lados opuestos son perpendiculares, y S estará en la circunferencia de diámetro
MN. (Arco capaz de 45o sobre MN).
Como AC y A′C′ están en línea recta, AC es doble, por tanto pasa por el centro S. Así, el centro es la intersección
de la semicircunferencia de diámetro MN y la recta AC
Como el coeficiente de homología es −1, (involución), el eje EEE pasará por H, siendo: SI = IH.
Conocido S, EEE y LLL, la determinación de A′, B′, C′, D′, no presenta dificultad.
Ejemplo 18. Dado un cuadrilátero
�
ABCD, determinar la homología, para que sea considerado como de
ambas formas, su homólogo sea paralelogramo. Se conoce C′ homólogo de C.
Para que
�
A′B′C′D′ sea un paralelogramo: AB, CD y AD, BC tienen que cortarse en LLL.
Si le consideramos como
�
N′M′P′Q′, para que
�
MNPQ sea paralelogramo, M′N′, P′Q′ y M′Q′, N′P′ tienen que cor-
tarse en L′L′L′.
En consecuencia, LLL y L′L′L′ coinciden, y la homología es involutiva.
El centro de homología está en la recta CC′, y el homólogo de H es H′∞∞∞.
Llamando E1 a la intersección de CC′ con EEE, como la homología es involutiva:
(SE1HH′∞∞∞) = (SE1CC
′) =−1 ,
y por tanto, S y E1 son los puntos dobles de involución definida por C, C′ y H, H′∞∞∞.
La determinación de S y E1 se hace fácilmente utilizando el punto de Fregier, F.
190
A C
C´
D
S
M´ Q´
N´
V
O
H
H∞́
E1
F
L L´
E
==
H
C
C´
S
H∞́
B P´
V, O, R cualesquiera
R
E1
Ejemplo 19. Dados el centro de la homología S, el eje EEE, y tres puntos en línea recta AMB, determinar la
homología, de manera que M′ sea el punto medio de A′B′.
Vamos a ver, en primer lugar, que en cualquier homología la razón doble de cuatro puntos alineados, es igual a la de
sus homólogos.
Sea una homología de centro S y eje EEE, y en ella dos rectas homólogas, r y r′; si por S trazamos cuatro
rectas cualesquiera, se obtiene un haz, que cortado por r y r′, nos da: (CDHI) = (C′D′H′I′).
Establecido lo anterior, sean A′, B′, M′,N′∞∞∞ los puntos homólogos de A, B, M y N; siendo N la intersección de LLL y
AB.
Por ser M′ el punto medio de A′B′, tendremos
(A′B′M′N′∞∞∞) =−1 ,
y por tanto
(ABMN) =−1 ,
es decir, la intersección de AB y LLL es conjugado armónico de M respecto A y B. Una vez obtenido N la paralela por
él a EEE nos determina LLL.
S
C D
H
H´ I´
I
C´ D´
A M
B
N N∞́
=
L
E
=
r
r´
191
Observemos que para resolver el problema no hemos necesitado dibujar los puntos A′, B′, M′ y N′∞∞∞.
Conviene, por otra parte observar lo siguiente: A y B determinan los segmentos, AMB y BN∞∞∞A. El homólogo del
primero es el A′M′B′, y el homólogo del segundo es el B′NA′. Dado que el AMB no corta a LLL, el A′M′B′ no pasa
por el infinito; y como el BN∞∞∞A tiene un punto en LLL, el B′N′∞∞∞A′ pasa por el infinito. Además, como BN∞∞∞A tiene un
punto en el infinito B′N′∞∞∞A′ cortará a L′L′L′.
De las consideraciones anteriores se desprende el procedimiento para hallar el homólogo de un segmento AB. Así:
se toma un punto intermedio M, con lo que el segmento homólogo de AB pasará por M′. Si M′ está entre A′ y B′,
el segmento A′B′ se une directamente, es decir, es finito. Ahora bien, si M′ no cae entre A′ y B′, el segmento A′B′
pasará por el infinito.
En la práctica, el punto M suele ser la intersección de LLL y AB; si LLL corta al segmento AB, su segmento homólogo
pasa por el infinito, y si no le corta, el segmento A′B′ es finito.
Las consideraciones anteriores las tendremos muy en cuenta cuando se trae de hallar el homólogo de un triángulo,
puesto que los lados del triángulo no son rectas indefinidas, sino segmentos rectilíneos.
Ejemplo 20. Se da un cuadrado
�
ABCD, y se toma como centro de homología, S, la intersección de sus
diagonales, como recta límite LLL, la base media del triángulo
4
SAD. Hallar el homólogo del cuadrado, sabiendo
que el coeficiente de homología es
−1
3
.
El coeficiente de homología es : (SNMM′∞∞∞) =
SM
NM
=
−1
3
, es decir MN = 3 ·SM, lo que nos determina el eje, EEE.
Una vez obtenidos los puntos A′, B′, C′,D′, hay que tener en cuenta que, como AB y CD cortan LLL, A′B′ y C′D′,
deben pasar por el infinito.
B
CD
A´
C´
D´
M
N S
L
E
∞M´
∞M´
A
B´
192
Ejemplo21. Dados S, LLL, y sabiendo que el coeficiente de homología es m
n
,siendo m y n dos segmentos
dados, hallar el homólogo del triángulo
4
MNP.
El coeficiente de homología es: (SαααAA′). Si tomamos el punto A en LLL, tendremos
(SαααAA′∞∞∞) =
SA
αααA
· α
ααA′∞∞∞
SA′∞∞∞
=
SA
αααA
=
m
n
.
(Se determina αααA por una cuarta proporcional)
La paralela por ααα a LLL nos determina el eje EEE.
Disponiendo ya de: S, LLL y EEE, se determina fácilmente M′, N′, P′. Para unirlos basta con tener en cuenta que como
NP pasa por A, N′P′ pasará por A′∞∞∞, y que como MP pasa por B, M′P′ pasara por B′∞∞∞.
A
B
M
N P
M´
N´P´
S
H
A∞́
B∞́
α
E LIm
n I
I
H
S
B∞́
A∞́
B∞́
A∞́
Ejemplo 22. Una homología está determinada por el centro S, la recta límite L′L′L′ y el coeficiente −2. Se
proyecta S sobre L′L′L′, en B, y se toma BC = SB. Por B se traza una recta BD que forma un ángulo de 30o con
BC, y que corta al eje (que no está dado) en un punto D. Hallar el triángulo homólogo de
4
BCD.
B C
D
A´
B´ 
D´
F 
C∞́
30º
α
L´ L
E
S
∞F´
∞A
∞A
C∞́
∞F´
∞F´
El coeficiente de homología es: (SαααA∞∞∞A′) =−2 = (αααSA′A∞∞∞) =
αααA′
SA′
, de donde
αααA′ =−2 ·SA′ ,
siendo ααα un punto cualquiera del eje, y A′ el correspondiente de L′L′L′.
Una vez obtenido ααα , se traza la paralela a L′L′L′ y tendremos el eje EEE.
193
La recta límite LLL tiene que distar, de EEE, lo mismo que L′L′L′ de S.
El punto C pertenece a LLL, y por tanto C′ está en el infinito.
El punto D es doble, y el punto B′ se determina inmediatamente.
Obtenidos los vértices C′, B′, D′, homólogos de los del triángulo
4
ABC, se trata de unirlos, para obtener el triángulo
pedido. Para ello debemos tener en cuenta que: B′C′∞∞∞ no puede cortar al eje, y que B′D′ tiene que pasar por F′∞∞∞. El
triángulo pedido será, por tanto, el indicado en la figura.
Ejemplo 23. Dado un trapecio
�
ABCD, determinar la homología de coeficiente
m
n
, en la cual, su homólogo
sea un cuadrado.
La recta límite es la paralela a AB y CD, trazada por el punto de intersección de AD y BC.
Dado que
�
A′B′C′D′ es un cuadrado, sus diagonales son perpendiculares, y el centro, S, estará en la circunferencia
de diámetro PQ.
Para que
�
A′B′C′D′ sea un cuadrado, el centro, S, estará en la normal a LLL, trazada por M.
El coeficiente de homología es: (SPNN′∞∞∞) =
(SPN)
(SPN′∞∞∞
) = (SPN) =
SN
PN
=
m
n
.
Se determina PN por una cuarta proporcional.
La paralela por P a LLL es el eje.
Una vez conocidos S, EEE y LLL el problema se resuelve fácilmente.
A
B C
D
P
S
N
M
Q
R
E L
S
N
m
n
R
194
Ejemplo 24. Una homología está determinada por el centro S, LLL y el coeficiente k =
√
5+1√
5−1
. Por S se traza
una perpendicular SA a LLL. Hallar el homólogo del triángulo equilátero
4
SBC inscrito en la circunferencia de
centro A y radio SA.
B
C
M
N
P
D
F
F∞́
D∞́
α
E L
B´
C´
S
P
M
F∞́
D∞́
D∞́
Q
S
Q´
A
El coeficiente de homología es: k = (SαααAA′∞∞∞) =
SA
αααA
=
√
5+1√
5−1
.
Para hallar la relación
√
5+1√
5−1
, se divide un segmento cualquiera MN, tal que MN = PS, en media y extrema razón:
La relación
MS
MP
es la pedida.
Una vez hallado ααα , la paralela a LLL por ααα nos da EEE.
Luego se determinan los puntos B′ y C′. (En el dibujo se han determinado dos puntos homólogos auxiliares, Q y Q′,
para la determinación de B′).
Para unir B′ y C′ ha habido que tener en cuenta que: SB y SC, cortan a LLL en D y F, respectivamente, lo que implica
que SB′ y SC′, tienen que pasar por D′∞∞∞ y F′∞∞∞. En consecuencia, el triángulo solución es el indicado en la figura.
Ejemplo 25. En una homología se conocen dos rectas homólogas r y r′, un punto doble P, y una recta doble
m. Determinar dicha homología, sabiendo que además el coeficiente es −2.
A
N
I
A´
S
P
H
M
==m 
m´
H∞́
E
L
r
r´
α
H∞́
195
La recta m tiene que pasar por el centro, o ser el eje, pero como el punto del infinito de r y r′ es doble, el eje EEE es la
paralela a r, pasando por P; por lo tanto el centro, S, tiene que estar en m.
El coeficiente de homología es: (SαααAA′) =−2. Para hallar S, se toma Mααα = 2 ·Nααα; luego se unen M con A′ y N
con A. El centro estará en la paralela a MN por I (punto de intersección de MA′ con NA).
Una vez hallado S, se determina el homólogo de un punto cualquiera H′∞∞∞, y la recta límite, LLL, que pasa por H.
Vamos, ahora, a justificar que con la construcción anterior (SαααAA′) =−2:
Con centro en I se ha formado el haz (I;SαααAA′), que cortado por la recta transversal AA′ nos da: (SαααAA′).
Si cortamos, ahora, el haz (I;SαααAA′) por la recta MN obtenemos:
(∞∞∞αααNM) = (MNααα∞∞∞) =
(MNααα)
(MN∞∞∞)
=
Mααα
N∞∞∞
· N∞
∞∞
M∞∞∞
=
Mααα
Nααα
=−2 .
Igualando los dos valores obtenemos:
(SαααAA′) =−2 ,
lo que justifica la construcción anterior.
Ejemplo 26. En una homología se conocen dos rectas paralelas r y r′, la recta doble pp′, y el par de puntos
homólogos D, D′. Determinar dicha homología, sabiendo que además el coeficiente es 2.
A
1
2
R D
D´
A´ 
S
r r´E
p = p´
α
El centro de homología, S, estará en la intersección de DD′ con pp′.
El punto M∞∞∞ de r y r′ es doble, y como no es el centro, será punto del eje EEE.
Sea ααα la intersección de p con el eje EEE; el coeficiente de homología será: (SαααAA′) = (AA′Sααα) = 2.
Para hallar ααα , se traza la recta S12, y se une 2 con A y 1 con A′.
La intersección de estas rectas, nos da el punto R.
La paralela por R a S2, nos da, en su intersección con SA, el punto ααα .
El eje será la paralela a r por ααα .
La homología ha quedado determinada, pues se conocen: El centro S, el eje EEE, y dos puntos homólogos (D y D′).
196
CAPÍTULO IX
Lección 38.- EL ESPACIO PROYECTIVO
38.1 El espacio proyectivo. Coordenadas homogéneas
38.2 Coordenadas proyectivas puntuales
38.3 Ecuación del plano en coordenadas proyectivas
38.1 El espacio proyectivo. Coordenadas homogéneas
Supuesto establecido en el espacio ordinario un sistema de referencia cartesiano, en el que a todo pun-
to le corresponde la terna de sus coordenadas cartesianas (x1, x2, x3), podremos introducir, en forma
análoga a como hicimos en la Lección 13 en el caso del plano ordinario, coordenadas homogéneas
(X1, X2, X3,X4), por medio de las ecuaciones.
x1 =
X1
X4
, x2 =
X2
X4
, x3 =
X3
X4
.
Así, a todo punto P(x1, x2, x3) del espacio, le corresponderán infinitas cuaternas (X1, X2, X3,X4), de-
finidas a menos de un factor no nulo por las ecuaciones anteriores, siendo en todas ellas X4 6= 0. Los
elementos de una cualquiera de dichas cuaternas constituirán lo que llamaremos coordenadas homogé-
neas del punto P(x1, x2, x3).
Nos permite el planteamiento anterior ampliar el espacio considerando las cuaternas
(X1, X2, X3, 0)
en las que X1, X2, X3 no son simultáneamente nulos, definiendo dos de éstas como equivalentes si difie-
ren en un factor real no nulo. Así, llamaremos punto impropio a cada una de las clases de equivalencia
que quedan de ese modo determinadas, al cual corresponderá como coordenadas homogéneas cualquier
cuaterna de la clase.
Al ampliar el espacio ordinario con los puntos impropios obtenemos el espacio proyectivo.
Ejemplo 1. Consideremos el espacio proyectivo. Se verifica que las cuaternas
(2, −3, 1, 4) y (6, −9, 3, 12)
representan el mismo punto.
Ejemplo 2. El punto de coordenadas
(2, 1, −4, 0)
es un punto impropio en el espacio proyectivo.
199
En forma análoga a como hicimos en la Lección 13 se deduce que la ecuación en coordenadas homogé-
neas de un plano cualquiera será de la forma:
a1 ·X1 +a2 ·X2 +a3 ·X3 +a4 ·X4 = 0
Observemos que, en particular, la ecuación
X4 = 0
será la ecuación de un plano, que llamaremos plano impropio y a veces plano del infinito.
Ejemplo 3. Dado el plano x1 +2 ·x2 +3 ·x3−5 = 0 su ecuación en coordenadas homogéneas será:
X1 +2 ·X2 +3 ·X3−5 ·X4 = 0
Como ya sabemos, el sistema formado por las ecuaciones de dos planos definirán su recta intersección.
Ejemplo 4. La recta intersección de los planos
x1 +2 ·x2 +3 ·x3−5 = 0 y2 ·x1−x2 +5 ·x3 +2 = 0
vendrá dada, en coordenadas homogéneas por el sistema
X1 +2 ·X2 +3 ·X3−5 ·X4 = 0
2 ·X1− X2 +5 ·X3 +2 ·X4 = 0

