Morley trigonométrico

Introducción

Las líneas de puntos de la figura siguiente son trisectores interiores y exteriores de los ángulos del triángulo ABC . Por el teorema de Morley, esas líneas se cortan en vértices de triángulos equiláteros.

Además el lado de un triángulo equilátero de la figura es igual a ocho veces el radio de la circunferencia circunscrita a ABC multiplicado por el producto de los senos de los tres ángulos sombreados que contienen a ese triángulo equilátero, tocándolo en dos vértices.
(El seno de un ángulo sombreado en azul es igual al seno del ángulo rojo adyacente.)

Damos aquí una demostración elemental y directa de esos hechos a partir del teorema del seno, el teorema del coseno y la identidad trigonométrica:
$\sin 3\alpha = 4 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \alpha^{ \prime} \cdot \sin \alpha^{ \prime \prime}$ ,
donde usamos la notación $x^{\prime} = x+60^{\circ}$ , $x^{\prime \prime} = x+120^{\circ}$ .

También usaremos la notación [xyz] para la expresión $8R \sin x \sin y \sin z$ , donde es el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo ABC .

Trisectores interiores

Sea en la figura $\angle BAC = 3\alpha$ , $\angle ABC = 3\beta$ , $\angle ACB = 3\gamma$ .
Como $\alpha + \beta + \gamma = 60^{\circ}$ , $\angle BDC= \alpha ''$ , $\angle AFC= \beta ''$ y $\angle AEB = \gamma ''$ .

Por el teorema del seno, $BC=2R\sin 3\alpha$ , lo que, usando la identidad anterior, nos da $BC= [\alpha \alpha ' \alpha '' ]$ .
De la misma forma, $AB=[\gamma \gamma ' \gamma '']$ y $AC = [ \beta \beta ' \beta '']$ .

Aplicando el teorema del seno al triángulo BDC , del que conocemos los 3 ángulos y el lado , tenemos $\dfrac{[ \alpha \alpha ' \alpha '']}{\sin \alpha ''} = \dfrac{BD}{\sin \gamma } = \dfrac{CD}{\sin \beta}$ , y por tanto $BD = [\alpha \alpha ' \gamma]$ , $CD= [\alpha \alpha ' \beta]$ .

Permutando letras tenemos los valores de los demás segmentos verdes de la figura.

Ahora podemos obtener el valor de , por ejemplo, aplicando el teorema del coseno al triángulo BED : $ED^2 = [\alpha \alpha ' \gamma ]^2 + [\alpha \gamma \gamma ' ]^2 - 2 [\alpha \alpha ' \gamma ] [\alpha \gamma \gamma ' ] \cos \beta$ .
Es decir, $ED^2 = (8R \sin \alpha \sin \gamma )^2$ $( \sin^2 \alpha^{\prime} + \sin^2 \gamma^{\prime} - 2 \sin \alpha^{\prime} \sin \gamma^{\prime} \cos \beta )$ .

Por el teorema del seno, los senos son proporcionales a los lados opuestos y entonces de la fórmula del teorema del coseno resulta que si $x+y+z = 180^{\circ}$ , $\sin^2 x + \sin^2 y - 2 \sin x \sin y \cos z = \sin^2 z$ .

Entonces $ED^2 = (8R \sin \alpha \sin \gamma )^2 \sin^2 \beta$ y $ED = [\alpha \beta \gamma]$ , que, como es una expresión simétrica en $\alpha, \beta, \gamma$ , es igual a y .
Por tanto el triángulo DEF es equilátero, sus ángulos valen $60^{\circ}$ y sus lados $8R \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma$ .

Para obtener los ángulos restantes, aplicamos el teorema del seno al triángulo BED , por ejemplo, del que conocemos los lados y el ángulo $\angle EBD$ , y obtenemos $\angle BDE = \gamma^{\prime}$ , $\angle BED = \alpha^{\prime}$ .
Permutando letras tenemos los demás ángulos.

Quedan así determinados todos los ángulos y segmentos de la figura.

Trisectores exteriores

Procedemos de la misma forma con los trisectores exteriores.
Si el ángulo entre los trisectores interiores de un triángulo es , el ángulo entre los trisectores exteriores es $60^{\circ} - x$ o, en nuestra notación, -x' .
Observamos que $\sin -x' = \sin x''$ y $\sin -x'' = \sin x'$ .

