Los centros del triángulo: incentro, baricentro, circuncentro y ortocentro

Comenzamos la serie de artículos dedicados a los centros del triángulo con la presentación de los que posiblemente sean los más conocidos para todos, ya que se definen de manera muy sencilla y se estudian en niveles relativamente bajos de nuestra vida académica. Vamos con ellos.

  • Incentro

    El incentro es el centro de la circunferencia inscrita al triángulo, por lo que la distancia a cada uno de sus lados es la misma (el radio de dicha circunferencia). Más concretamente, es el punto de intersección de las bisectrices de cada uno de los ángulos del triángulo (siendo una bisectriz la recta que divide a un ángulo en dos ángulos iguales), por lo que para representarlo gráficamente debemos dibujar las tres bisectrices y localizar el punto de intersección de las mismas. En la imagen siguiente podéis verlo:

    Incentro

  • Baricentro

    El baricentro (también llamado centroide) de un triángulo es el punto de intersección de las medianas de dicho triángulo (siendo una mediana el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto). Por ello, para representar gráficamente el baricentro debemos dibujar las tres medianas y localizar el punto en el que se cortan. Esta figura muestra el baricentro de un triángulo:

    Baricentro

  • Circuncentro

    El circuncentro de un triángulo es el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo, por lo que la distancia a cada uno de sus vértices es la misma (el radio de dicha circunferencia). En concreto, es el punto de intersección de las mediatrices del triángulo (siendo una mediatriz la recta perpendicular a un lado que pasa por el punto medio del mismo). Por tanto, para representar gráficamente el circuncentro dibujamos las tres mediatrices y localizamos el punto de intersección de las mismas. Puede verse el circuncentro de un triángulo en la siguiente imagen:

    Circuncentro

  • Ortocentro

    El ortocentro de un triángulo es el punto de intersección de las tres alturas del triángulo (siendo una altura el segmento que parte de un vértice y es perpendicular al lado opuesto a dicho vértice). Entonces para representar gráficamente el ortocentro de un triángulo dibujamos las tres alturas y nos quedamos con el punto en el que se intersecan. En esta figura puede verse el ortocentro de un triángulo:

    Ortocentro

En la entrada de presentación de esta serie de artículos comenté que intentaría en la medida de lo posible ilustrar cada uno de ellos con algo de GeoGebra. Como lo prometido es deuda, ahí va un applet de GeoGebra en el que se aparecen los cuatro puntos descritos. En él podéis ver cada uno de ellos por separado o varios de ellos a la vez y jugar con el tamaño y la forma del triángulo moviendo los vértices del mismo, además de una sorpresa:

El applet GeoGebra-Java no ha podido ejecutarse.


Bueno, en realidad la sorpresa seguro que no es desconocida para muchos de vosotros, ya que corresponde con la línea de Euler que ya vimos hace un tiempo gracias a nuestro gran colaborador fede. Aunque en cierto modo sí es sorprendente que haya una recta a la que pertenezcan el baricentro, el circuncentro y el ortocentro de cualquier triángulo, ¿no os parece?


Si tenéis alguna duda sobre cómo realizar la construcción anterior con GeoGebra (o sobre cualquier otra cosa relacionada con el artículo) no tenéis más que preguntarlo en los comentarios.

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59 comentarios

  1. Trackback | 15 jul, 2010

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  4. Hat | 15 de julio de 2010 | 13:15

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    Tiene alguna explicación matemática?

  5. ^DiAmOnD^ | 15 de julio de 2010 | 14:29

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    Hat, ¿exactamente de qué es de lo que quieres explicación matemática? Concreta un poco, a ver si te podemos ayudar.

  6. Omar-P | 15 de julio de 2010 | 14:32

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    Felicitaciones DiAmOnD por la idea de hacer una categoría sobre los centros del triángulo estudiados en esta sorprendente Enciclopedia. Las visualizaciones ayudan mucho a comprenderlos y a diferenciarlos. El applet de GeoGebra que has construído, con sorpresa incluída, es hermoso, fantástico, maravilloso. ¡Estaré siempre esperando otras entregas como esta! ¡Muchas gracias por tu esfuerzo y sigue adelante!

  7. gaussianos | 15 de julio de 2010 | 14:40

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    Muchas gracias por tus ánimos Omar-P. Cualquier sugerencia es bienvenida.

  8. Vayapordios | 15 de julio de 2010 | 18:31

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    Omar-P, se puede referir a cinco cosas, la concurrencia de las diversas familias de líneas en cada uno de los centros o a la recta de Euler.