Los puntos impropios del plano
a1 ·X1 +a2 ·X2 +a3 ·X3 +a4 ·X4 = 0
serán las soluciones del sistema
a1 ·X1 +a2 ·X2 +a3 ·X3 +a4 ·X4 = 0
X4 = 0

expresión ésta de una recta (de puntos impropios), de la que diremos es la recta impropia del plano
dado.
Observemos que las tres primeras coordenadas de los puntos impropios de un plano son las soluciones
de la ecuación.
a1 ·X1 +a2 ·X2 +a3 ·X3 +a4 ·X4 = 0
soluciones, por otra parte, comunes para todos los planos paralelos al dado.
Así, podemos decir que un plano tiene una recta impropia común con todos los planos paralelos a él, de
la que diremos es la orientación del plano.
200
Razonando de la misma manera resultará que, el sistema obtenido al añadir a las ecuaciones homogéneas
de dos planos distintos (que representarán una recta), la ecuación.
X4 = 0
admitirá una solución definida, a menos de un factor no nulo, que corresponderá al punto impropio de la
recta, del que se dirá, también, es la dirección de la recta.
Ejemplo 5. Consideremos los dos planos siguientes:
X1 +X2 + X3 +X4 = 0
X1−X2 +2 ·X3−X4 = 0
que determinan una recta r (su intersección).
Al cortar dicha recta r, por la recta impropia
X4 = 0
obtenemos
X1 +X2 + X3 +X4 = 0
X1−X2 +2 ·X3−X4 = 0
X4 = 0
≡ P
punto impropio de la recta r, cuyas coordenadas serán, a menos de un factor no nulo.
X1 +X2 + X3 = 0
X1−X2 +2 ·X3 = 0
X4 = 0
=⇒ P(−3, 1, 2, 0)
Podemos afirmar, por tanto, que las leyes de incidencia se cumplen sin excepción: dos planos se cortan en una recta
(propia o impropia), y un plano y una recta exterior se cortan en un punto (propio o impropio).
38.2 Coordenadas proyectivas puntuales
El proceso para establecer, en el espacio proyectivo, un sistema de coordenadas proyectivas puntuales es
en todo análogo a como hicimos en el caso del plano, en la Lección 13.
El sistema de referencia estará formado por cuatro puntos A1, A2, A3, A4, vértices de un tetraedro no
degenerado y un quinto punto U, no situado sobre las caras de dicho tetraedro.
Si P es un punto no situado en las caras del tetraedro de referencia, en los haces de planos de aristas
A2A3 , A3A1 , A1A2 , definimos las siguientes razones dobles:
λλλ 1 = A2A3(A1A4UP)
λλλ 2 = A3A1(A2A4UP)
λλλ 3 = A1A2(A3A4UP)
201
y en los haces de los planos de aristas A1A4 , A2A4 , A3A4 , las siguientes:
µµµ1 = A1A4(A2A3UP)
µµµ2 = A2A4(A3A1UP)
µµµ3 = A3A4(A1A2UP)
P
A1
A2
A3
A4
P4
U4
U
En primer lugar, veamos que se verifica:
µµµ1 ·µµµ2 ·µµµ2 = 1 .
En efecto: Si expresamos las anteriores razones dobles por su sección con la recta UP, para lo que
llamaremos A′i a la intersección de UP con la cara del tetraedro opuesta al vértice Ai (i = 1, 2, 3, 4),
tendremos
µµµ1 = (A′3A
′
2UP) = (UPA
′
3A
′
2) =
(UPA′3)
(UPA′2)
µµµ2 = (A′1A
′
3UP) = (UPA
′
1A
′
3) =
(UPA′1)
(UPA′3)
µµµ3 = (A′2A
′
1UP) = (UPA
′
2A
′
1) =
(UPA′2)
(UPA′1)
basta entonces, simplemente, multiplicar, para que quede establecido lo que nos interesa.
Observemos que todos los puntos de la recta A4P, distintos de A4, tienen las mismas coordenadas (µµµ1, µµµ2, µµµ3)
que el punto P.
En la misma forma podemos escribir:
λλλ 1 =
(UPA′4)
(UPA′1)
, λλλ 2 =
(UPA′4)
(UPA′2)
, λλλ 3 =
(UPA′4)
(UPA′3)
202
de donde deducimos que:
µµµ1 =
λλλ 2
λλλ 3
µµµ2 =
λλλ 3
λλλ 1
µµµ3 =
λλλ 1
λλλ 2
Evidentemente, la posición de un punto P no perteneciente al plano A1A2A3 quedará determinada en
cuanto conozcamos λλλ 1, λλλ 2, λλλ 3.
Ahora bien, si el punto P pertenece al plano A1A2A3, su posición en él la determinan los µµµ1, µµµ2, µµµ3,
que pueden considerarse coordenadas proyectivas en el plano, con triángulo fundamental el
4
A1A2A3, y
punto unidad la proyección, U4, de U desde A4.
En efecto: Las razones dobles
µµµ1 = A1A4(A2A3UP) , µµµ2 = A2A4(A3A1UP) , µµµ3 = A3A4(A1A2UP)
coinciden con las razones dobles de las secciones de los haces de aristas A1A4 , A2A4 , A3A4 por
el plano A1A2A3, y por tanto son coordenadas proyectivas de la proyección P4 de la P sobre A1A2A3
desde A4.
Si el punto P no está situado en el plano A1A2A3, en lugar de las coordenadas absolutas λλλ i se introducen
las coordenadas homogéneas (x1, x2, x3,x4), definidas a menos de un factor no nulo, por las ecuaciones.
λλλ 1 =
x1
x4
λλλ 2 =
x2
x4
λλλ 3 =
x3
x4
siendo x4 6= 0, por ser las λλλ i finitas, puesto que P no es del plano A1A2A3.
Si P no pertenece a ninguna cara del tetraedro fundamental, las λλλ i son no nulas, con lo que podemos
escribir las expresiones.
µµµ1 =
x2
x3
µµµ2 =
x3
x1
µµµ3 =
x1
x2
203
Si P pertenece al plano A1A2A3, entonces
λλλ i =∞∞∞ (i = 1, 2, 3) ,
y por tanto será
x4 = 0
y las otras tres coordenadas x1, x2, x3, según las anteriores expresiones y lo dicho para las µµµ i, serán
las coordenadas homogéneas de P4 con relación al triángulo fundamental
4
A1A2A3, y punto unidad U4,
proyección del U desde A4.
En particular, a los puntos A1 , A2 , A3 les corresponden respectivamente las coordenadas homo-
géneas: (1, 0, 0, 0) (0, 1, 0, 0) y (0,0,1,0).
En lo que respecta al punto A4, como son λλλ 1 = λλλ 2 = λλλ 3 = 0 le corresponden las coordenadas homogé-
neas (0, 0, 0, 1).
Para el punto U, es λλλ 1 = λλλ 2 = λλλ 3 = 1, luego sus coordenadas homogéneas serán: (1, 1, 1, 1).
Observemos que lo establecido partiendo de la cara A1A2A3 puede deducirse a partir de una cualquiera de
las otras caras del tetraedro A1A2A3A4.
Según hemos establecido, a todo punto P del espacio le corresponde una cuaterna de números reales
(x1, x2, x3,x4) no todos nulos, definidos a menos de un factor no nulo, a los que llamaremos sus coor-
denadas proyectivas homogéneas en el sistema fundamental (A1, A2, A3, A4, U).
Recíprocamente, fijado el sistema fundamental (A1, A2, A3, A4, U), a toda cuaterna de números, no
simultáneamente nulos, (x1, x2, x3, x4), corresponde un punto único que los tiene por coordenadas ho-
mogéneas en aquel sistema de coordenadas.
En efecto: si por ejemplo x4 6= 0 y ponemos
λλλ 1 =
x1
x4
,
en el haz de arista A2A3 existe un plano único que junto a los A2A3A1 , A2A3A4 , A2A3U forma
cuaterna ordenada de razón doble λλλ 1.
En forma análoga, se determina un plano en el haz de arista A3A1, para el valor
λλλ 2 =
x2
x4
,
y un plano en el haz de arista A1A2, para el valor
λλλ 3 =
x3
x4
.
La intersección de estos tres planos existe y es única, y tiene las coordenadas homogéneas (x1, x2, x3,x4)
en el sistema de puntos fundamentales (A1, A2, A3,A4, U).
204
38.3 Ecuación del plano en coordenadas proyectivas
Según hemos visto en el punto anterior, una condición necesaria y suficiente para que un punto pertenezca
a la cara A1A2A3 del tetraedro fundamental, es que:
x4 = 0
lo que nos permite afirmar que esa es la ecuación de dicho plano.
Un razonamiento análogo nos establecería que
xi = 0 (i = 1, 2, 3)
son las ecuaciones de las caras del tetraedro fundamental respectivamente opuestas a los vértices
Ai = 0 (i = 1, 2, 3).
Sea ahora ΠΠΠ un plano cualquiera, no coincidente con ninguna cara del tetraedro fundamental. Existi-
rán al menos dos vértices de dicho tetraedro, sean los A1 y A2, no contenidos en ΠΠΠ. Tomando como
homólogos las rectas y planos de las radiaciones de vértices A1 , A2 que se cortan sobre ΠΠΠ, dichas ra-
diaciones se corresponden homográficamente de forma que el haz de planos de arista A1A2 es doble.
Representaremos analíticamente dicha proyectividad cortando las radiaciones por las caras del tetraedro
fundamental opuestas a sus vértices y tomando en ellas sistemas puntuales y tangenciales asociados: En
la cara A2A3A4 serán puntos fundamentales A2(1, 0, 0) , A3(0, 1, 0) , A4(0, 0, 1), y punto unidad la
proyección U1 de U desde A1. En forma análoga obtendríamos que los puntos fundamentales en la cara
A1A3A4 serán A1(1, 0, 0) , A3(0, 1, 0) , A4(0, 0, 1) y el punto unidad U2 , proyección de U
desde A2.
Sean, ahora, u1, u2, u3, las coordenadasde la sección por A2A3A4 de un plano de la radiación de vértice
A1, y u′1, u
′
2, u
′
3 las de la sección por A1A3A4 del plano homólogo de aquel en la radiación de vértice
A2. Entre dichas ternas de coordenadas se tendrán las ecuaciones de la forma.
u′1 : u
′
2 : u
′
3 = a11 ·u1 +a12 ·u2 +a13 ·u3 : a21 ·u1 +a22 ·u2 +a23 ·u3 : a31 ·u1 +a32 ·u2 +a33 ·u3
Considerando el plano doble A1A2A3, este corta al plano A2A3A4 en la recta de coordenadas.
u1 = u2 = 0 , u3 = 1
y al plano A1A3A4 en la recta de coordenadas.
u′1 = u
′
2 = 0 , u
′
3 = 1 .
La correspondencia de estas dos rectas obliga a que sean:
a13 = a23 = 0 .
205
En forma análoga, a partir del plano A1A2A4 se deduce que deben corresponderse las rectas
u1 = 0 , u2 = 1 , u3 =−1
y
u′1 = 0 , u
′
2 = 1 , u
′
3 = 1
debiendo, por tanto, verificarse
a22 = a33
En consecuencia, las ecuaciones de la homografía entre los planos A2A3A4 y A1A3A4 serán las siguien-
tes:
u′1 : u
′
2 : u
′
3 = a11 ·u1 : a21 ·u1 +a22 ·u2 : a31 ·u1 +a22 ·u2
y por tanto, para la misma homografía, la correspondencia entre los puntos vendrá dada por las ecuacio-
nes
x1 : x2 : x3 = a11 ·x′1 +a21 ·x′2 +a31 ·x′3 : a22 ·x′2 : a22 ·x′3 .
Sea, ahora, Y(y1, y2, y3,y4) un punto de ΠΠΠ. La proyección Y1 de Y desde A1 sobre A2A3A4, referida
al sistema elegido en este plano tendrá coordenadas:
x1 : x2 : x3 = y2 : y3 : y4
En forma análoga, para la proyección Y2 de Y desde A2 sobre el plano A1A3A4 con el sistema adoptado
en éste, tendrá coordenadas.
x′1 : x
′
2 : x
′
3 = y1 : y3 : y4
Eliminando entre las tres últimas igualdades establecidas las x′i , xi (i = 1, 2, 3), deduciremos la ecua-
ción de ΠΠΠ:
a11 ·y1−a22 ·y2 +a21 ·y3 +a31 ·y4 = 0
que es una ecuación lineal y homogénea en las coordenadas de Y.
Recíprocamente, dada una ecuación como esta última y supuesto a22 6= 0 (lo que no es restrictivo, pues
se puede elegir la designación de las coordenadas para que sea así), combinándola con las dos anteriores
llegaríamos a las ecuaciones
x1 : x2 : x3 = a11 ·x′1 +a21 ·x′2 +a31 ·x′3 : a22 ·x′2 : a22 ·x′3
que representan una proyectividad entre los planos A1A3A4 y A2A3A4, en la que se corresponden las
rectas sección por planos de arista A1A2, puesto que estas ecuaciones coexisten con las
u′1 : u
′
2 : u
′
3 = a11 ·u1 : a21 ·u2 : a31 ·u1 +a22 ·u22
206
Luego, al proyectar desde los vértices opuestos A2 y A1, respectivamente, se tienen dos radiaciones
proyectivas con el haz de planos común dobles. Resulta entonces que las rectas homólogas se cortan en
puntos de un plano que es el representado por la ecuación.
a11 ·y1−a22 ·y2 +a21 ·y3 +a31 ·y4 = 0 .
Dado que los planos excluidos en los razonamientos anteriores, que han conducido a esta última ecua-
ción, son las caras del tetraedro fundamental, cuyas ecuaciones, que según sabemos son
xi = 0 (i = 1, 2, 3)
y por tanto casos particulares de la anterior, podemos considerar establecido que, todo plano tiene, en
coordenadas proyectivas, una ecuación homogénea de primer grado.
207
Lección 39.- COORDENADAS TANGENCIALES
39.1 Coordenadas tangenciales proyectivas
39.2 Cambio de coordenadas proyectivas
39.3 Planteamiento práctico de un cambio de coordenadas
39.1 Coordenadas tangenciales proyectivas
Fijados cuatro planos a1, a2, a3, a4 independientes, y un quinto plano u que no pasa por ninguno de los
puntos comunes a tres de aquellos, definimos para un plano p que no pasa por el punto de intersección
de los planos a1, a2, a3, a4, las tres razones dobles siguientes:
ρρρ1 = a2a3(a1a4up)
ρρρ2 = a3a1(a2a4up)
ρρρ3 = a1a2(a3a4up)
Con a2a3(a1a4up) designamos la razón doble de la cuaterna ordenada sección de la recta común a los
planos a2 ,a3, por los planos a1 ,a4, u, p. La interpretación es análoga para ρρρ2 y ρρρ3.
Asimismo definimos:
σσσ1 = a1a4(a2a3up)
σσσ2 = a2a4(a3a1up)
σσσ3 = a3a4(a1a2up)
y procediendo como hicimos en el apartado 38.2 de la lección anterior (proyectando ahora desde la
recta up) se prueba la relación.
ρρρ1 ·ρρρ2 ·ρρρ3 = 1
lo que está de acuerdo con que ρρρ1, ρρρ2, ρρρ3 pueden tomarse como coordenadas tangenciales absolutas de
la sección por el plano a4 del plano p, referido a las rectas sección de a4 por los planos a1, a2, a3, y
como recta unidad la sección por u.
Así mismo, y también por consideraciones análogas a las del mismo apartado 38.2 (caso puntual),
proyectando la recta up resultará.
σσσ1 =
ρρρ2
ρρρ3
σσσ2 =
ρρρ3
ρρρ1
σσσ3 =
ρρρ1
ρρρ2
209
En lugar de las coordenadas absolutas del plano p se toman las coordenadas homogéneas (v1, v2, v3, v4),
definidas a menos de un factor no nulo, por las expresiones
ρρρ1 =
v1
v4
, ρρρ2 =
v2
v4
, ρρρ3 =
v3
v4
con lo cual, supuesto que las ρρρ i no se anulan
σσσ1 =
v2
v3
, σσσ2 =
v3
v1
, σσσ3 =
v1
v2
Si el plano p pasa por el punto de intersección de los a1, a2, a3 es v4 = 0, y su posición queda determi-
nada por las coordenadas absolutas σσσ1, σσσ2, σσσ3, o lo que es equivalente por las homogéneas v1, v2, v3,
según se desprende de las últimas expresiones.
Recíprocamente, conocida la cuaterna (v1, v2, v3, v4), supuesto v4 6= 0, por las
ρρρ1 =
v1
v4
, ρρρ2 =
v2
v4
, ρρρ3 =
v3
v4
se determinan las ρρρ1, ρρρ2, ρρρ3, y de acuerdo con las
ρρρ1 = a2a3(a1a4up)
ρρρ2 = a3a1(a2a4up)
ρρρ3 = a1a2(a3a4up)
un plano p que las tiene como coordenadas proyectivas absolutas. Dicho plano admite la cuaterna
(v1, v2, v3, v4) como coordenadas homogéneas.
Lo mismo que en el caso puntual, lo dicho para el vértice a1, a2, a3 del tetraedro fundamental, se aplica
a cualquier otro vértice.
En particular, para los a1, a2, a3, a4 resultan las coordenadas (1, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0),
(0, 0, 0, 1) respectivamente y para el plano u las (1, 1, 1, 1), razonando en forma análoga a como hici-
mos en el apartado 38.2, en el caso puntual.
Sean A1, A2, A3, A4 los vértices de un sistema de coordenadas proyectivas puntuales, y a1, a2, a3, a4
las caras respectivamente opuestas de dicho tetraedro, que se identifican a los planos de igual desig-
nación de un sistema proyectivo tangencial. Proyectemos el punto unidad U del sistema puntual desde
cada arista sobre la arista opuesta. Así, por ejemplo, si desde la A1A2 lo proyectamos sobre la A3A4,
obtenemos el punto U34(1, 1, 0, 0). El conjugado armónico de U34, respecto de A3, A4 será el pun-
to U′12(1, −1, 0, 0) como se deduce considerando la coordenada proyectiva λλλ 3 de los cuatro puntos
A3, A4, U34, U′34.
Los seis puntos U′ij así obtenidos, sobre las aristas, estarán evidentemente sobre el plano de ecuación
puntual.
x1 +x2 +x3 +x4 = 0
210
Tomaremos este plano como plano u del sistema tangencial de planos fundamentales a1, a2, a3, a4.
Consideremos ahora el plano p de ecuación.
p1 ·x1 +p2 ·x2 +p3 ·x3 +p4 ·x4 = 0
y calculemos sus coordenadas en dicho sistema tangencial, supuesto que no pasa por A4.
Se tiene
ρρρ1 = a2a3(a1a4up) = (A4A1U′14P14)
siendo P14 la intersección de p con la arista A1A4 del tetraedro fundamental. Las coordenadas de P14 se
obtienen añadiendo a la ecuación
p1 ·x1 +p2 ·x2 +p3 ·x3 +p4 ·x4 = 0
las de la arista A1A4:
x2 = 0
x3 = 0

