El Ángulo de Brocard Sea un triángulo ABC cualquiera , ubiquemos en el interior del triángulo un punto interior P ˆ = < PAC ˆ = θ , de acuerdo a este enunciado construyamos ˆ = < PCB de manera que : < ABP la siguiente figura:
Fig.1 Al ángulo “ θ se se le denomina “ángulo de Brocard y Brocard y al punto P “punto de Brocard! Brocard ! "#iste una relaci$n trigonom%trica entre las medidas de los ángulos interiores del triángulo ˆ = β , C = φ y el ángulo de Brocard θ : ABC : A = α , B ˆ
ˆ
c o t
&☺ )
θ α β ϕ c o t c o t + c o t = +
Demostración: 'a siguiente figura muestra los tra(os adecuados que indica el procedimiento siguiente:
Fig.2 )sando la figura (1) por B se tra(a una recta paralela al lado AC! ˆ = θ Se prolonga AP de modo que corte a dic*a paralela en el punto + entonces: < BFP 'uego unimos + con C, y por + tra(amos una perpendicular a la prolongaci$n de AC, que la corta en el punto ! Análogamente desde el punto B tra(amos una perpendicular a AC, que la corta en el punto -! "ntonces notamos que: B- = + = *! ˆ entonces el cuadrilátero PB+C es inscriptible! ˆ = < BCP Al ser < BFP A*ora bien del triángulo APB :
ˆ =α < BAP
−
θ luego
Por tanto al ser el cuadrilátero PB+C inscriptible :
ˆ = α < BPF
ˆ = α < BCF
además que
ˆ = < FCG
β
.eamos el triángulo rectángulo A+ : cot θ Pero
AG
=
AG
&/0
h
&10
= AH + HC +CG
&10 en &/0 : cot θ
=
AH h
+
HC h
+
3riángulo rectángulo A-B: cot α
=
3riángulo rectángulo B-C: cot ϕ
=
3riángulo rectángulo C+: cot β
=
CG
h AH
&20 &40
h HC
&50
h CG
&60
h
Sustituyendo &40, &50 y &60 en &20!
cot θ
=
cot α
+
cot β
+
cot ϕ
"stimado lector, 7qu% te pareci$ la demostraci$n8, fácil 79erdad8
Aplicación "n el triángulo de la figura, un triángulo rectángulo is$sceles, *allar “θ
Solución
Fig.3
'a figura (3) muestra claramente que el ángulo θ es el ángulo de Brocard &compárese con a figura 10! Soluci$n geom%trica Primeramente resol9eremos este problema mediante argumentos netamente geom%tricos!
Fig.4
Prolongamos BP y por el punto A tra(amos una perpendicular a dic*a prolongaci$n en el punto ! ˆ ˆ ;e la figura (3) se obser9a que: < BAP = < PCA = 45° − θ &recu%rdese que el triángulo rectángulo ABC es is$sceles AB = BC0 y además que:
ˆ = < PBC
90°
ˆ = 45° ! "ntonces < PAQ Por tanto el triángulo AP es rectángulo is$sceles y en consecuencia: "l triángulo BPC es congruente con el triángulo BA & criterio A'A0! "n consecuencia: AQ BP a +inalmente el triángulo BA es rectángulo y BQ 2 AQ 1 Por tanto, θ = arctg = 26º33'54" 2 =
−
θ y
AQ
ˆ = < APQ PQ
=
45°
a
=
=
=
Soluci$n trigonom%trica ;e la figura & 2 0 usando la e#presi$n & ☺0 y teniendo en cuenta que: ˆ = C ˆ = 45° entonces: ˆ = Bˆ = 90° y < BCA < ABC
de donde: Por tanto:
cot θ cot θ θ =
= =
cot 45° 2
+
cot 90°
+
ˆ = < BAC
ˆ A
=
cot 45°
26º33'54"
Como pueden notar la soluci$n geom%trica es más laboriosa, mientras que la soluci$n trigonom%trica es bastante práctica y sencilla!
45° ,