    La respuesta a todas ellas es afirmativa, todas tienen razón matemática (evidentemente, si no ¿para qué distinguir una casualidad del dibujo?). Sé demostrar la concurrencia de las mediatrices y la de las bisectrices porque me facilita la cosa el que tengan un objeto matemático asociado, la circunferencia circunscrita y la inscrita, respectivamente. De los otros tendría que probar, salvo la recta de Euler, que no sabría ni cómo comenzar.

  9. HM2P33 | 15 de julio de 2010 | 18:36

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    Hola gaussianos!!! Hace mucho que los leo. Soy un estudiante de física de primer año, pero tremendamente aficionado a las matemáticas desde mi niñez (incluso fui participante de las olimpiadas matemáticas desde muy chico). Geometría y teoría de números son de mis ramas preferidas. Y me gustaría pedir, si no es de mucha molestia claro, una demostracion de porque el ortocentro, el baricentro y el circucentro son colineales. Para mi si ha sido UNA VERDADERA SORPRESA. Conocia estos puntos notables desde mi niñez, pero no conocia semejante propiedad!. Muchos saludos a todos, y mis felicitaciones a ^DiAmOnD^ por el blog :).

  10. Samuel | 15 de julio de 2010 | 19:00

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    Enhorabuena por este artículo. Me acabas de recordar a una clase de trigonometría de 1º de Bachillerato en la que con 3 triángulos que había dibujados, Iván (el profe) aseguró que solo necesitaría una mediana para hallar el baricentro (era un ejercicio de estos que te piden CALCULAR incentro, baricentro, circuncentro y ortocentro). No le creimos, pero… ahí nos enseñó la “sorpresa”, la recta de Euler. En la hora siguiente, en dibujo técnico, que también estábamos con los triángulos… le hicimos la misma jugada a la profesora y casi hubo bronca entre departamentos jaja

  11. Mario | 15 de julio de 2010 | 19:16

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    Dependerá del centro, pero la existencia de la línea de Euler se explica en 3º de la ESO, cuando en geometría se estudia la construcción de estos 4 centros.

    Luego, usando series de triángulos semejantes y círculos inscritos y circunscritos uno dentro de otro, se obtiene una bonita serie geométrica. Viene bien para que vean como todo está relacionado en matemáticas.

    Saludos.

  12. Xavier | 15 de julio de 2010 | 20:39

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    Excelente post.
    Tal vez mi comentario es muy obvio y por lo mismo tal vez salga sobrando. Pero bueno hay va: los centros descritos coinciden en un mismo punto, cuando el triangulo es equilatero.
    Si me equivoco no duden en corregirme.
    Saludos y una felicitación por este excelente blog.

  13. Samuel | 16 de julio de 2010 | 01:28

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    @Mario: En lo que era mi colegio hasta 4º de ESO, por el nivel de la clase, la profesora iba poco por encima del ritmo de los más “torpes” (realmente, desinteresados), y con ello, no dimos en 3º y 4º ni el 40% del temario.

    @Xavier: Es tan obvio que es verdad, en un equilátero, coinciden los centros, siempre que te muevas en el universo de Euclides. Quizá en geometrías no euclídeas no sea así, pero no dispongo de ese conocimiento.

  14. Francisco | 16 de julio de 2010 | 02:17

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    @Hat, sí, hay una explicación matemática a la existencia de estos cuatro puntos notables del triángulo. La puedes encontrar aquí:

    http://www.dmae.upct.es/~pepemar/triangulo/introduccion.html

    en el apartado “puntos notables” empieza demostrando que las alturas, bisectrices, medianas y mediatrices del triángulo se cortan en un punto.

    Este hecho es, en realidad, un caso particular del Teorema de Ceva, que da una condición necesaria y suficiente para que tres cevianas (líneas que van desde un vértice del triángulo a un punto del lado opuesto distinto del vértice) sean concurrentes, y que se puede ver en la misma página, aquí:

    http://www.dmae.upct.es/~pepemar/triangulo/introduccion.html

    @HM2P33, una demostración de la existencia de la recta de Euler (y por tanto de la colinealidad de circuncentro, baricentro y ortocentro la tienes (de nuevo) en la página que he mencionado antes, aquí:

    http://www.dmae.upct.es/~pepemar/triangulo/rectaeuler.html

  15. HM2P33 | 16 de julio de 2010 | 03:29

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    Muchas gracias francisco. Te agradezco tu atención =).