Deducimos entonces que
x1
x4
=− p4
p1
es decir, que (−p4, 0, 0, p1) son coordenadas homogéneas de P14. Pasando a las coordenadas.
λλλ 3 =
x1
x4
de la cuaterna
ρρρ1 = (A4A1U′14P14)
deducimos
ρρρ1 = (0, ∞∞∞, −1, −
p4
p1
) = (−1, − p4
p1
, 0, ∞∞∞) =
p1
p4
.
En forma análoga resultaría.
ρρρ2 =
p2
p4
, p3 =
p3
p4
.
De estas expresiones de las ρρρ1 se deducen las coordenadas homogéneas del plano dado:
v1 : v2 : v3 = p1 : p2 : p3 : p4 .
Podemos por tanto afirmar que la ecuación
p1 ·x1 +p2 ·x2 +p3 ·x3 +p4 ·x4 = 0
es la condición de incidencia del punto (x1, x2, x3, x4) con el plano (p1, p2, p3, p4), supuesto que
los sistemas de referencia son asociados.
211
Suponiendo (x1, x2, x3, x4) dados, a menos de un factor no nulo, y (p1, p2, p3, p4) variables, la ecua-
ción
p1 ·x1 +p2 ·x2 +p3 ·x3 +p4 ·x4 = 0
es la ecuación del punto (x1, x2, x3, x4) en el sistema tangencial asociado.
Puntos y planosse manejan igual, desde un punto de vista algebraico, lo que expresa la ley de dualidad
en el espacio proyectivo: De toda proposición en la que intervengan puntos, rectas y planos, se deduce
otra, igualmente cierta, al cambiar puntos por planos, planos por puntos y rectas por rectas, entendiendo
que el plano determinado por tres puntos se sustituye por un punto intersección de tres planos, y recípro-
camente, mientras que a la recta que une dos puntos corresponde la recta intersección de dos planos, y
recíprocamente.
39.2 Cambio de coordenadas proyectivas
En virtud de la ley de dualidad en el espacio bastará tratar el cambio de coordenadas puntuales. Sea
(A1, A2, A3, A4, U) la nueva figura fundamental determinada respecto de la antigua por las ecuaciones.
pi ≡ ai1 ·x1 +ai2 ·x2 +ai3 ·x3 +ai4 ·x4 = 0 , (i = 1, 2, 3, 4)
de las caras , respectivamente opuestas a los vértices Ai (i = 1, 2, 3, 4) , y por las coordenadas
xi (i = 1, 2, 3, 4) del nuevo punto unidad U.
Cada uno de los haces de arista en una del nuevo tetraedro se representa combinando linealmente las
ecuaciones de las caras del tetraedro que se cortan en dicha arista, y el parámetro de combinación es
coordenada proyectiva en el haz (como en el problema análogo en el plano).
Para un punto P(x1, x2, x3, x4) cualquiera, las nuevas coordenadas (x′1, x
′
2, x
′
3, x
′
4) se expresan me-
diante los cocientes de las formas.
ai1 ·x1 +ai2 ·x2 +ai3 ·x3 +ai4 ·x4 , (i = 1, 2, 3, 4)
tomados en el punto P y en el punto U, valores estos últimos que designaremos pi (i = 1, 2, 3, 4). Así,
por ejemplo, supuesto que P no es de A1 A2 A3, se obtiene utilizando el haz de planos de aristas A2A3
de ecuación
p1 +µµµ ·p4 = 0
λλλ
′
1 = A2 A3(A1 A4 U P) =
(
∞∞∞, 0,
p1
p4
, − p1
p4
)
=
p1
p1
:
p4
p4
y análogamente
λλλ
′
2 =
p2
p2
:
p4
p4
, λλλ ′3 =
p3
p3
:
p4
p4
212
de manera que, introduciendo las coordenadas homogéneas por las ecuaciones
λλλ
′
i =
x′i
x′4
(i = 1, 2, 3)
resultarán las fórmulas de cambio buscadas:
x′1 : x
′
2 : x
′
3 : x
′
4 =
p1
p1
:
p2
p2
:
p3
p3
:
p4
p4
Observemos que si P pertenece a A1 A2 A3 se llega al mismo resultado.
Las fórmulas de cambio de coordenadas tangenciales se deducen de estas últimas por la ley de dualidad
del espacio. Conocidas las ecuaciones de los vértices.
mi ≡ bi1 ·u1 +bi2 ·u2 +bi3 ·u3 +bi4 ·u4 = 0 , (i = 1, 2, 3, 4)
respectivamente opuestos a las caras ai (i = 1, 2, 3, 4), y llamando (u1, u2, u3, u4) a las coordenadas
del nuevo plano unidad u, las fórmulas del cambio son
u′1 : u
′
2 : u
′
3 : u
′
4 =
m1
m1
:
m2
m2
:
m3
m3
:
m4
m4
siendo mi, mi los valores de las formas
bi1 ·u1 +bi2 ·u2 +bi3 ·u3 +bi4 ·u4 , (i = 1, 2, 3, 4)
para las coordenadas de p y u, respectivamente.
Por supuesto que, si se trata de sistema puntual y tangencial asociados, las sustituciones correspondientes
son traspuestas una de otra.
39.3 Planteamiento práctico de un cambio de coordenadas
La experiencia adquirida en la Lección 36, en su apartado 36.1, cuando planteábamos el cambio de
coordenadas en el plano proyectivo, nos sugiere la generalización del procedimiento, gracias a la cual
la resolución práctica de este problema será en todos los casos sencilla. Como entonces, hablaremos de
sistema antiguo, en el que daremos las coordenadas de los puntos que conformarán el sistema nuevo y,
asimismo, hablaremos de normalizar este último sistema, si no lo estuviera, teniendo en cuenta que el
primero siempre lo está, por el propio planteamiento.
El siguiente ejemplo testificará la bondad de la generalización mencionada.
Ejemplo 1. En el espacio proyectivo real consideremos los dos sistemas fundamentales:
{ A1(1, 0, 0, 0), A2(0, 1, 0, 0), A3(0, 0, 1, 0), A4(0, 0, 0, 1), U(1, 1, 1, 1) }
y {
A1(1, 1, 0, 0), A2(1, −1, 0, 0), A3(6, 2, 1, 2), A4(1, 1, 0, 1), U(6, 4, 1, 1)
}
213
Del primero diremos que es el sistema antiguo y del segundo que es el nuevo, determinado éste por las coordenadas
de sus puntos fundamentales en el sistema antiguo.
En primer lugar deberemos normalizar el segundo sistema (el primero ya lo está); así tendremos
(6, 4, 1, 1) = a · (1, 1, 0, 0)+b · (1, −1, 0, 0)+ c · (6, 2, 1, 2)+d · (1, 1, 0, 1)
es decir
6 = a+b+6 · c+d
4 = a−b+2 · c+d
1 = c
1 = 2 · c+d

