Geometría analítica en el plano. Cálculo de las coordenadas del circuncentro de un triángulo general

Haz de rectas paralelas en una dirección dada

Sabemos que una recta viene determinada por un punto y un vector en su misma dirección. Así que si, fijada una dirección, esto es, un vector director de la misma, si dejamos libre el punto de manera que una recta en la dirección fijada se desplace paralelamente a sí misma podemos escribir las rectas del hazd de rectas paralelas en forma vectorial: $\mathcal{H}\equiv (x,y)=(x',y')+\lambda (u_x,u_y)$, donde $\lambda$ es el parámetro ( $\lambda \in \mathbb{R}$ ) de dicha ecuación vectorial y $u_x$ y $u_y$ son son las coordenadas del vector, que aparecen ahora como datos.

A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x'+\lambda\,u_x \\ y=x'+\lambda\,u_y \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x'}{u_x}=\dfrac{y-y'}{u_y}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(u_x,u_y)$ la forma $$\mathcal{H}\equiv u_{y}\,(x-x')= u_{y}\,(y-y') \quad \quad \,m,n\in \mathbb{R}, \text{constantes}$$

EJEMPLO. Se considera el haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(3,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(5,6)$. Hallar otro punto de dicha recta, distinto de $Q$

SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv 2,(x-x')= 3\,(y-y')\,; \,\forall x',y'\in \mathbb{R}$$

b) Sustituyendo $x'$ e $y'$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $2\,(x-5)=3\,(y-6)$ y de ahí la ecuación de dicha recta en forma continua, $$r_{Q}\equiv \dfrac{x-5}{3}=\dfrac{y-6}{2}$$
Dando ahora un valor cualquiera a una de las dos variables, pongamos que $x:=8$ y despejando la otra variable, obtenemos $y=2\cdot \dfrac{8-5}{3}+6=8$; así, un punto de la recta $r_Q$ distinto del punto $Q$ es $R(8,8)$

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Haz de rectas que se cortan en un punto

Sabemos que una recta viene determinada por un punto y un vector en su misma dirección. Así que si, fijado un punto, dejamos libre el vector de manera que apunte en todas las direcciones del plano podemos escribir las rectas del haz en forma vectorial: $\mathcal{H}\equiv (x,y)=(x_P,y_P)+\lambda\,(m,n)$, donde $\lambda$ es el parámetro ( $\lambda \in \mathbb{R}$ ) de dicha ecuación vectorial y $m$ y $n$ son son las coordenadas del vector.

A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x_P+\lambda\,m \\ y=y_P+\lambda\,n \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x_P}{m}=\dfrac{y-y_P}{n}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas que se cortan en el punto $P(x_P,y_P)$ de la forma $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-x_P)= m\,(y-y_P) \quad \quad m,n\in \mathbb{R}$$

EJEMPLO. Se considera el haz de rectas que se cortan en el punto $P(1,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(-1,3)$. Hallar la pendiente de dicha recta y un vector director de la misma

SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-1)= m\,(y-2)\,; \,\forall m,n\in \mathbb{R}$$

b) Sustituyendo $x$ e $y$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $n\,(-1-1)=m\,(3-2)$, esto es $-2n=m$, con lo cual la recta pedida vendrá descrita por $$n\,(x-1)=-2n\,(y-2)$$ y dividiendo ambos miembros por $n$, deducimos que la recta $r_Q \in \mathcal{H}$ tiene por ecuación $$r_Q\equiv x-1=\dfrac{y-2}{-1/2} \sim \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{-1}$$ de donde deducimos que la pendiente de dicha recta es $-\dfrac{1}{2}$ y un vector director de la misma es $\vec{u}_{r_{Q}}=(2,-1)$
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Geometría analítica en el plano. Recta de Euler.

ENUNCIADO. Se considera el triángulo $\triangle(A,B,C)$ cuyos vértices son $A(1,1)$, $B(5,4)$ y $C(5,1)$. Determínese la ecuación de la recta de Euler.

SOLUCIÓN.
La recta de Euler, $\epsilon$, contiene al baricentro $G$, al ortocentro $R$ y al circuncentro $C$. Basta conocer las coordenadas de dos de estos centros notables para poder determinar la ecuación de la recta pedida.

Sabemos que el baricentro $G$ viene dado por $G\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$ y, por tanto, en nuestro caso $x_G=\dfrac{1+5+5}{3}$ e $y_G=\dfrac{1+1+4}{3}$, esto es $G(11/3,2)$.