  16. Fabián Pereyra | 16 de julio de 2010 | 05:56

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    En verdad fantástico.

    Les propongo que demuestren que los únicos números enteros distintos entre sí que satisfacen x^y=y^x son el 2 y el 4.

  17. josejuan | 16 de julio de 2010 | 09:25

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    @Fabián Pereyra,

    En primero lugar supongamos que te refieres a los números naturales, en caso contrario, los números -2 y -4 también cumplen la propiedad buscada y por tanto la proposición sería falsa por contraejemplo.

    Sin pérdida de generalidad podemos suponer que x%3ey.

    Si dejamos fijo y, obtenemos dos funciones monótonas crecientes con todos los valores diferentes, excepto, a lo sumo, un único posible punto de corte.

    [1] Dado que la derivada de la exponencial es mayor que la de la potencial (en un lado queda fija la base y en el otro el exponente) podemos desestimar todos aquellas parejas en las que la expresión exponente sea (en el punto inicial) mayor que la potencial (pues nunca se cortarán).

    Así las cosas, empezamos a revisar:

    Para y=1 es x\geq 2 y la ecuación x=1^{x} es cero en x=1 por tanto no es solución.

    Para y=2 es x\geq 3 y la ecuación x^{2}=2^{x} sólo tendrá solución cuando x sea de la forma x=2^{n}, por tanto debe ser
    (2^{n})^{2}=2^{(2^{n})}
    es decir
    2n=2^{n}
    o igualmente
    n=2^{n-1}
    que obviamente sólo tiene solución para n=2, es decir, x=4.

    Para y\geq 3, resulta que x^{y}%3cy^{x} (hemos dicho que x%3ey) pues, tratándolas como funciones reales continuas y sacando logaritmos, tenemos que, comparando ambas expresiones es
    x^{y}\symbol{126}y^{x}
    y\ln x\symbol{126}x\ln y
    \frac{\ln x}{x}\symbol{126}\frac{\ln y}{y}
    y es obvio que al tomar el logaritmo natural (base e=\allowbreak 2.\,\allowbreak 718\,3…), se cumple que
    \frac{\ln x}{x}%3c\frac{\ln y}{y}
    para todo y%3ee y todo x%3ey.

    Y eso, si no he metido la pata, que ya será raro que no…

  18. Fabián Pereyra | 16 de julio de 2010 | 16:41

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    Exacto. El punto de corte al que haces mención es el P(e, e), entre y=x y otra función cuya forma parece hiperbólica pero dificil de hallar con un método simple.
    Aquí va la gráfica:
    http://i29.tinypic.com/nwljdh.jpg

    PD: Les propongo que hallen la expresión analítica de la función que corta con y=x.

  19. HM2P33 | 19 de julio de 2010 | 02:19

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    ahhh!!! me rindo no puedo encontrar esa expresión análitica!! por favor que alguien lo resuelva, me muero por conocer esa expresión ahhh!!!!!!! ayuda!!!

  20. josejuan | 19 de julio de 2010 | 09:03

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  21. josejuan | 19 de julio de 2010 | 09:42

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    Veamos a ver que pasa

    [1] Una curva que se le parece mucho es \frac{1}{x}\vspace{1pt}, podemos partir de ella entonces.

    [2] Lo primero que hacemos es rotar la curva (en implícitas es 1=xy) 45º) con ello conseguimos tener la simetría respecto del eje OY, entonces queda

    1=(x\cos \frac{\pi }{4}-y\sin \frac{\pi }{4})(x\sin \frac{\pi }{4}+y\cos \frac{\pi }{4})=\allowbreak \frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}y^{2}

    es decir

    y=\sqrt{x^{2}+2}

    también deberemos rotar los dos puntos de interés

    e\cos \frac{\pi }{4}-e\sin \frac{\pi }{4}=\allowbreak 0
    e\sin \frac{\pi }{4}+e\cos \frac{\pi }{4}=\allowbreak \sqrt{2}e

    4\cos \frac{\pi }{4}-2\sin \frac{\pi }{4}=\allowbreak \sqrt{2}
    4\sin \frac{\pi }{4}+2\cos \frac{\pi }{4}=\allowbreak 3\sqrt{2}

    entonces basta trasladar el orígen de forma que el mínimo “caiga” en el anterior (e,e) y aplanarla para que corte al punto (4,2), es decir

    f(x)=A\sqrt{x^{2}+2}+B

    las constantes salen algo feas

    A=\allowbreak \sqrt{2}\frac{e}{\sqrt{2}-2}-3\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-2}
    B=\allowbreak \sqrt{2}e-2\frac{e}{\sqrt{2}-2}+\frac{6}{\sqrt{2}-2}

    ahora el problema es que nos hemos cargado las asíntotas, eso se puede resolver siguiendo el mismo procedimiento, pero añadiendo la ecuación

    f(x)=(1+\frac{A}{x^{2}+1})\sqrt{x^{2}+2}+B

    con eso, tenemos el mismo sistema de ecuaciones, pero las asíntotas se mantendrán, resolviendo de nuevo el sistema