siendo las soluciones de este sistema
a = 2 , b−1 , c = 1 , d =−1
con lo que podemos considerar como sistema nuevo el siguiente:{
A1(2, 2, 0, 0), A2(−1, 1, 0, 0), A3(6, 2, 1, 2), A4(−1, −1, 0, −1), U(6, 4, 1, 1)
}
Nos permite lo anterior poder escribir directamente la ecuación matricial del cambio de base:
Coordenadas 
en el sistema
antiguo
Coordenadas
en el sistema
nuevo
x1́
x´ 2
x3́
x4́
x1
x2
x3
x4
=
2 -1 6 -1
2 1 2 -1
0 0 -1 0
0 0 2 -1
X A X´
A
_
1 A
_
2 A
_
3
A
_
4
Si lo que queremos es expresar las coordenadas en el sistema nuevo, en función de las correspondientes en el sistema
antiguo, bastará con calcular la inversa de la matriz A, sea la B, y multiplicar por B la anterior ecuación matricial.
B ·X = B ·A ·X′
y puesto que B = A−1, será B ·A = I , luego
X′ = B ·X
Puesto que
B = A−1 =

1
4
1
4
−1 − 1
2
− 1
2
1
2
2 0
0 0 1 0
0 0 2 −1

214
tendremos

x′1
x′2
x′3
x′4

︸ ︷︷ ︸
X′
=

1
4
1
4
−1 − 1
2
− 1
2
1
2
2 0
0 0 1 0
0 0 2 −1

︸ ︷︷ ︸
B = A−1
·

x1
x2
x3
x4

︸ ︷︷ ︸
X
Así, podremos escribir las ecuaciones de cambio de base bajo las dos formas siguientes:
1.- Coordenadas antiguas en función de las nuevas:
x1 = 2 ·x′1 − x
′
2 + 6 ·x
′
3 − x
′
4
x2 = 2 ·x′1 + x
′
2 + 2 ·x
′
3 − x
′
4
x3 = x′3
x4 = 2 ·x′3 − x
′
4

2.- Coordenadas nuevas en función de las antiguas:
x′1 =
1
4
·x1 +
1
4
·x2 − x3 −
1
2
x4
x′2 = −
1
2
·x1 +
1
2
·x2 + 2 ·x3
x′3 = x3
x′4 = 2 ·x3 − x4

En cualquier caso, la interpretación es la siguiente: Un punto P de coordenadas P(x1,x2, x3, x4), en el sistema anti-
guo, tiene las coordenadas P(x′1,x
′
2, x
′
3, x
′
4) en el sistema nuevo. Podemos visualizar un tal cambio de coordenadas
proyectivas con el esquema siguiente:
215
Sistema antiguo
Sistema nuevo(4, 8, 1, 2)
(1, 4, 1, 0)P
(1, 1, 1, 1)U
(1, 0, 0, 0)A1
(0, 1, 0, 0)A2
(0, 0, 1, 0)A3
(0, 0, 0, 1)A4
(1, 0, 0, 0)
(1, 1, 0, 0)A1
_
(0, 1, 0, 0)
(1,-1, 0, 0)2A
_
(0, 0, 1, 0)
(6, 2, 1, 2)3A
_
(0, 0, 0, 1)
(1, 1, 0, 1) 4A
_
(1, 1, 1, 1)
(6, 4, 1, 1)U
_
Las ecuaciones de cambio de coordenadas nos permiten afirmar que las coordenadas del punto P son, respecto al
sistema antiguo: P(4, 8, 1, 2), y respecto al sistema nuevo; P(1, 4, 1, 0) .
216
Lección 40.- PROYECTIVIDADES EN EL ESPACIO
40.1 Casos particulares de las coordenadas proyectivas
40.2 Representación analítica de la recta
40.3 Proyectividades en el espacio
40.1 Casos particulares de las coordenadas proyectivas
Al igual que en el caso del plano, estudiado en la Lección 17, puede darse aquí una interpretación de
las coordenadas proyectivas, tanto puntuales como tangenciales, mediante los cocientes de distancia, con
signo, a las caras o a los vértices en el caso de las tangenciales.
Los razonamientos, análogos a los que se hicieron en el caso del plano, nos permiten escribir, por ejemplo
para las puntuales:
x1 : x2 : x3 : x4 =
p1
u1
:
p2
u2
:
p3
u3
:
p4
u4
siendo p1, p2, p3, p4 las distancias del punto P, de coordenadas (x1, x2, x3, x4), a los planos opuestos
a los vértices A1, A2, A3, A4, respectivamente, y u1, u2, u3, u4 las distancias de U a dichos planos.
También las coordenadas cartesianas son un caso particular de las proyectivas: El plano A1A2A3 coincide
con el plano impropio y los haces de aristas A1A2, A2A3, A3A1 son de planos paralelos. Además el
primer plano de cada una de las cuaternas
λλλ 1 = A2A3(A1A4UP)
λλλ 2 = A3A1(A2A4UP)
λλλ 3 = A1A2(A3A4UP)
es el impropio, con lo cual, al cortar dichas cuaternas de planos por las aristas opuestasdel
tetraedro, llamando P′1, U
′
1; P
′
2, U
′
2; P
′
3, U
′
3, a las proyecciones de P, U respectivamente sobre las aristas
A4A1 , A4A2 , A4A3 se obtienen:
λλλ 1 = (∞∞∞, A4, A1, P1) = (P1U1A4) =
A4P1
A4U1
, λλλ 2 =
A4P2
A4U2
, λλλ 3 =
A4P3
A4U3
Supuesto que U está en la recta igualmente inclinada sobre las aristas A4A1, A4A2, A4A3, y tomando
A4U1 = A4U2 = A4U3 = 1
resulta, de las expresiones anteriores, que λλλ 1, λλλ 2, λλλ 3 pueden considerarse como coordenadas cartesianas
relativas a los ejes A4A1 , A4A2 , A4A3, y al punto unidad U.
En este sistema cartesiano, el plano de ecuación
λλλ 1 +λλλ 2 +λλλ 3 +1 = 0
217
resulta polar de U, respecto del tetraedro, con lo cual las coordenadas tangenciales de un plano, en el
sistema tangencial asociado, pueden tomarse iguales a los coeficientes de la ecuación puntual de dicho
plano.
40.2 Representación analítica de la recta
Según sabemos una recta queda determinada, bien por dos puntos, bien como intersección de dos planos.
Veamos, en primer lugar, su representación en coordenadas puntuales.
Si la recta r se determina como intersección de dos planos se representará por medio del sistema de
ecuaciones formado por las ecuaciones de dichos planos.
Ejemplo 1. Consideremos los planos dados por sus ecuaciones:
Π1Π1Π1 ≡ x1 +x2 +3 ·x3−5 ·x4 = 0
Π2Π2Π2 ≡ 2 ·x1−x2 +5 ·x3−6 ·x4 = 0
La recta , r, intersección de Π1Π1Π1 y Π2Π2Π2 vendrá dada por el sistema
r≡
 x1 +x2 +3 ·x3−5 ·x4 = 02 ·x1−x2 +5 ·x3−6 ·x4 = 0
Ahora bien, si la recta r se determina por dos puntos Y(y1, y2, y3, y4), Z(z1, z2, z3, z4) la representa-
remos paramétricamente como sigue:
xi = λλλ ·yi +µµµ · zi (i = 1, 2, 3, 4)
El razonamiento para obtener esta representación es el siguiente: La recta no puede cortar a todas las
aristas del tetraedro fundamental. En el supuesto de que no corta a la A1A2, sean Y1, Z1; Y2 Z2, las
proyecciones de Y, Z, desde A1, A2, respectivamente sobre las caras opuestas del tetraedro fundamental.
Teniendo en cuenta lo que dijimos en apartado 13.2, de la Lección 13, resulta que las coordenadas de
Y1, Z1, referidas al triángulo
4
A2A3A4 y punto unidad U1, proyección de U desde A1, son Y(y2, y3, y4),
Z(z2, z3, z4) y por tanto la representación paramétrica de la recta Y1Z1, en el plano A2A3A4 viene dada
por las fórmulas.
xi = λλλ ·yi +µµµ · zi (i = 2, 3, 4)
Análogamente
xi = λλλ ·y′i +µµµ · z′i (i = 1, 3, 4)
es la representación paramétrica de la recta Y2Z2 en el plano A1A3A4, con este triángulo como funda-
mental y punto unidad U2, proyección de U desde A2.
218
Si X es un punto cualquiera de r, y son X1, X2 sus proyecciones desde A1, A2, respectivamente sobre
las caras opuestas, las coordenadas de X1, en A2A3A4, se obtienen de las
xi = λλλ ·yi +µµµ · zi (i = 2, 3, 4)
particularizando λλλ , µµµ , y análogamente las de X2, en A1A3A4 de las
xi = λλλ ·y′i +µµµ · z′i (i = 1, 3, 4)
para los valores de λλλ ′, µµµ ′, definidos a menos de un factor no nulo. Además, la proyección X12 de X desde
la arista A1A2 sobre la arista A3A4 puede obtenerse proyectando desde A2, X1, o bien desde A1, X2. En
el primer caso sus coordenadas resultan:
x1 = x2 = 0 x3 = λλλ ·y3 +µµµ · z3 , x4 = λλλ ·y4 +µµµ · z4
y en el segundo
x1 = x2 = 0 x3 = λλλ ′ ·y3 +µµµ ′ · z3 , x4 = λλλ ′ ·y4 +µµµ ′ · z4
En consecuencia, de las expresiones anteriores resulta
λλλ ·y3 +µµµ · z3
λλλ ·x4 +µµµ · z4
=
λλλ ′ ·y3 +µµµ ′ · z3
λλλ ′ ·y4 +µµµ ′ · z4
relación homográfica, de la que por la condición
y3 · z4−y4 · z3 6= 0
consecuencia de que r no corta a la arista A1A2, resulta
µµµ
λλλ
=
µµµ ′
λλλ ′
con lo cual de las anteriores
xi = λλλ ·yi +µµµ · zi (i = 2, 3, 4)
xi = λλλ ·y′i +µµµ · z′i (i = 1, 3, 4)
Deducimos que las coordenadas del punto X son
xi = yi +
µµµ
λλλ
· zi (i = 1, 2, 3, 4)
es decir, que las ecuaciones paramétricas de r son las que habíamos anunciado.
Veamos, ahora, su representación en coordenadas tangenciales: En este caso, la representación para-
métrica se obtiene a partir de los planos V(v1, v2, v3, v4), W(w1, w2, w3, w4) por las fórmulas
ui = λλλ ·vi +µµµ ·wi (i = 1, 2, 3, 4)
que dan las coordenadas de un plano cualquiera por r. Si lo que se conociesen fuesen dos puntos, dados
por sus ecuaciones, el sistema formado por éstas da una representación implícita de la recta en tangen-
ciales.
219
40.3 Proyectividad en el espacio
Llamaremos proyectividad a toda biyección entre formas de 3a categoría que conserve las incidencias.
Evidentemente una proyectividad, entre formas de 3a categoría, transforma formas de 2a categoría en
formas de 2a categoría, subordinando entre formas análogas una proyectividad en el sentido que ya
conocemos. Asimismo, a una figura de 1a categoría corresponderá proyectívamente otra también de 1a
categoría.
Si los elementos homólogos en una proyectividad son ambos puntos o planos, a la proyectividad la
llamaremos homografía o colineación.
Si por el contrario, a los puntos corresponden planos y a los planos corresponden puntos, la proyectividad
recibirá el nombre de correlación o reciprocidad.
Siguiendo un camino análogo al del plano, estas definiciones permiten hallar fácilmente la representación
analítica de una proyectividad.
Veamos, con un ejemplo, el caso de una colineación:
Ejemplo 1. Establecer las ecuaciones de la colineación determinada por los puntos homólogos.
A(2, 0, 0, 1) −−−−−−−−−−−−→ A′(0, 0, 2, 1)
B(0, 1, 0, 3) −−−−−−−−−−−−→ B′(0, 2, 2, 0)
C(2, 2, 2, 0) −−−−−−−−−−−−→ C′(1, 0, 1, 1)
D(2, 0, 1, 0) −−−−−−−−−−−−→ D′(1, −2, −2, 0)
E(4, 0, 4, 2) −−−−−−−−−−−−→ E′(2, 1, 4, 6)
Normalicemos los puntos dados.
Para los originales tendremos:
(4, 0, 4, 2) = a · (2, 0, 0, 1)+b · (0, 1, 0, 3)+ c · (2, 2, 2, 0)+d · (2, 0, 1, 0)
es decir
4 = 2 ·a +2 · c+2 ·d
4 = b+2 · c
1 = 2 · c +d
1 = a+3 ·b

