La idea de Calderón se explica fácilmente. Supongamos, para fijar las ideas, que los tres círculos dados son exteriores cada uno a los otros dos y que buscamos un círculo tangente exteriormente a los tres dados.
Para cada uno de los círculos dados trazamos un cono circular recto con base en dicho círculo, con su vértice por debajo del plano ade los círculos y con ángulo de semiapertura de 45º. Estos tres conos tienen como intersección dos puntos en el espacio, uno M por encima y el otro N por debajo del plano a. Tomamos ahora el cono circular recto de semiapertura de 45º, con vértice en M y de eje perpendicular a a.El círculo de intersección con el plano aes tangente exteriormente a los tres círculos dados y es, por lo tanto, la solución del problema de Apolonio propuesto. La demostración es muy sencilla.
(De forma análoga se procede
para obtener los otros círculos solución al problema de Apolonio.
Si se busca, por ejemplo, un círculo tal que dos de los círculos
dados sean tangentes internamente a él y el tercero externamente
se construyen los conos auxiliares con vértices por encima o por
debajo del plano de los círculos según convenga).
El teorema de Feuerbach a la luz de la solución
de Calderón.
Equipados con esta idea de Calderón vamos
a interpretar de manera análoga el famoso teorema de la geometría
del triángulo relativo al círculo de Feuerbach, es
decir al círculo que pasa por los tres puntos medios de los lados
de un triángulo, que también se denomina círculo
de los nueve puntos:
El círculo de Feuerbach de un triángulo
es tangente al círculo inscrito I y a los tres círculos exinscritos
I(a), I(b), I(c), del triángulo.
El resultado, sorprendente y llamativo, lo representaremos visualmente a través de las escenas siguientes
(Haz clic en cada una de ellas para ver aparecer las imágenes correspondientes. Estas imágenes resultan más llamativas y claras vistas a mayor tamaño. Para ello puedes hacer clic en cada una de ellas y abrirlas en otra ventana):
Escena 1
Sea ABC un triángulo
arbitrario situado en el plano p.Sea
I el círculo inscrito e I(a), I(b), I(c), los círculos exinscritos.
Escena
2
Con
base en I construimos un cono circular recto K con vértice encima
del plano py
con ángulo de semiapertura de 45º.
Con I(a) como base construímos un cono circular recto K(a) con vértice
debajo
del plano py
con ángulo de semiapertura de 45º.
La intersección de K con K(a) es una hipérbola H(a).
Escena 3
Análogamente construimos los conos K(b) y K(c), con sus vértices
también
por
debajo
del plano
py
de modo semejante se obtienen las hipérbolas H(b), H(c).
Escena 4
Así se obtienen las tres hipérbolas H(a), H(b), H(c), en
el espacio.
Escena
5
La intersección de K(a) con K(b) es otra hipérbola H(a,b).
Análogamente se obtienen H(b,c), H(c,a). Otras tres hipérbolas
en el espacio.
Escena
6
¡Entonces las seis hipérbolas así obtenidas en el
espacio concurren en un punto F!.
Trazamos a continuación el cono circular recto K(F) de vértice
F, de eje perpendicular a py
de ángulo de semiapertura de 45º.
Escena 7
¡Además
la intersección de K(F) con p
es precisamente el círculo de Feuerbach!.
Bibliografía.