    (1+\frac{A}{0^{2}+1})\sqrt{0^{2}+2}+\allowbreak B=\sqrt{2}e
    (1+\frac{A}{\sqrt{2}^{2}+1})\sqrt{\sqrt{2}^{2}+2}+\allowbreak B=\allowbreak 3\sqrt{2}

    tenemos

    A=\allowbreak \frac{9}{7}e+\frac{3}{7}\sqrt{2}e-\frac{3}{7}\sqrt{2}-\frac{30}{7}=\allowbreak 0.250\,66
    B=\allowbreak \frac{23}{7}\sqrt{2}-\frac{2}{7}\sqrt{2}e-\frac{6}{7}e+\frac{6}{7}=\allowbreak 2.\,\allowbreak 075\,5

    y ahora sí, se cumplen las premisas de la gráfica inicial, los puntos de corte, el mínimo, la simetría respecto la recta normal al mínimo, las asíntotas, etc…

    En fin, que sólo hay que rotarla, para obtener esta fea expresión (implícita por supuesto)

    (1+\frac{\frac{9}{7}e+\frac{3}{7}\sqrt{2}e-\frac{3}{7}\sqrt{2}-\frac{30}{7}}{\left( x\cos \frac{-\pi }{4}-y\sin \frac{-\pi }{4}\right) ^{2}+1})\sqrt{\left( x\cos \frac{-\pi }{4}-y\sin \frac{-\pi }{4}\right) ^{2}+2}+\allowbreak \frac{23}{7}\sqrt{2}-\frac{2}{7}\sqrt{2}e-\frac{6}{7}e+\frac{6}{7}-x\sin \frac{-\pi }{4}-y\cos \frac{-\pi }{4}

    Y eso, si no me he equivocado, que igual es mucho pedir…

  22. josejuan | 19 de julio de 2010 | 09:56

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    Bueno, excepto por una rotación de más o por un cambio de signo, la gráfica parece correcta

    http://jose-juan.computer-mind.com/jose-juan/img/gauss/grafica_e_e.png

  23. Fabián Pereyra | 19 de julio de 2010 | 14:28

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    Muy bien @josejuan, un camino más simple es haciendo

    y = frac{a^2}{x-b}+b

    Luego escribimos b en función de a teniendo en cuenta que la curva debe pasar por P(e, e) entonces b = e-a, con lo cual la expresión ahora queda:

    y = frac{a^2}{x-(e-a)}+(e-a)

    Luego reemplazando $latexx$ e y con valores tales que satisfagan y^x = x^y, por ejemplo el P(2, 4) (también se podría haber tomado P(3, 2.4780526202883) pero el 2 y el 4 son los únicos números enteros positivos que verifican la función). Por lo tanto se obtiene:

    a = frac{e^2-8}{6-2e}+e

    y = frac{(frac{e^2-8}{6-2e}+e)^2}{x+frac{e^2-8}{6-2e}}-frac{e^2-8}{6-2e}

  24. josejuan | 19 de julio de 2010 | 15:08

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    Yo lo intenté por ahí pero no se que hacía mal que se me iva la simetría respecto x=y…

    Tu expresión es (a tu latex le faltan las barras):

    y=\frac{(\frac{e^{2}-8}{6-2e}+e)^{2}}{x+\frac{e^{2}-8}{6-2e}}-\frac{e^{2}-8}{6-2e}

  25. Fabián Pereyra | 19 de julio de 2010 | 18:56

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    Las barras las había puesto pero cuando después edité algo, las barras desaparecieron y cada vez que las volvía a poner se iban :|.

    Algo más que quería agregar que es interesante es que P(2, 2), P(2,4) y P(2, -0.76666469596) pertenecen a la función. Algo que nunca antes habia visto (descartando arcos senos y demás).