sistema que resuelto da cómo soluciones:
a =− 14
5
, b =
8
5
, c =− 4
5
, d =
28
5
con lo que los puntos normalizados serán:
A(− 28
5
, 0, 0, − 14
5
) , B(0,
8
5
, 0,
24
5
) , C(− 8
5
, − 8
5
, − 8
5
, 0) , D(
56
5
, 0,
28
5
, 0) , E(4, 0, 4, 2)
y como estamos manejando coordenadas homogéneas, podríamos escribirlos como sigue:
A(−28, 0, 0, −14) , B(0, 8, 0, 24) , C(−8, −8, −8, 0) , D(56, 0, 28, 0) , E(20, 0, 20, 10)
220
y también
A(−14, 0, 0, −7) , B(0, 4, 0, 12) , C(−4, −4, −4, 0) , D(28, 0, 14, 0) , E(10, 0, 10, 5)
Para las imágenes tendremos:
(2, 1, 4, 6) = a · (0, 0, 2, 1)+b · (0, 2, 2, 0)+ c · (1, 0, 1, 1)+d · (1, −2, −2, 0)
es decir
2 = +c +d
1 = 2 ·b −2 ·d
4 = 2 ·a+2 ·b + c−2 ·d
6 = a + c

sistema que resuelto da como soluciones
a =−3 , b =− 13
2
, c = 9 , d =−7
con lo que los puntos normalizados serán:
A′(0, 0, −6, −3) , B′(0, −13, −13, 0) , C′(9, 0, 9, 9) , D′(−7, 14, 14, 0) , E′(2, 1, 4, 6)
El problema se replantea entonces como sigue: Establecer las ecuaciones de la proyectividad determinada por los
puntos homólogos:
A(−14, 0, 0, −7) −−−−−−−−−−−−→ A′( 0, 0, −6, −3)
B( 0, 4, 0, 12) −−−−−−−−−−−−→ B′( 0, −13, −13, 0)
C( −4, −4, −4, 0) −−−−−−−−−−−−→ C′( 9, 0, 9, 9)
D( 28, 0, 14, 0) −−−−−−−−−−−−→ D′(−7, 14, 14, 0)
E( 10, 0, 10, 5) −−−−−−−−−−−−→ E′( 2, 1, 4, 6)
Llegados a este punto, en la ecuación matricial general de la proyectividad
x′1
x′2
x′3
x′4
=

b11 b12 b13 b14
b21 b22 b23 b24
b31 b32 b33 b34
b41 b42 b43 b44
 ·

x1
x2
x3
x4

al sustituir, sucesivamente, los valores de A y A′, B y B′, C y C′, D y D′, obtendremos un sistema de dieciséis
ecuaciones lineales, con las dieciséis incógnitas bij (i, j = 1 · · ·4), que resolverán nuestro problema. Observemos
que no es necesario utilizar los puntos E y E′, ya que la normalización los ha hecho linealmente dependientes,
respectivamente, de los A, B, C, D y A′, B′, C′, D′.
Así tendremos
0 =−14 ·b11 − 7 ·b14
0 =−14 ·b21 − 7 ·b24
−6 =−14 ·b31 − 7 ·b34
−3 =−14 ·b41 − 7 ·b44

221
0 = 4 ·b12 +12 ·b14
−13 = 4 ·b22 +12 ·b24
−13 = 4 ·b32 +12 ·b34
0 = 4 ·b42 +12 ·b44

9 = −4 ·b11−4 ·b12− 4 ·b13
0 = −4 ·b21−4·b22− 4 ·b23
9 = −4 ·b31−4 ·b32− 4 ·b33
9 = −4 ·b41−4 ·b42− 4 ·b43

−7 = 28 ·b11 +14 ·b13
14 = 28 ·b21 +14 ·b23
14 = 28 ·b31 +14 ·b33
0 = 28 ·b41 +14 ·b43

Resolviendo tendremos
b11 = −
7
20
, b12 =−
21
10
, b13 =
1
5
, b14 =
7
10
b21 =
9
20
, b22 =−
11
20
, b23 =
1
10
, b24 =−
9
10
b31 =
5
7
, b32 =−
43
28
, b33 =−
10
7
, b34 = −
4
7
b41 = −
27
140
, b42 =−
171
70
, b43 =
27
70
, b44 =
57
70
Luego, la ecuación de la proyectividad, en su forma matricial será:

x′1
x′2
x′3
x′4

=

− 7
20
− 21
10
1
5
7
10
9
20
− 11
20
1
10
− 9
10
5
7
− 43
28
− 10
7
− 4
7
− 27
140
− 171
70
27
70
57
70

·

x1
x2
x3
x4

222
Siendo, por tanto, las ecuaciones de la proyectividad que nos habíamos planteado, las siguientes:
x′1 = −
7
20
·x1 −
21
10
·x2 +
1
5
·x3 +
7
10
·x4
x′2 =
9
20
·x1 −
11
20
·x2 +
1
10
·x3 −
9
10
·x4
x′3 =
5
7
·x1 − −
43
28
·x2 −
10
7
·x3 −
4
7
·x4
x′4 = −
27
140
·x1 −
171
70
·x2 +
27
70
·x3 +
57
70
·x4

Veamos ahora el caso de una correlación: Sean A1, A2, A3, A4, U, cinco puntos, de cuatro en cuatro in-
dependientes, de una de las formas, y a1, a2, a3, a4, u, cinco planos de cuatro en cuatro independientes,
respectivamente homólogos de aquellos en la otra forma. Adoptamos como figuras fundamentales, de
sendos sistemas puntual y tangencial a los que se refieren las formas correspondientes, los cinco puntos
y los cinco planos considerados.
Sea P(x1, x2, x3, x4) un punto cualquiera de la primera figura y p(v1, v2, v3, v4) el plano homólogo de
P, en la segunda forma.
El punto P no puede pertenecer a las cuatro caras del tetraedro fundamental. Supongamos, por ejemplo,
que no pertenece a A1A2A3, con lo cual p no pertenece a la radiación de vértice a1a2a3. Para P están
definidas las coordenadas absolutas.
λiλiλi =
xi
x4
(i = 1, 2, 3)
y para p las coordenadas.
ρρρ i =
vi
v4
(i = 1, 2, 3)
Siendo λλλ i, ρρρ i coordenadas proyectivas de un haz de planos y de una series de puntos, proyectivos, con
correspondencia de los elementos que se obtienen para los valores: ∞∞∞, 0, 1 de λλλ i, ρρρ i, dicha proyectividad
obliga a que sea
λλλ i = ρρρ i (i = 1, 2, 3)
es decir
xi
x4
=
vi
v4
y por tanto, se obtienen las siguientes ecuaciones de la correlación.
x1 : x2 : x3 : x4 = v1 : v2 : v3 : v4
223
Si las figuras fundamentales no se corresponden, efectuando un cambio de coordenadas se llega a la
forma general siguiente de las ecuaciones de una correlación:
ρρρ ·x1 = a11 ·v1 +a12 ·v2 +a13 ·v3 +a14 ·v4
ρρρ ·x2 = a21 ·v1 +a22 ·v2 +a23 ·v3 +a24 ·v4
ρρρ ·x3 = a31 ·v1 +a32 ·v2 +a33 ·v3 +a34 ·v4
ρρρ ·x4 = a41 ·v1 +a42 ·v2 +a43 ·v3 +a44 ·v4

ecuaciones que, en virtud de la independencia de los cuatro puntos homólogos de los planos ui = 0
(i = 1, 2, 3, 4) son resolubles en las vi.
Veamos, ahora, con un ejemplo como procederíamos con una correlación:
Ejemplo 2. Determinar la correlación γγγ definida por
A(2, 0, 0, 1)−−−−−−→ R1 ≡ 2 ·x3 + x4 = 0
B(0, 1, 0, 3)−−−−−−→ R2 ≡ 2 ·x2 +2 ·x3 = 0
C(2, 2, 2, 0)−−−−−−→ R3 ≡ x1 + x3 + x4 = 0
D(2, 0, 1, 0)−−−−−−→ R4 ≡ x1−2 ·x2−2 ·x3 = 0
E(4, 0, 4, 0)−−−−−−→ R5 ≡ 2 ·x1 + x2 +4 ·x3 +6 ·x4 = 0
El problema se reduce, como en el caso del plano a determinar la ecuación de la colineación γγγ ′ definida por:
A(2, 0, 0, 1) −−−−−−→ A′(0, 0, 2, 1)
B(0, 1, 0, 3) −−−−−−→ B′(0, 2, 2, 0)
C(2, 2, 2, 0) −−−−−−→ C′(1, 0, 1, 1)
D(2, 0, 1, 0) −−−−−−→ D′(1, −2, −2, 0)
E(4, 0, 4, 0) −−−−−−→ E′(2, 1, 4, 6)
problema, éste, que resolvimos en el ejemplo anterior, siendo la ecuación de la tal colineación la siguiente:
y′1
y′2
y′3
y′4