En el triángulo BCJ , $\angle CBJ=-\beta^{\prime}$ , $\angle BCJ=-\gamma^{\prime}$ , luego $\angle BJC = -\alpha ''$ .
Entonces, por el teorema del seno, $BJ = [\alpha \alpha '' \gamma '' ]$ y $CJ = [\alpha \alpha '' \beta '' ]$ , y permutando letras tenemos los valores de los segmentos verdes.

El ángulo $LBJ = 3\beta + -\beta^{\prime} + -\beta^{\prime} = \beta ''$ .
En $\triangle LBJ$ , conocemos $BJ=[\alpha \alpha '' \gamma '' ]$ , $BL=[\gamma \gamma '' \alpha '' ]$ y $\angle LBJ = \beta ''$ .
Por el teorema del coseno, como $\beta '' + \alpha + \gamma = 180^{\circ}$ , $LJ=[\alpha '' \beta '' \gamma '' ]$ , que, por simetría, es igual a y .

Para obtener los ángulos restantes, aplicamos el teorema del seno al triángulo LBJ , por ejemplo, del que conocemos los lados y el ángulo $\angle LBJ$ , y obtenemos $\angle BLJ = \alpha$ , $\angle BJL = \gamma$ .
Permutando letras tenemos los demás ángulos.

Trisectores exteriores de dos ángulos e interiores de otro

Hemos visto en el apartado anterior que $BJ=[\alpha \alpha '' \gamma '' ]$ , y $CJ=[\alpha \alpha '' \beta '' ]$ .
$\angle ABR = \beta ''$ y, aplicando el teorema del seno a $\triangle ABR$ , tenemos $BR=[\gamma ' \gamma '' \alpha ]$ , $AR= [\gamma ' \gamma '' \beta '' ]$ .
Simétricamente $CQ=[\beta ' \beta '' \alpha ]$ , $AQ= [\beta ' \beta '' \gamma '' ]$ .
Aplicando el teorema del coseno a $\triangle ARQ$ , tenemos $RQ= [\alpha \beta '' \gamma '']$ , porque $\alpha+\beta^{\prime} + \gamma^{\prime} = 180^{\circ}$ .
Y aplicando el teorema del coseno a $\triangle BJR$ , como $\sin \alpha '' = \sin -\alpha^{\prime}$ y $\sin \gamma^{\prime} = \sin -\gamma ''$ y $-\alpha^{\prime} + -\gamma '' + -\beta^{\prime} = 180^{\circ}$ , resulta que $JR = [ \alpha -\!\!\beta^{\prime} \gamma ''] = [ \alpha \beta '' \gamma '']$ , porque $\sin -\beta^{\prime} = \sin \beta ''$ .
Simétricamente $JQ = [ \alpha \beta '' \gamma '']$ , y $\triangle JRQ$ es equilátero.
Finalmente, usando el teorema del seno en $\triangle BJR$ , tenemos $\angle BJR= -\gamma ''$ , $\angle ARJ = \beta$ .

Paralelismo de los triángulos de Morley

Ha quedado demostrado que los lados de los triángulos equiláteros de la figura siguiente son:
$EF = 8 R \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma , \qquad \ \ \ LK = 8 R \sin \alpha '' \sin \beta '' \sin \gamma ''$ ,
$NM = 8 R \sin \alpha '' \sin \beta '' \sin \gamma , \qquad OP = 8 R \sin \alpha '' \sin \beta \sin \gamma ''$ ,
$RQ = 8 R \sin \alpha \sin \beta '' \sin \gamma '' , \qquad \text{ con } x'' = x+120^{\circ}$ .
Queda por demostrar que los lados de esos triángulos equiláteros son paralelos:

$\angle AEF = \angle ARQ = \beta^{\prime}$ , y por tanto $\triangle EFD, \triangle RQJ$ tienen los lados paralelos, que por simetría serán paralelos a los de $\triangle NLM, \triangle KPO$ .
$\angle KLR= \alpha^{\prime}$ y $\angle LRQ = \beta^{\prime} + \gamma$ , suplementario de $\alpha^{\prime}$ , y por tanto LK, RQ son paralelas y los lados de $\triangle LKJ$ son paralelos a los de los demás triángulos equiláteros.
Como $\angle RLQ = \angle RAQ = \angle RKQ= \alpha$ , los puntos A,K,Q,R,L son concíclicos, y lo mismo sucede con los puntos B,L,O,P,J y C,J,N,M,K .