  26. Fabián Pereyra | 20 de julio de 2010 | 05:35

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    @joséjuan encontré un error en tu desarrollo y es que no has tenido en cuenta que x = 1 es asíntota vertical de la curva. Para subsanar el error se debe hacer:

    y = \sqrt[n]{\frac{(e^n-1)^2}{x^n-1}+1}

    siendo n tal que P(2,4) pertenezca a la curva

    Propongo que hallen n de la siguiente ecuación:

    (4^n-1)(2^n-1) = (e^n-1)^2

  27. mgonessi | 2 de diciembre de 2010 | 09:18

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    Excelente artículo !
    me sirvió muchísimo para saber trazar cada uno de los puntos del triángulo.
    Muchas gracias :D

  28. sonia hernandez ehecatl escuela | 10 de marzo de 2011 | 18:16

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    esta super bien el resumen me encanto para mi trabajo de 10 cuartilloas con dibujos , figuras a escala y una breve expocicion de 10 minutos con trazoz gracias :):):)

  29. angeles | 5 de abril de 2011 | 03:16

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    hola como estan todos los matematicos yo solo busk esto para una tarea y me sirvio grasias besos

  30. chai | 20 de mayo de 2011 | 17:14

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    SERIA BUENO QUE MAS QUE LOS PASOS SENCILLOS DE EXPLICACION SERIA UNA IMAGEN QUE TRASLADE PASO A PASO COMO SE HACE

  31. gaussianos | 20 de mayo de 2011 | 18:01

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    chai, sí, es posible, pero como todas las construcciones propuestas en el post son sencillas de realizar tanto a mano como con GeoGebra no vi necesario poner una imagen para explicar todo paso a paso :).

  32. lucas | 20 de junio de 2011 | 17:53

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    y si te dan tres puntos y te piden que calcules el circuncentro como se calcula? gracias:)

  33. Trackback | 21 jun, 2011

    Los centros del triángulo: el punto de Nagel | Gaussianos

  34. andrea | 17 de noviembre de 2011 | 06:27

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    hola!! estas muy buena la explicación… yo quería saber si ustedes me producía ayudar a resolver unos problemas que eh tratado de buscarlos y no encuentro relacionado. muchas gracias espero su respuesta.

  35. Trackback | 17 nov, 2011

    Los centros del triángulo: Mittenpunkt - Gaussianos | Gaussianos

  36. Trackback | 31 dic, 2011

    (Lo que yo considero) Lo mejor de 2010 en Gaussianos - Gaussianos | Gaussianos

  37. osvaldo | 31 de enero de 2012 | 18:19

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    hola, este articulo esta buenisimo, me esta sirviendo para entender y comprender los CP o Crease Patterns (en el origami)

  38. yencar | 14 de febrero de 2012 | 20:35

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    definitivamente ustedes estan todos locos jajajajaja, pero es fascinante leer leer y leer y no entender nada, mi esposa es estudiante de matematicas y yo soy diseñador grafico pero no conprendo nada de lo que dicen, los felicito por su excelente sapiencia respecto a todo este tema y va a parecer tonto pero necesito hacer un aviso publicitario de tres cuerpos de 2 metros por 2 metros cada uno, logicamente viendolo por debajo o por arriba la figura que me presenta es un triangulo y necesito que lo atraviese un tubo por el centro y no logro encontrar su centro para que el motor que le voy a colocar para que ejecute un movimiento de rotacion reciba el peso balanceado de toda la estructura alguien podria ayudarme a encontrar el centro? plis.

  39. Mariana Lopez Gonzales | 23 de marzo de 2012 | 02:23

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    me gusta mucho la manera en la que explican.¡

  40. Yara | 12 de mayo de 2012 | 16:11

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    Hola.
    Mi profesor de matemáticas me mandó hacer un trabajo sobre esto y todo lo tengo bien excepto el incentro, que mi profesor me dice que le falta algo (lo tengo igual que el que ponéis) y yo no se que es. ¿Me podría ayudar alguien?
    Gracias por adelantado.

  41. gaussianos | 12 de mayo de 2012 | 20:59

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    Yara, el incentro es exactamente lo que pone aquí, no falta nada. Echa un vistazo otra vez a lo que tú tienes puesto, para ver si te has olvidado algo, y si no es así pregunta a tu profesor qué es lo que te falta.

    Saludos.