=

− 7
20
− 21
10
1
5
7
10
9
20
− 11
20
1
10
− 9
10
5
7
− 43
28
− 10
7
− 4
7
− 27
140
− 171
70
27
70
57
70

·

y1
y2
y3
y4

La interpretación en el caso que nos ocupa es que los elementos de la cuaterna (y′1, y
′
2, y
′
3, y
′
4) son los coeficientes
del plano, del punto de coordenadas (y1, y2, y3, y4).
224
Con la experiencia de que ya disponemos podemos pasar a escribir directamente la ecuación matricial de la correla-
ción buscada.
[
x1 x2 x3 x4
]
=

− 7
20
− 21
10
1
5
7
10
9
20
− 11
20
1
10
− 9
10
5
7
− 43
28
− 10
7
− 4
7
− 27
140
− 171
70
27
70
57
70

·

y1
y2
y3
y4

= 0
Operando obtendríamos la ecuación de la correlación; así.
[
x1 x2 x3 x4
]
=

− 7
20
·y1 −
21
10
·y2 +
1
5
·y3 +
7
10
·y4
+
9
20
·y1 −
11
20
·y2 +
1
10
·y3 −
9
10
·y4
+
5
7
·y1 −
43
28
·y2 −
10
7
·y3 −
4
7
·y4
− 27
140
·y1 −
171
70
·y2 +
27
70
·y3 +
57
70
·y4

= 0
y en definitiva
(
− 7
20
·y1−
21
10
·y2 +
1
5
·y3 +
7
10
·y4
)
·x1 +
(
9
20
·y1−
11
20
·y2 +
1
10
·y3−
9
10
·y4
)
·x2+
+
(
5
7
·y1−
43
28
·y2−
10
7
·y3−
4
7
·y4
)
·x3 +
(
− 27
140
·y1−
171
70
·y2 +
27
70
·y3 +
57
70
·y4
)
·x4 = 0
Así, por ejemplo, al punto P(0, 0, 30, 70) le correspondería, por la correlación γγγ , el plano:
(
1
5 ·30+
7
10 ·70
)
·x1 +
(
1
10 ·30−
9
10 ·70
)
·x2 +
(
− 107 ·30−
4
7 ·70
)
·x3 +
(
27
70 ·30+
57
70 ·70
)
·x4 = 0
es decir
77 ·x1−84 ·x4−116 ·x3 +96 ·x4 = 0
225
Lección 41.- EL PROBLEMA DE LOS SATÉLITES
41.1 La homología en el espacio
41.2 Ejemplo de aplicación
41.3 La geometría en el plano homológico
41.1 La homología en el espacio
En la Lección 37 estudiamos las homologías y sus propiedades, y en particular, sin apenas detenernos,
pasamos al caso de las homologías entre formas planas superpuestas. Volviendo ahora al caso de pla-
nos homológicos no superpuestos vamos a plantearnos las siguiente cuestión ¿Es posible determinar la
distancia entre dos puntos del primer plano midiendo sobre su imagen en el segundo plano, y eso sin
importar cual sea la posición del centro de la homología y cual su eje? Vamos a comprobar que bastará
disponer de las dimensiones de una figura en el primer plano, por ejemplo un rectángulo, y su correspon-
diente imagen por la homología en el segundo, sobre el que mediremos, para resolver el problema. El
procedimiento consistirá en determinar las coordenadas de cada uno de los puntos, cuya distancia quere-
mos determinar, hecho lo cual el resultado será trivial. Veamos como determinamos las coordenadas de
uno de los puntos, respecto de un sistema de referencia cartesiano, que puede ser cualquiera. Las figuras
siguientes, con el razonamiento correspondiente nos apuntan la solución:
B
A
C
D
M
N
L
T
Q∞
P∞
b
a
Figura de referencia del primer plano
(P QRX) = =∞
(PQRX) = = :
(PQR)
(PQX)
PR
QR
PX
QX
∞
QX
QR
(XRQ)
Unidad
Coordenada
cartesiana
X
227
Im
agen de la recta im
propia del prim
er plano
Imagen homológica de la anterior
figura, en el segudo plano
 = =∞
NX
NL
(P´N´L´X´) (P NLX)
(P´N´L´X´)= : = rP´L´
N´L´
P´X´
N´X´
NX = NL · (P´N´L´X´) = a · r


a r
b s
MX = MT · (Q´M´T´X´) = b · s


P´
Q´
B´
L´
C´
M´
X´
T´
A´
D´
N´
41.2 Ejemplo de aplicación
Vamos a materializar con un ejemplo lo expuesto en el punto anterior.
Para ello, vamos a fijar las dimensiones del hipotético rectángulo, del que hablamos, en el primer plano,
y considerar su imagen homológica en el segundo plano.
Observemos que ni la situación del punto de vista, el centro de la homología, ni la del eje de la misma,
cuentan para el cálculo, bastando únicamente la imagen del mencionado rectángulo y la posibilidad de
medir sobre ella.
Se trata de calcular la distancia entre los puntos X e Y del primer plano, el del rectángulo de dimensiones
conocidas, tal como se muestra en la siguiente figura:
a=100
A
B C
D
X(x , x )
Y(y , y )
1
1 2
2 
d(x,
 y)
y
x
b=200228
Consideremos, ahora, la imagen homológica, en el segundo plano, del rectángulo anterior:
A´
B´
C´
D´
M´
M´´
N´
N´´
T´
T´´
L´
L´´
X´
P´
Q´
Y´
Para determinar las coordenadas del punto X procederemos como sigue:[
r′ = (P′N′L′X′) =
P′L′
N′L′
:
P′X′
N′X′
=
5.3
4.5
:
8.35
1.45
= 0.20452
]
[
s′ = (Q′M′T′X′) =
Q′T′
M′T′
:
Q′X′
M′X′
=
9.4
5.25
:
12.7
1.95
= 0.274915
]
[
x1 = s′ ·b = 0.274915 ·200 = 54.983
]
[
x2 = r′ ·a = 0.20452 ·100 = 20.452
]
X(54.983 , 20.452)
En forma análoga calcularemos las coordenadas del punto Y:[
r′′ = (P′N′′L′′Y′) =
P′L′′
N′′L′′
:
P′Y′
N′′Y′
=
5.95
4.15
:
6.85
3.2
= 0.62791
]
[
s′′ = (Q′M′′T′′Y′) =
Q′T′′
M′′T′′
:
Q′Y′
M′′X′
=
10.4
4.15
:
11.5
3.1
= 0.67553
]
[
y1 = s′′ ·b = 0.67553 ·200 = 135.107
]
[
y2 = r′′ ·a = 0.62791 ·100 = 62.791
]
Y(135.107 , 62.791)
En consecuencia, la distancia que nos interesa, es decir la que existe entre los puntos X e Y del primer
plano será:
d(X, Y) =
√
(x1−y1)2 +(x2−y2)2 =
√
(54.983−135.107)2 +(20.452−62.791)2 =
=
√
(80.124362 +42.3392 =
√
6419.9+1792.6 =
=
√
8212.51 = 90.623
229
41.3 La geometría en el plano homológico
Resulta muy curioso cómo se ve, en la homología que estamos estudiando, la geometría del primer plano
en el segundo plano.
Por ejemplo: Las rectas paralelas del primer plano se transforman en rectas de un haz de vértice finito,
y por tanto sus perpendiculares en otro haz, también de vértice finito; ambos vértices situados sobre
la recta propia imagen de la impropia del primer plano. Así, en el segundo plano podríamos llamar
“paralelas” a todas las rectas de un haz de vértice un punto de la recta en que se transforma la impropia
del primer plano, y “perpendiculares” a éstas las de otro haz también de vértice sobre la misma recta, la
transformada de la impropia del primer plano. Sin embargo esos dos vértices no pueden ser cualesquiera,
sino que deben ser las imágenes de los correspondientes puntos impropios, del primer plano, de las rectas
que nos van a proporcionar esas “paralelas” y “perpendiculares” en el segundo plano, cuya determinación
no resulta difícil.
``paralelas´´
``perpendiculares´´
A´
B´
C´
D´
L´
X´
N´
T´
P´
Q´
M´
Imagen de la recta
impropia del primer
plano
230
Lección 42.- EL NÚMERO DE ORO
42.1 El número de oro y la sucesión de Fibonacci
42.2 Las ternas pitagóricas
42.3 El triángulo de Pascal y la sucesión de Fibonacci
42.4 El triángulo áureo
42.5 El rectángulo áureo
42.6 El formato DIN
42.7 Los poliedros y el número áureo
42.1 El número de oro y la sucesión de Fibonacci
Dentro del mundo de la matemática, y en particular de los números irracionales, nos resultan viejos
conocidos algunos de los cuales hasta poseen nombre propio, por ejemplo πππ y e:
πππ = 3.14159265358979 · · ·
e = 2.71828182845904 · · ·
En particular, existe otro no tan popular, pero no por ello menos interesante; es el conocido como el
número de oro:
ΦΦΦ =
1+
√
5
2
= 1.61803398874989 · · ·
íntimamente ligado a la generación de figuras de gran belleza y perfección, no sólo geométricas sino con
la naturaleza y las creaciones humanas.
Para su determinación nos apoyaremos en algo tan sencillo como la división de un segmento en media
y extrema razón. Así, dado un segmento PQ, diremos que un punto R lo divide en media y extrema
razón cuando la parte mayor PR es media proporcional entre el segmento total PQ y la parte menor RQ
P QR
a
x =
x
yx y
a
La parte mayor, x, recibe el nombre de segmento áureo del segmento total PQ . (x es el segmento áureo
de a).
Por otra parte,
a
x
=
x
y
=⇒ x
y
=
a−x
x−y
=⇒ x
y
=
y
x−y
,
231
lo que significa que, la parte menor, y , del segmento PQ, dividido en media y extrema razón es, por
tanto, segmento áureo de la parte mayor, x . (y es el segmento áureo de x).
P R
y
x
La construcción del segmento áureo, x, de un segmento dado, PQ, se puede hacer como se indica a
continuación:
seg
men
to á
ureo
segmento dado
yx
P Q
R
QR = PQ
Resulta, igualmente, sencilla la construcción de un segmento, PQ, conocido su segmento áureo, x. Veá-
moslo en la figura siguiente:
XM = PX
P
M
Q
X
seg
men
to to
tal
segmento áureo dado
232
Ligadas a las construcciones anteriores tenemos las del dibujo del decágono y del pentágono. Así, si OP,
es el radio de la circunferencia en la que vamos a inscribir un decágono, la determinación de su lado,
PR, se hará como sigue:
 lad
o de
l
dec
ágo
no
radio de la circunferencia
 circunscrita al decágono
ra
di
o 
de
 la
 c
irc
un
fe
re
nc
ia
 c
irc
un
sc
rit
a 
al
 d
ec
ág
on
o
OP = OQ
P
Q
O
R
Observemos que PR es el segmento áureo del radio OP de la circunferencia circunscrita al decágono.
pentágono
decágono
P
R
O
Volviendo la principio, vamos a calcular el número de oro, ΦΦΦ. Para ello replanteamos lo anterior en la
forma siguiente:
P QR
1 x-1
x
233
La partición de x lo será en media y extrema razón, es decir será una partición áurea cuando se verifique:
x
1
=
1
x−1
lo que nos conduce a la ecuación:
x2−x−1 = 0 ,
ecuación de segundo grado cuyas soluciones son:
x =
1±
√
1+4
2
=