Vamos a determinar ahora las coordenadas del ortocentro $R$. Démonos cuenta de que el triángulo dado tiene un ángulo recto; en efecto, al calcular las longitudes de los lados aparece una terna pitagórica: $\{3,4,5\}$, tal como se comprueba a continuación, $a=|\sqrt{(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2}|=|\sqrt{(5-5)^2+(4-1)^2}|=3$ ( unidades arbitrarias de longitud ); $b=|\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2}+(1-1)^2|=4$ y $c=|\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2+(4-1)^2}|=5$. Tratándose pues de un triángulo rectángulo cuyo ángulo recto es el ángulo con vértice $C$, éste ha de ser el ortocentro, pues las rectas alturas que pasan por $B$ y $A$ ( y que contienen a los catetos $a$ y $b$ ) se intersecan en dicho vértice; así pues, $R\equiv C(5,1)$

Con este par de puntos de la recta $\epsilon$ ya podemos escribir una ecuación de la misma en forma continua de una manera muy sencilla: $$\epsilon \equiv \dfrac{x-x_G}{x_G-x_R}=\dfrac{y-y_G}{y_G-y_R}$$ esto es $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{11/3-5} =\dfrac{y-2}{2-1}$$ y simplificando $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{-4}=\dfrac{y-2}{3}$$
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Geometría analítica del plano. Punto medio de un segmento.

PROPOSICIÓN. Consideremos el segmento $s=[A,B]$, conocidas las coordenadas de los puntos de los extremos, $A(x_A,y_A)$ y $B(x_B,y_B)$. Entonces, el punto medio del segmeno $s$ viene dado por $$M_{[A,B]}=\left(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$$

DEMOSTRACIÓN. Sea $O$ el origen de coordenadas de un sistema de referencia afín del plano vectorial, entonces podemos escribir el vector de posición de $B$ de la forma $$\overset{\rightarrow}{OB}=\overset{\rightarrow}{OM}+\overset{\rightarrow}{MB}$$ y por tanto el vector de posición de $M$ es $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\overset{\rightarrow}{MB}$$ por otra parte, por ser $M$ el punto medio del segmento $s=[A,B]$, debemos tener en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{MB}=\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ con lo cual $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ esto es $$(x_M,y_M)=(x_B,y_B)-\dfrac{1}{2}\,(x_B-x_A,y_B-y_A)$$ y simplificando $$(x_M,y_M)=\left(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$$
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Geometría analítica del plano. Baricentro de un triángulo general.

PROPOSICIÓN.
Consideremos un triángulo general $\triangle(A,B,C)$. Entonces, el baricentro $G$ de dicho triángulo es $$G\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$$

DEMOSTRACIÓN.
El baricentro de un triángulo, que es el punto de intersección de las rectas medianas, tal como se muestra en la siguiente figura:

Tranzando las rectas $n$ y $l$, paralelas a la recta mediana $k$ que pasa por $B$, de tal manera que dichas rectas ( $n$ y $l$ ) pasen por los puntos medios de los segmentos $[B,C]$ y $[A,B]$ ( $M[B,C]$ y $M[A,B]$ ),

vemos que éstas intersecan en los puntos $H$ y $J$ del segmento $[A,C]$, los cuales, junto con el punto $F$ ( que es el punto medio $M_{[A,C]}$ ) dividen el lado $b$ ( el segmento $[A,C]$ ) en cuatro partes iguales; así, el segmento $[A,M_{[B,C]}]$ queda a su vez dividido en tres partes iguales ( teorema de Tales ): $[A,K]$, $[K,G]$ ( recordemos que $G$ es el baricentro del triángulo ) y $[G,M_{[B,C]}]$. De ello se concluye que $$\overline{AG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{A\,\,M_{[B,C]}}$$ y, procediendo de manera análoga a partir de los vértices $B$y $C$ deducimos que $$\overline{BG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{B\,\,M_{[A,C]}}$$ y $$\overline{CG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{C\,\,M_{[A,B]}}$$

Tendremos en cuenta este importante resultado para terminar la demostración de la proposición. Siendo $O$ el origen de coordenadas de un sistema de referencia afín del plano vectorial, podemos escribir el vector de posición del baricentro $G$ como $$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{AG}$$ y teniendo en cuenta el resultado anterior,
$$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\dfrac{2}{3}\overset{\rightarrow}{AM_{[B,C]}}$$ esto es $$(x_G,y_G)=(x_A,y_A)+\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{x_B+x_C}{2}-x_A,\dfrac{y_B+y_C}{2}-y_A\right)$$ y simplificando llegamos finalmente a $$(x_G,y_G)=\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$$