  42. ysabel alveal | 4 de agosto de 2012 | 01:16

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    q cosas mas importantes q hay en este mundo y pais es lo mas lindo te awo ¿…………………? yo ysabel alveal

  43. jorge99 | 12 de octubre de 2012 | 04:57

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    esta genial este blog con este articulo estudie para mi examen en la secu jejejeje

  44. natalia cabrera | 14 de octubre de 2012 | 04:47

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    uuuuuuuuuuuuuuu
    esto era lo que necesitava
    gracias
    esto esta re padre ya estudie para mi examen
    padrisimo:)

  45. Trackback | 30 oct, 2012

    Situación de las raíces de la derivada, o "el teorema más maravilloso de las matemáticas" - Gaussianos

  46. Camila | 26 de noviembre de 2012 | 23:15

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    no sé si me equivoco, pero estoy casi segura de que su definición de mediana es errónea..
    La mediana es el segmento que une los puntos medios en un triángulo, y no se intersectan. Lo que llaman mediana es realmente la transversal de gravedad (segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto).
    Bueno, eso.. muy buen artículo, y si me equivoqué en la corrección pido disculpas.

  47. gaussianos | 27 de noviembre de 2012 | 03:40

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    Camil, son lo mismo:

    Mediana (geometría)

  48. Romeo | 23 de febrero de 2013 | 17:23

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    Nunca me había percatado de la pertenencia del baricentro, ortocentro y circuncentro a una misma recta.
    Es más, si tenemos en cuenta que las mediatrices y las alturas a un lado son paralelas entre sí (porque son perpendiculares al lado) y que en realidad bastan dos de cada una para determinar el ortocentro y el circuncentro, vemos que se forma un paralelogramo en el cual dos vértices son el ortocentro y el circuncentro, siendo el baricentro un punto interior a dicho paralelogramo. Además los tres puntos considerados forman parte de una de las diagonales de dicho paralelogramo.
    Si el triángulo fuera un equilátero entonces como los tres puntos coinciden no se formara un paralelogramo, pero este es una caso particular.

    ————-
    Ahora a pensar una demostración de este hecho, y ver como sería la ecuación de la recta que contiene a esos tres puntos, si sólo tenemos las coordenadas de los vértices de ese triángulo.

  49. Alberto Cadena | 6 de marzo de 2013 | 05:46

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    buena pagina!

  50. Maria | 2 de abril de 2013 | 00:43

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    ME ENCANTOOO ME AYUDOO MUCHISIMO LES AGRADESCO MUCHOOOOO!

  51. Manuel | 9 de junio de 2013 | 03:47

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    Hola gaussianos, tengo una duda con respecto al baricentro, a saber, ¿se puede afirmar lo reciproco de esto? es decir, como demostrar que si se trazan cevianas de los vertices al lado opuesto y estas se cortan en un punto tal que la distancia del punto al vertice es el doble que del punto al lado opuesto (por distancia no me refiero al segmento perpendicular, sino a la longitud que hay del punto al vertice y viceversa), las cevianas cortan al lado opuesto en su punto medio? me explique bien??

  52. JJGJJG | 9 de junio de 2013 | 13:30

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    Manuel, traza en un triángulo una altura. Traza, además una paralela a la base por el punto de la altura que esté a un tercio de la misma. Si trazas cualquier otra línea desde el mismo vértice hasta cualquier punto de la base quedará dividida por la paralela trazada en dos segmentos que serán 1/3 y 2/3 de su longitud (por semejanza de triángulos).
    Si repites el proceso con los tres lados verás que solo en el punto de intersección de las tres paralelas se cumple la condición para los tres vértices. Es fácil ver que, al ser única la solución, ese punto debe ser el baricentro y las líneas las medianas.

  53. David El Uveja | 18 de octubre de 2013 | 03:54

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    increible es muy interesante ese dato al principio se me hizo muy difícil aprendérmelo pero después de que ves el tema ya bien pues ya le entiendes mejor

  54. esmeralda | 20 de noviembre de 2013 | 02:57

    Vótalo Thumb up 0

    gracias me sirvio mucho

  55. Trackback | 19 dic, 2013

    Circuncentro | Fotomat

  56. karime | 14 de marzo de 2014 | 01:57

    Vótalo Thumb up 1

    esta es la mejor pagina que he visto me ayudo mucho en mi tarea de matemáticas sigan sacando mas paginas asi

  57. Trackback | 31 mar, 2014

    Trigonometría y telecomunicaciones: la información vista desde el dominio de la frecuencia | Telecomunicaciones de andar por casa

  58. ines | 30 de mayo de 2014 | 16:46

    Vótalo Thumb up 0

    yo tengo una duda como puedo comprobar la recta de euler pero a través de una ecuación???? me podrían decir

  59. Trackback | 11 jun, 2014

    Teoría de Tangencias de la pizarra digital | elbacu

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