1+
√
5
2
= 1.618 · · ·
1−
√
5
2
= 0.618 · · ·
interesándonos, en particular, la primera, nuestro número de oro:
ΦΦΦ =
1+
√
5
2
Veamos, ahora, lo que da de sí la ecuación anterior.
Por ser ΦΦΦ solución de la ecuación
x2−x−1 = 0 ,
se verificará
ΦΦΦ
2−ΦΦΦ−1 =⇒ ΦΦΦ2 =ΦΦΦ+1
y multiplicando esta igualdad, y sucesivamente las obtenidas, por ΦΦΦ, obtendremos:
ΦΦΦ
3 =ΦΦΦ2 +ΦΦΦ
ΦΦΦ
4 =ΦΦΦ3 +ΦΦΦ2
ΦΦΦ
5 =ΦΦΦ4 +ΦΦΦ3
ΦΦΦ
6 =ΦΦΦ5 +ΦΦΦ4
· · · · · · · · · · · · ·
· · · · · · · · · · · · ·
lo que se traduce en que, cualquier potencia de ΦΦΦ es igual a la suma de las dos potencias anteriores, es
decir: ΦΦΦn =ΦΦΦn−1 +ΦΦΦn−2.
234
De las igualdades anteriores se deducen inmediatamente las siguientes
ΦΦΦ
3 =ΦΦΦ2 +ΦΦΦ = (ΦΦΦ+1)+ΦΦΦ = 2 ·ΦΦΦ+1
ΦΦΦ
4 =ΦΦΦ3 +ΦΦΦ2 = (2 ·ΦΦΦ+1)+(ΦΦΦ+1) = 3 ·ΦΦΦ+2
ΦΦΦ
5 =ΦΦΦ4 +ΦΦΦ3 = (3 ·ΦΦΦ+2)+(2 ·ΦΦΦ+1) = 5 ·ΦΦΦ+3
ΦΦΦ
6 =ΦΦΦ5 +ΦΦΦ4 = (5 ·ΦΦΦ+3)+(3 ·ΦΦΦ+2) = 8 ·ΦΦΦ+5
ΦΦΦ
7 =ΦΦΦ6 +ΦΦΦ5 = (8 ·ΦΦΦ+5)+(5 ·ΦΦΦ+3) = 13 ·ΦΦΦ+8
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
lo que nos muestra que, para obtener cualquier potencia de ΦΦΦ basta multiplicar el propio ΦΦΦ por un número
que es la suma de los coeficientes de la potencia anterior, y sumarle un número que es el coeficiente de
la tal potencia anterior.
Así, por ejemplo, si la potencia es ΦΦΦ7, el 13 que multiplica a ΦΦΦ es la suma de 8 y 5, que aparecen en la
expresión de ΦΦΦ7, y el 8 es el número que multiplica a ΦΦΦ en ΦΦΦ6.
Veamos, ahora, que relación guarda lo anterior con la llamada sucesión de Fibonacci, que vamos a
establecer:
u1 = 1 , u2 = 1 , u3 = 2 , u4 = 3 , u5 = 5 , u6 = 8 , u7 = 13 , · · · · · ·
cuyos términos verifican la ecuación de recurrencia,
un+2 = un+1 +un (n> 1)
Como curiosidad se tiene que: los números de Fibonacci coinciden con la sucesión de los coeficientes del
cociente que se obtiene al dividir 1 entre 1−x−x2 :
1
−1+x+x2
x+x2
1−x−x2
1+x+2 ·x2 +3 ·x3 +5 ·x4 +8 ·x5 + · · · · · ·
−x+x2 +x3
2 ·x2 +x3
−2 ·x2 +2 ·x3 +2 ·x4
3 ·x3 +2 ·x4
−3 ·x3 +3 ·x4 +3 ·x5
5 ·x4 +3 ·x5
−5 ·x4 +5 ·x5 +5 ·x6
8 ·x5 +5 ·x6
−8 ·x5 +8 ·x6 +8 ·x7
13 ·x6 +8 ·x7
· · · · · · · · · · · · · · ·
· · · · · · · · · · · · · · ·
235
Si retomamos las igualdades obtenidas antes
ΦΦΦ
3 = 2 ·ΦΦΦ+1
ΦΦΦ
4 = 3 ·ΦΦΦ+2
ΦΦΦ
5 = 5 ·ΦΦΦ+3
ΦΦΦ
6 = 8 ·ΦΦΦ+5
ΦΦΦ
7 = 13 ·ΦΦΦ+8
· · · · · · · · · · · · · ·
podemos observar que los coeficientes de las sucesivas potencias de ΦΦΦ son dos términos consecutivos de
la sucesión de Fibonacci. Así, si an es el término de lugar n de la sucesión de Fibonacci, podemos poner
como expresión general, de las potencias de ΦΦΦ, la siguiente:
ΦΦΦ
n = an ·ΦΦΦ+an−1 .
Si calculáramos ahora el cociente entre cada uno de los términos de la sucesión de Fibonacci y el anterior,
es decir
an
an−1
, podemos observar que al principio los resultadostienen poco que ver con ΦΦΦ, pero si no
nos desanimamos, y continuamos, resulta que ya, a partir del décimo término, la diferencia con ΦΦΦ, es
menor que una milésima:
Término Valor
an
an−1
Diferencia con ΦΦΦ
1 1
2 1 1.000000000000000 −0.618033988749895
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
10 55 1.618034055727554 −0.000386929926365
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
19 4181 1.618034055727554 +0.000000066977659
20 6765 1.618033963166707 −0.000000025583188
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
lo que nos muestra que para tener aproximaciones del número ΦΦΦ no hace falta sacar decimales en ninguna
raíz, sino que bastará con dividir términos de la sucesión de Fibonacci lo que nos permite afirmar que:
El número de oro, ΦΦΦ, es el límite de la sucesión de los cocientes de Fibonacci.
236
Veamos unas relaciones muy curiosas:
a.- La suma de diez términos consecutivos de la sucesión es siempre un múltiplo de 11, y esa suma es 11
veces el término que ocupa el séptimo lugar de los sumandos.
Ejemplo 1. 1+1+2+3+5+8+ 13 +21+34+55 = 143 = 11 · 13
Ejemplo 2. 21+34+55+89+144+233+ 377 +610+987+1597 = 4147 = 11 · 377
b.- La suma de un número n cualquiera de términos de la sucesión, desde el primero, es igual al término
que ocupa la posición n+2 tras restarle una unidad, es decir
1+1+2+3+5+8+ · · · · · ·+an = an−2−1
Ejemplo 3. 1+1+2+3+5+8+13+21+34+55+ · · ·
n = 8,n+2 = 10 : S8 = 1+1+2+3+5+8+13+21 = 54
a10 = 55 , a10−1 = 55−1 = 54

c.- Se verifica la siguiente relación, de comprobación inmediata
am +am+1 + · · · · · ·+an = an+2−am+1
Ejemplo 4. m = 4,n = 8 =⇒ (am = 3,an = 21) =⇒ (am+1 = 5,an+2 = 55)
3+5+8+13+21 = 50 = 55−5
d.- Si consideramos tres términos consecutivos, cualesquiera, de la sucesión de Fibonacci, se verifica la
siguiente relación:
a2n−an−1 ·an+1 = (−1)n−1
Ejemplo 5. Sean los términos: a5 = 5, a6 = 8, a7 = 13
(a26 = 64 , a5 ·a7 = 5 ·13 = 65) =⇒ 64−65 =−1
Ejemplo 6. Sean los términos: a4 = 3, a5 = 5, a6 = 8
(a25 = 25 , a4 ·a6 = 3 ·8 = 24) =⇒ 25−24 =+1
e.- Los números de la sucesión que son primos sólo pueden ocupar lugares n que sean primos. Lo
contrario no es cierto, por ejemplo: a19 = 4181 = 37 ·113, que no es primo.
42.2 Las ternas pitagóricas
Nos dice el Teorema de Pitágoras que: El cuadrado de la hipotenusa, en un triángulo rectángulo, es igual
a la suma de los cuadrados de los catetos, es decir:
a2 = b2 + c2 (a= hipotenusa, b y c= catetos)
237
Cuando los valores a, b, c son números enteros decimos que la terna (a, b, c) es pitagórica.
Ejemplo 1. La terna (5, 4, 3) es pitagórica: 52 = 42 +32
No es fácil, sin más, determinar ternas pitagóricas, problema que nos resuelve el conocimiento de la
sucesión de Fibonacci. El método consiste en elegir cuatro términos consecutivos, de esa sucesión, y
formar los tres números siguientes:
1o.- El producto de los dos de los extremos.
2o.- El doble del producto de los dos centrales.
3o.- La suma de los cuadrados de los dos centrales.
Ejemplo 2. Consideremos los cuatro términos consecutivos de la sucesión de Fibonacci: 3, 5, 8, 13 , y procedamos
como hemos dicho:
1o.- 3 ·13 = 39
2o.- 2 · (5 ·8) = 80
3o.- 52 +82 = 89
La terna (89, 80, 39) es pitagórica, puesto que
892 = 7921
802 = 6400
392 = 1521
verificándose: 7921 = 6400+1521.
42.3 El triángulo de Pascal y la sucesión de Fibonacci
Una de las disposiciones numéricas más conocidas es el denominado triángulo de Pascal, conocido
también con el nombre de triángulo de Tartaglia, que se escribe como sigue:
1
1
1
1
0( ) ( )
( )
2
1
2
2
2
0( ) ()( )
3
0
3
1
3
2
3
3( )( )()( )
4
0
4
1
4
2
4
3
4
4( ) ( ) ( )( )
···································································
en el que cada término es la suma de los dos que tiene encima, respondiendo a que todo número combi-
natorio se puede expresar como suma de dos, de la forma siguiente:m
n
=
m−1
n
+
m−1
n−1

238
En la práctica, con la interpretación anterior, se suele escribir así:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
············································
m = 1······················ 
m = 2 ··················
m = 3 ··············
m = 4 ··········
m = 5 ······
Su propia definición indica su relación con la sucesión de Fibonacci. Observemos que basta con sumar, en
diagonal los elementos del triángulo, para conseguir la sucesión de Fibonacci. Deformando ligeramente
el triángulo se comprueba fácilmente:

1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1 
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 16 6 1
1 ·······································
1
1
2
3
5
8
13
21
·································
Sucesión de Fibonacci
Triángulo de Pascal
Establecimos en el anterior apartado 1, que por ser ΦΦΦ solución de la ecuación
x2−x−1 = 0
se verificaba, no solamente que ΦΦΦ2 =ΦΦΦ+1, sino que cualquier potencia de ΦΦΦ se podía expresar en la
forma siguiente
ΦΦΦ
n =ΦΦΦn−1 +ΦΦΦn−2
lo que podemos traducir en que la sucesión
1, ΦΦΦ, ΦΦΦ2, ΦΦΦ3, · · · · · · , ΦΦΦn, · · · · · ·
es una progresión geométrica, caracterizada por la propiedad de que todo término es igual a la suma
de los dos precedentes, propiedad ésta de la que goza la sucesión de Fibonacci. Podemos, por tanto
establecer, para el número de oro, su correspondiente triángulo, análogo al estudiado triángulo de Pascal,
razonando en todo como en aquél. Así tendríamos:
239
 1
Φ 1
Φ 1+Φ 1
Φ 1+2·Φ 2+Φ 1
Φ 1+3·Φ 3+3·Φ 3+Φ 1
············································
que convenientemente deformado nos presentaría el aspecto siguiente:
Φ
Φ
Φ
Φ
Φ
1
1
1
1
1
1
1+Φ
1+2·Φ
1+3·Φ
2+Φ
3+3·Φ 3+Φ
········································································
Φ
1+Φ
1+2·Φ
2+3·Φ
3+5·Φ
···········································
···········································
································································
1
Φ
Φ
Φ
Φ
Φ2
3
4
5
(Progresión geométrica del número Φ)
42.4 El triángulo áureo
Vamos a llegar a lo que denominaremos triángulo áureo estudiando un poco más el pentágono regular,
cuya construcción abordamos en el apartado 1, en conexión directa con el que allí llamamos segmento
áureo.
La siguiente figura nos muestra un pentágono regular en el que se han dibujado sus diagonales, y puesto
de manifiesto los ángulos que nos van a interesar.
A
B
C
DE
F
G
72o36
o
108o
240
En rojo está dibujado el pentágono regular, y en azul el que se denomina pentágono estrellado.
Observemos que los ángulos que hemos destacado, 36o, 72o y 108o, son múltiplos de 36, en la relación,
que luego utilizaremos: 108 = 3 ·36 y 72 = 2 ·36
Observemos, asimismo, que aparecen diversos triángulos isósceles, pero que sólo hay tres tipos diferen-
tes: los
4
ABE,
4
ABG y
4
AFG, siendo los demás semejantes a algunos de éstos Por otra parte, sólo hay
cuatro segmentos de longitudes en ellos: BE = a, AB = AE = b, AG = BG = AF = c y GF = d, que
además guardan la relación: a > b > c > d
Tomemos, ahora, como unidad el lado ED, y consideremos el triángulo isósceles
4
EBD:
B
DE
F
1
l
l-1
1
36o
36o
1
Observemos que los triángulos
4
EBD y
4
FDE son semejantes, luego se verificará
EB
ED
=
ED
EF
Como ED = FD = FB = 1 y EF = EB−1, al hacer la sustitución correspondiente en la igualdad ante-
rior, tendremos:
EB
1
=
1
EB−1
=⇒ EB2−EB = 1 =⇒ EB2−EB−1 = 0
y en definitiva
EB =
1+
√
5
2
=ΦΦΦ
Queda de esta manera establecido que la relación entre la diagonal y el lado de un pentágono regular
es ΦΦΦ.
Apliquemos, ahora, a cada uno de los tres tipos de triángulos isósceles, establecidos antes:
4
ABE,
4
ABG
y
4
AFG, el teorema de los senos, con lo que tendremos:
241
En el triángulo
4
ABE:
A
b
a
B
b
E
36o
o
36o
108
a
sen 108o
=
b
sen 36o
=⇒ a
b
=
sen 108osen 36o
En el triángulo
4
ABG:
36o
36o
108o
A
b
B
Gc
c b
sen 108o
=
c
sen 36o
=⇒ b
c
=
sen 108o
sen 36o
En el triángulo
4
AFG:
A G
F
c
c
d
36
72o
o
72o
c
sen 72o
=
d
sen 36o
=⇒ c
d
=
sen 72o
sen 36o
=
sen 108o
sen 36o
En definitiva:
a
b
=
b
c
=
c
d
=
sen 108o
sen 36o
= 1.618033988 · · · · · ·=ΦΦΦ
De los dos tipos de triángulos isósceles que se forman en el pentágono con sus diagonales, el primero con
ángulos 36o, 36o y 108o, y el segundo con ángulos 36o, 72o y 72o, decimos que son triángulos áureos,
justificada esta denominación en que la relación entre el lado mayor y el menor es igual a ΦΦΦ.
242
42.5 El rectángulo áureo
Consideremos los dos rectángulos siguientes:
m
n
p
q
Los rectángulos serán semejantes como se verifique la relación:
m
n
=
p
q
Reconocer que dos rectángulos son semejantes, sin hacer ningún cálculo resulta muy sencillo; bastará
con colocarlos con un vértice coincidente, y trazar la diagonal que parte del mismo: si coinciden en
ambos es que son semejantes.
m
n
p
q
Diremos que un rectángulo, de dimensiones m ·n, es un rectángulo áureo cuando se verifique que:
m
n
=ΦΦΦ
Fijado m, para la determinación de n, que verifique la relación anterior, bastará con determinar el seg-
mento áureo de m, que será precisamente n. La construcción es, por tanto, la de una sencilla media y
extrema razón.
Como en el caso de los rectángulos semejantes, existe una manera sencilla para reconocer si un rectán-
gulo es áureo, sin tener que hacer ningún cálculo. Bastará con tomar dos rectángulos iguales y colocarlos
uno junto al otro, el primero horizontal y el segundo vertical, con los lados en contacto, como muestra la
figura siguiente.
243
Se unen, a continuación, los vértices A y B con una recta; si la recta pasa por el punto C, podemos
afirmar que el rectángulo dado es áureo.
m
n
m
n
A
B
C
Veamos ,ahora, como a partir de un rectángulo áureo podemos conseguir otro mayor que el, lo cual
abre todo un procedimiento. Dado un rectángulo áureo, de dimensiones m ·n, bastará con adjuntarle un
cuadrado, de lado m, para obtener otro rectángulo áureo, ahora de dimensiones (m+n) ·m, tal como
nos muestra la figura siguiente:
m
n
m
m+n
m
En forma, igualmente sencilla, podemos a partir de un rectángulo áureo conseguir otro menor que él.
Dado un rectángulo áureo de dimensiones m ·n, bastará con quitarle un cuadrado de lado igual a n, para
obtener otro rectángulo áureo, ahora de dimensiones n · (m−n), tal como muestra la figura siguiente:
n
n
n
n
m
m-n
n
244
Con lo que hemos visto nos va a resultar muy sencillo la construcción de rectángulos áureos: Partiremos
de una cuadrado
�
ABCD, cuyo lado será el menor del rectángulo a construir. Luego marcamos el punto
medio M, de uno de sus lados AB, y con centro en M y radio MC, trazamos un arco que cortará a
la prolongación de AB, en el punto E. El rectángulo áureo que obtenemos de esta manera tendrá las
dimensiones AE ·EF, según nos queda reflejado en la figura siguiente:
A B
CD
E
F
M
42.6 El formato DIN
Aunque no se trata de un rectángulo áureo, por sus aplicaciones vale la pena mencionarlo:
El rectángulo
√
2
√
2
√
2. Su construcción es la siguiente:
A B
CD
E
F
Si el lado del cuadrado
�
ABCD vale 1, la longitud de AE valdrá
√
2, puesto que se trata de la diagonal
del cuadrado.
La propiedad que caracteriza a este tipo de rectángulo es que si dividimos el lado mayor por la mitad,
obtenemos otro rectángulo con la mitad de superficie del inicial, pero de iguales características, puesto
que los lados del obtenido son : 1 y
√
2
2
, cuyo cociente es de nuevo
√
2, ya que
1√
2
2
=
2√
2
=
2 ·
√
2
2
=
√
2
El proceso es evidentemente iterable, siendo el resultado, por ejemplo de cuatro iteraciones, el siguiente
A4
A1
A2A3
A0
245
Esta propiedad sirvió para diseñar las hojas que se utilizan en la actualidad en papelería: el formato
DIN. Los distintos tamaños partes de una subdivisión sucesiva del tamaño mayor, denominado A∅∅∅,
nombrando a las obtenidas, A1, A2, A3, A4. . . . La superficie del A∅∅∅ es de 1m2, que contiene 16 formatos
A4, de dimensiones éste: 210 ·297 mm.
42.7 Los poliedros y el número áureo
Se define el poliedro como la figura sólida en el espacio, limitada por caras que son polígonos. Los que
suelen ser de nuestro interés son los convexos, es decir lo que quedan totalmente a un lado de cada uno
de los planos que limitan la región, y para lo que se verifica la siguiente relación:
C+V = A+2
siendo, C = número de caras, V = número de vértices, y A = número de aristas.
Entendemos como poliedro regular aquel en el que todas sus caras son polígonos regulares iguales y en
cada vértice se cortan el mismo número de aristas. Sólo hay cinco poliedros regulares:
1.- El Tetraedro, cuyas caras son triángulos equiláteros siendo
C = 4 , V = 4 , A = 6
2.- El Cubo, cuyas caras son cuadrados, siendo
C = 6 , V = 8 , A = 12
246
3.- El Octaedro, cuyas caras son triángulos equiláteros, siendo
C = 8 , V = 6 , A = 12
4.- El Dodecaedro, cuyas caras son pentágonos regulares siendo
C = 12 , V = 20 , A = 30
5.- El Icosaedro, cuyas caras son triángulos equiláteros siendo
C = 20 , V = 12 , A = 30
(Si unimos los centros de las caras de un icosaedro, se obtiene un dodecaedro).
Los poliedros duales de los regulares surgen al unir los centros de sus caras, y curiosamente renace la
misma colección, eso sí, con tamaños diferentes.
La dualidad se manifiesta en la forma siguiente:
Tetraedro←→ Tetraedro
Cubo ←→ Octaedro
Icosaedro←→ Dodecaedro
247
La doble flecha debe interpretarse en que de cada uno surge el otro y al revés. Este hecho tiene una gran
importancia, dado que los poliedros duales tienen el mismo tipo de simetría, lo que se traduce en que, en
el conjunto de los cinco poliedros regulares sólo hay tres tipos de grupos de simetría: el del tetraedro, el
del cubo y el del icosaedro.
La perfecta distribución de sus polígonos se traduce en que siempre hay una esfera exterior que pasa por
todos sus vértices, una interior tangente a todas sus caras y otra intermedia que toca todas sus aristas.
Las áreas y volúmenes de los cinco poliedros regulares vienen dadas en el siguiente cuadro:
Poliedro Área Volumen
Tetraedro a2 ·
√
3
a3 ·
√
2
12
Cubo 6 ·a2 a3
Octaedro 2 ·
√
3 ·a2
√
2
3
·a3
Dodecaedro 3 ·
√
25+10 ·
√
5 ·a2 15+7 ·
√
5
4
·a3
Icosaedro 5 ·
√
3 ·a2 5 · (3+
√
5)
12
·a3
(a=longitud de la arista correspondiente)
No todos los poliedros regulares tienen la misma relación con ΦΦΦ. Los más cercanos con el número áureo,
como cabía esperar, son en particular, el dodecaedro (formado por pentágonos), y su dual el icosaedro.
248
Así, para una arista de longitud unidad, a = 1, tenemos:
Área del dodecaedro =
15 ·ΦΦΦ√
3−ΦΦΦ
Volumen del dodecaedro =
5 ·ΦΦΦ2
6−2 ·ΦΦΦ
Volumen del icosaedro =
5 ·ΦΦΦ2
6
como es fácil comprobar, simplemente sustituyendo el valor de ΦΦΦ, y operando.
249
ÍNDICE ALFABÉTICO
251
Afinidad.......................................................................................................................... 176
——————————————————————————————————
Baricentro (c.d.g.)........................................................................................................... 8
——————————————————————————————————
Cambio de base en el plano............................................................................................ 147
” ” ” ” la recta............................................................................................ 148
” coordenadas proyectivas.................................................................................. 212
” sistemas de referencia...................................................................................... 147
Circuncentro................................................................................................................... 3
Circunferencia circunscrita en un triángulo...................................................................5
” de Brocard............................................................................................. 77
” ” Euler-Feuerbach............................................................................... 9
” ” Lemoine (1a)..................................................................................... 65
” ” Lemoine (2a)..................................................................................... 67
” ” Neuberg............................................................................................ 78
” ” Taylor................................................................................................ 68
” ” Tucker............................................................................................... 70
” exinscrita en un triángulo..................................................................... 27
” inscrita ” ” ” ..................................................................... 25
” de los nueve puntos............................................................................... 9
Colineación (homografía).............................................................................................. 115
Correlación (reciprocidad)............................................................................................. 126
Coordenadas homogéneas.............................................................................................. 204
” puntuales................................................................................................ 201
” tangenciales........................................................................................... 209
——————————————————————————————————
Espacio proyectivo......................................................................................................... 199
Exincentro...................................................................................................................... 5
——————————————————————————————————
Formato DIN................................................................................................................... 245
——————————————————————————————————
Homografía (Colineación).............................................................................................. 115
Homografías no homológicas......................................................................................... 136
Homografías planas....................................................................................................... 129
Homologías.................................................................................................................... 163
Homología especial........................................................................................................ 131
252
Homología general.......................................................................................................... 132
——————————————————————————————————
Incentro........................................................................................................................... 5
——————————————————————————————————
Normalizar coordenadas................................................................................................. 120
Número de oro................................................................................................................ 231
——————————————————————————————————
Ortocentro....................................................................................................................... 7
——————————————————————————————————
Poliedros regulares......................................................................................................... 246
Problema de los satélites................................................................................................ 227
Proyectividades en el espacio......................................................................................... 220
” entre dos planos................................................................................... 115
Punto de Brocard............................................................................................................ 73
” ” Lemoine.......................................................................................................... 59
——————————————————————————————————
Reciprocidad (Correlación)............................................................................................. 126
Recta de Euler.................................................................................................................. 10
” ” Lemoine........................................................................................................... 61
” ” Simson............................................................................................................. 59
Rectas isogonales............................................................................................................ 49
” límites.................................................................................................................... 173
Rectángulo áureo............................................................................................................ 243
Relaciones de Euler......................................................................................................... 31
——————————————————————————————————
Segmento áureo.............................................................................................................. 231
Semimediana.................................................................................................................. 49
Semimediana exterior..................................................................................................... 55
Simetría central.............................................................................................................. 178
” ortogonal u oblicua.......................................................................................... 176
Sistemas de referencia.................................................................................................... 150
Sucesión de Fibonacci.................................................................................................... 235
——————————————————————————————————
253
Teorema de Brianchon.................................................................................................... 104, 107
” ” Ceva............................................................................................................ 38
” ” Euler............................................................................................................ 88
” ” Feuerbach.................................................................................................... 33
” ” Menelao....................................................................................................... 37
” ” Pappus (I)..................................................................................................... 45
” ” Pappus (II)................................................................................................... 94
” ” Pascal........................................................................................................... 97
” ” Ptolomeo (1o)............................................................................................... 89
” ” Ptolomeo (2o)............................................................................................... 90
Ternas pitagóricas.................................................................................................................. 237
Traslación............................................................................................................................... 178
Triángulo áureo...................................................................................................................... 240
” de Pascal................................................................................................................238
” ” Simson............................................................................................................... 21
” ” Tartaglia............................................................................................................. 238
” órtico........................................................................................................................ 8
254
BIBLIOGRAFÍA
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F.G.M., EXERCICES DE GÉOMÉTRIE, 1920
Ibarrola Solano, J., PROBLEMAS GRÁFICOS DE GEOMETRÍA, 1945
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255