Incentro

La bisectriz de un ángulo es el lugar geométrico de puntos que equidistan de los lados.

Teorema .- En todo triángulo las bisectrices se cortan en un punto llamado incentro.
Las bisectrices de A y B se cortan por formar con el lado c ángulos cuya suma es menor que 180º. El punto I de intersección equidista de los lados b, c y de c y a, por tanto, equidista de a y b, lo que implica que pertenece a la bisectriz del ángulo C. Este punto común equidista de los tres lados, luego existe una circunferencia de centro I y tangente a los tres lados, que llamaremos circunferencia inscrita, evidentemente ésta es única.

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Teorema .- En todo triángulo las bisectrices de dos ángulos externos y la bisectriz no adyacente se cortan en un punto exterior al triángulo.

Corolario 1.- Las bisectrices de los ángulos internos y externos concurren en cuatro puntos distintos.

Corolario 2.- En el plano del triángulo existen cuatro puntos que equidistan de los lados de un triángulo. Uno interior y los otros tres exteriores

Corolario 3.- Las bisectrices interiores del triángulo ABC son las alturas del triángulo Ia Ib Ic, pues las bisectrices de ángulos adyacentes son perpendiculares entre sí.
El triángulo ABC es el triángulo órtico de Ia Ib Ic y a este se le llama antiórtico del ABC.
El punto I es al mismo tiempo el incentro de ABC y el ortocentro de Ia Ib Ic.

Veamos que el triángulo órtico de ABC son los pies de sus alturas.

Triángulo órtico.- Sean Ha, Hb y Hc los pies de las alturas del triángulo ABC, el triángulo formado por estos puntos es tal que sus bisectrices interiores son las alturas del triángulo ABC, por tanto el triángulo órtico de ABC es HaHbHc.
En efecto: Los puntos Hc BCHb forman un cuadrilátero cíclico, ya que los ángulos Hc y Hb son rectos (suman 180º) y están en una circunferencia, por lo que los ángulos HaBHc y HcCHb son iguales pues ambos son inscritos que abarcan el mismo arco.
Análogamente los puntos C, Hb, H, Ha determinan un cuadrilátero cíclico y los ángulos HHaHb y HCHb son iguales. Igualmente se prueba que HcBH es igual que HbHaH, comparando las igualdades obtenidas resulta HbHaH coincide con HHaHb.y la altura ha es la bisectriz del ángulo Ha.

Problema.- Si un triángulo tiene dos bisectrices interiores iguales es isósceles. Solución.

Segmentos determinados por los puntos de contacto de la circunferencia inscrita y exinscrita y los lados del triángulo

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AC' = AB' por ser tangentes a la circunferencia inscrita desde A, análogamente CB' = CA' y BC' = BA'

AC' + C'B + BA' + A'C + CB' + B'A = 2p

2(AC' + BA' + A'C) = 2p, de donde

AC' + BA' + A'C = p y por tanto AC' = p - (BA' + A'C) = p-a

Si tenemos en cuenta la circunferencia exinscrita, observamos que CD = CF , BD = BE y AF = AE.
AE + AF = AC + CF + AB + BE = c + b + CD + BD = a + b + c = 2p, de donde

AE = AF = p

BE = BD = AE - BE = p - c

CF = CD = AF - CF = p - b = BA'

C'E = B'F = a

DA' = BA' - BD = c-b

Problema .- En el triángulo ABC, sea AD la mediana. Prueba que si los radios de los círculos inscritos en ABD y ACD son iguales, entonces AB = AC. Solución.

Problema.- Prueba que en todo triángulo rectángulo, la suma de los catetos es igual a la suma de los diámetros de la circunferencia inscrita y circunscrita. Solución.

Problema .- Sabiendo que el ángulo B es doble que A, en el triángulo ABC, demuestra que AI = a-b. Solución.

Problema .- Sabiendo que el ángulo B es doble que A, en el triángulo ABC, demuestra I Ia = 2 b. Solución.

Problema .- Sabiendo que el ángulo B es doble que A, en el triángulo ABC, demuestra que la circunferencia que pasa por A, I, B corta respectivamente a los lados CB y CA en pntos P, Q tales que : AQ = AI = IP = PB = a-b. Solución.

Problema .- Sobre las prolongaciones de los lados AB, AC de un triángulo dado ABC, se toman das distancias BD, CE de manera que su suma sea igual al tercer lado del triángulo y se traza DE. ¿En qué caso éste segmento será mínimo? Solución.

OME 1964/1965. Problema 6.- Se construye un triángulo equilátero de lado l y se deposita sobre una esfera maciza de radio k (que no pasa a través del triángulo anterior).¿A qué distancia del centro de la esfera quedan los vértices del triángulo? Solución.

OME 1982/1983 Problema 2.- Construir un triángulo conociendo un ángulo, la razón de los lados que lo forman y el radio del círculo inscrito. Solución.

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Teorema de Ceva
. Teorema de Menelao.
Teorema de Stewart. Problemas

Pepe Martínez, 25/07/2005, creado con GeoGebra