COROLARIO.
Teniendo en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{AG}=\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{BG}=\overset{\rightarrow}{OC}+\overset{\rightarrow}{CG}$$ por consiguiente $$3\,\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{OC}+\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}$$ luego $$\overset{\rightarrow}{OG}=\dfrac{1}{3}\,\left(\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{OC}\right)+\dfrac{1}{3}\,\left(\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}\right)$$ en consecuencia, y habida cuenta de la proposición que hemos demostrado, deberá cumplirse que $$\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}=\vec{0}$$


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rectas bisectrices a dos rectas secantes dadas

ENUNCIADO:
Determinar la recta bisectrices, $b_1$ y $b_2$ ( $b_1 \perp b_2$ ), correspondientes a las rectas secantes $r_1:x+y-1=0$ y $r_2:2x-y+1=0$
´
SOLUCIÓN:
Dadas dos rectas secantes: $r_1:A_1x+B_1y+C_1=0$ y $r_2:A_2x+B_2y+C_2=0$, el lugar geométrico de las rectas bisectrices viene dada por el conjunto de puntos $P(x,y)$ cuya distancia a una y otra recta sea la misma, esto es, por la siguiente condición $$\text{dist}(P,r_1)=\text{dist}(P,r_2)$$
es decir $$\dfrac{A_1x+B_1y+C_1}{\sqrt{A_{1}^{2}+B_{1}^{2}}}=\dfrac{A_2x+B_2y+C_2}{\sqrt{A_{2}^{2}+B_{2}^{2}}}$$

Vamos a aplicarlo al caso concreto del enunciado. Imponiendo la condición,
$$\dfrac{x+y-1}{\sqrt{1^2+1^2}}=\dfrac{2x-y+1}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}$$

con lo cual, una de las dos rectas bisectrices cumple la siguiente ecuación
$$b_1:\,\sqrt{5}\,x+\sqrt{5}\,y-\sqrt{5}=2\sqrt{2}\,x-\sqrt{2}\,y+\sqrt{2}$$

y agrupando términos semejantes,
$$b_1:\,(\sqrt{5}-2\sqrt{2})x+(\sqrt{5}+\sqrt{2})y-(\sqrt{5}+\sqrt{2})=0$$

que en forma explícita queda
$$b_1:\,y=-\dfrac{\sqrt{5}-2\sqrt{2}}{\sqrt{5}+\sqrt{2}}\,x+1$$

Por lo que se refiere a la otra recta bisectriz, $b_2$, al ser perpendicular a $b_1$, su pendiente, $m_{b_2}=-\dfrac{1}{m_{b_1}}$, y como $m_{b_1}=-\dfrac{\sqrt{5}-2\sqrt{2}}{\sqrt{5}+\sqrt{2}}$, $m_{b_2}=\dfrac{\sqrt{5}+\sqrt{2}}{\sqrt{5}-2\sqrt{2}}$

Así, $$b_2:\,y=\dfrac{\sqrt{5}+\sqrt{2}}{\sqrt{5}-2\sqrt{2}}\,x+k$$

Para determinar, $k$, tenemos en cuenta que, al pasar $b_2$ ( y, por supuesto, también $b_1$ ) por el punto de intersección de $r_1$ y $r_2$, cuyas coordenadas son la solución del sistema de ecuaciones:
$$\left\{\begin{matrix}
x & + & y & - & 1 & = & 0 \\
2x & - & y & + & 1 & = & 0 \\
\end{matrix}\right.$$
es decir, el punto $I(0,1)$, entonces de la ecuación de $b_2$ vemos que, $1=0+k$, luego $k=1$; y, por tanto, queda así determinada dicha ecuación:
$$b_2:\,y=\dfrac{\sqrt{5}+\sqrt{2}}{\sqrt{5}-2\sqrt{2}}\,x+1$$

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[nota del autor]

Distancia ( en el plano ) de un punto a una recta

ENUNCIADO:
Sea la recta $r:x-y+1=0$ y el punto $P(1,1)$. Calcular la distancia del punto $P$ a la recta $r$

SOLUCIÓN:
La distancia de un punto $P(x_P,y_P)$ del plano a una recta $\pi:Ax+By+C=0$ del mismo plano viene dada por
$$\text{disp}(P,\pi)=\left|\dfrac{Ax_P+By_P+C}{\sqrt{A^2+B^2}}\right|$$
Poniendo los datos del problema: $A=1$, $B=-1$, $C=1$; $x_P=1$, $y_P=1$, encontramos
$$\text{dist}(P,r)=\left|\dfrac{1\cdot 1+(-1)\cdot 1+1}{ \sqrt{1^2+(-1)^2}}\right|=\dfrac{1}{\left|\sqrt{2}\right|}\, \text{unidades de longitud}$$
$\square$

[nota del autor]