1. 1. Resultados previos de utilidad
Lema 1. Sea ∆ABC un triangulo arbitrario, con Ma,Mb y Mc puntos medios
a los lados BC, AC y AB respectivamente y ortocentro G. Si tomamos los puntos
medios de GA, GB y GC y los denotamos como Ea, Eb y Ec respectivamente
entonces se cumple que :
∆EaEbEc
∼= ∆MaMbMc
Demostracion. Observando el triangulo AGB vemos que Ea yEb son pun-
tos medios de este, entonces la longitud de la mediana es |EaEb| = |AB|
2 .
Por otro lado MaMb es mediana de ∆ABC luego |MaMb| = |AB|
2 , entonces
|EaEb| = |MaMb|.
An´alogamente para los segmentos EbEc y EaEc tenemos que |EbEc| = |MbMc|
y |EaEc| = |MaMc|. Por lo tanto por criterio LLL :
∆EaEbEc
∼= ∆MaMbMc
Lema 2. considere el mismo triangulo ∆ABC,entonces MbMaEbEa y MbEcEbMc
son rect´angulos.
Demostraci´on. Del lema 1 |MbMa| = |EaEb|. Ahora observando ∆ACG ve-
mos que |MbEa| = |EcG|
2 pues MbEa es mediana. Analogamente para ∆GEcB se
tiene que |MaEb| = |EcG|
2 por lo tanto |MbEa| = |MaEb| finalmente MbMaEbEa
es un rect´angulo.
Analogamente MbEcEbMc es rect´angulo y comparte una diagonal en com´un con
MbMaEbEa
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2. 2. Demostraci´on de la circunferencia de Euler
Teorema. Sea ∆ABC un triangulo cualquiera y ∆MaMbMc un triangulo
formado por las medianas de ∆ABC, si definimos a G como el ortocentro de
∆ABC y a Ea, Eb y Ec los puntos medios de GA, GB y GC y Ha Hb Hc los
pies de las alturas que pasan por los vertices A B y C respectivamente entonces
se tiene que los puntos Ea, Eb, Ec, Ha, Hb, Hc, Ma, Mb y Mc son conc´ıclicos.
Demostraci´on: MbEcEbMc MbMaEbEa comparten la diagonal MbEb y por
lema 2 son rect´angulos. Luego todas sus diagonales son iguales, de aqu´ı tenemos
seis puntos conc´ıclicos. s´olo falta probar que Ha, Hb y Hc estan dentro de la
circunferencia. Para esto vemos que ∆HbEbMb rect´angulo tiene como hipote-
nusa al diametro MbEb luego e MbHbEb es inscrito por lo tanto Hb est´a en
la circunferencia. Analogamente para Ha y Hc concluimos que Ea, Eb, Ec, Ha,
Hb, Hc, Ma, Mb y Mc son conc´ıclicos.
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