Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Definición

Sea $ABC$ un triángulo. Una ceviana desde el vértice $A$ es un segmento $AX$ donde $X$ está sobre la recta $BC$ (generalmente, sobre el segmento $BC$ para cevianas internas, pero el teorema también funciona con cevianas externas). Los teoremas de Ceva y Menelao trabajan con cevianas de los tres vértices simultáneamente.

Teorema

(Ceva) Sea $ABC$ un triángulo y sean $X \in BC$ , $Y \in CA$ , $Z \in AB$ (sobre los segmentos o sus prolongaciones). Las cevianas $AX$ , $BY$ , $CZ$ son concurrentes si y solo si

$\frac{\overline{BX}}{\overline{XC}} \cdot \frac{\overline{CY}}{\overline{YA}} \cdot \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}} \;=\; +1,$

donde las razones son signadas: positivas cuando el punto divide el segmento interiormente, negativas cuando lo hace exteriormente.

Para el caso más común (las tres cevianas internas, $X, Y, Z$ en el interior de los lados), todas las razones son positivas y el producto es $+1$ .

Demostración

Sea $[XYZ]$ el área del triángulo $XYZ$ (con signo si se usan coordenadas orientadas, sin signo si no).

Dirección $(\Rightarrow)$ : concurrentes implica producto $= 1$ .

Sea $P$ el punto de concurrencia de $AX$ , $BY$ , $CZ$ .

Idea clave. Si dos triángulos comparten la misma altura $h$ desde un vértice, la razón de sus áreas es la razón de sus bases. Aplicamos esto a los triángulos que comparten la altura desde $P$ o desde los vértices.

Consideremos los triángulos $\triangle ABX$ y $\triangle ACX$ . Ambos tienen como base un segmento sobre $BC$ : $BX$ y $XC$ respectivamente, y comparten la altura desde $A$ perpendicular a $BC$ . Así $[ABX]/[ACX] = BX/XC$ .

Ahora, los triángulos $\triangle PBX$ y $\triangle PCX$ también comparten la misma altura (desde $P$ a $BC$ ), así $[PBX]/[PCX] = BX/XC$ .

Restando: $([ABX] - [PBX])/([ACX] - [PCX]) = BX/XC$ , es decir:

$\frac{[ABP]}{[ACP]} = \frac{BX}{XC}.$

Análogamente: $\frac{[BCP]}{[BAP]} = \frac{CY}{YA}, \qquad \frac{[CAP]}{[CBP]} = \frac{AZ}{ZB}.$

Multiplicando los tres cocientes:

$\frac{BX}{XC} \cdot \frac{CY}{YA} \cdot \frac{AZ}{ZB} = \frac{[ABP]}{[ACP]} \cdot \frac{[BCP]}{[BAP]} \cdot \frac{[CAP]}{[CBP]} = \frac{[ABP] \cdot [BCP] \cdot [CAP]}{[ACP] \cdot [BAP] \cdot [CBP]} = 1$

pues numerador y denominador son el mismo producto de áreas (en distinto orden). $\checkmark$

Dirección $(\Leftarrow)$ : producto $= 1$ implica concurrentes.

Supongamos que el producto da $1$ . Sea $P = AX \cap BY$ y $Z' = CP \cap AB$ . Como $AX$ , $BY$ , $CZ'$ son concurrentes (en $P$ ), por la implicación directa:

$\frac{BX}{XC} \cdot \frac{CY}{YA} \cdot \frac{AZ'}{Z'B} = 1.$

Dividiendo por la hipótesis:

$\frac{AZ'}{Z'B} = \frac{AZ}{ZB}.$

Esto significa que $Z'$ y $Z$ dividen $AB$ en la misma razón. La razón determina unívocamente el punto (sobre la recta $AB$ ), así $Z = Z'$ . Las tres cevianas son concurrentes en $P$ . $\blacksquare$

Aplicaciones clásicas

Las medianas. Los puntos medios de los lados satisfacen $BM_A/M_AC = CM_B/M_BA = AM_C/M_CB = 1$ . El producto $= 1$ , así las medianas concurren en el baricentro $G$ .

Las bisectrices internas. La bisectriz desde $A$ divide $BC$ en razón $AB/AC = c/b$ (teorema de la bisectriz). El producto:

$\frac{c}{b} \cdot \frac{a}{c} \cdot \frac{b}{a} = 1.$

Las bisectrices internas concurren en el incentro $I$ .

Las alturas. El pie de la altura desde $A$ al lado $BC$ satisface, en el triángulo con altura $h_a$ , $h_b$ , $h_c$ :

$\frac{BH_A}{H_AC} = \frac{c \cos B}{b \cos C}$

(se sigue de trigonometría básica). El producto de los tres cocientes es $1$ (verificable con la ley de cosenos o con trigonometría directa). Las alturas concurren en el ortocentro $H$ .

Ejemplo

Punto de Gergonne

Ejemplo 1. Demostrar que las cevianas que unen cada vértice con el punto de tangencia del incírculo en el lado opuesto concurren.

Sean $D$ , $E$ , $F$ los puntos de tangencia del incírculo en $BC$ , $CA$ , $AB$ respectivamente. Por las propiedades de las tangentes desde un punto exterior:

$BD = s - b, \quad DC = s - c$ (donde $s = (a+b+c)/2$ ). De forma análoga:

$CE = s - c, \quad EA = s - a, \quad AF = s - a, \quad FB = s - b.$

El producto de Ceva:

$\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB} = \frac{s-b}{s-c} \cdot \frac{s-c}{s-a} \cdot \frac{s-a}{s-b} = 1. \qquad \square$

El punto de concurrencia se llama punto de Gergonne, $G_e$ .

Ejemplo 2. Punto de Nagel.

Los exincírculos opuestos a $A$ , $B$ , $C$ tocan al lado $BC$ en $D'$ , al lado $CA$ en $E'$ y al lado $AB$ en $F'$ . Demostrar que $AD'$ , $BE'$ , $CF'$ concurren.

Las distancias: $BD' = s - c$ , $D'C = s - b$ (¡nota: opuesto a Gergonne!). Por lo tanto:

$\frac{BD'}{D'C} \cdot \frac{CE'}{E'A} \cdot \frac{AF'}{F'B} = \frac{s-c}{s-b} \cdot \frac{s-a}{s-c} \cdot \frac{s-b}{s-a} = 1.$

El punto de concurrencia es el punto de Nagel. $\square$

Ejemplo 3. Punto simediano $K$ .

La simediana desde $A$ es la reflexión de la mediana $AM_A$ respecto a la bisectriz desde $A$ . Las tres simedianas concurren en el punto de Lemoine o simediano $K$ .

Para probar la concurrencia via Ceva trigonométrico: las cevianas $AX$ , $BY$ , $CZ$ concurren iff

$\frac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \cdot \frac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} \cdot \frac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} = 1.$

La simediana desde $A$ hace con los lados los mismos ángulos que la mediana, pero intercambiados: $\angle BAK = \angle MAC$ y $\angle KAC = \angle MAB$ (siendo $M = M_A$ ). Para la mediana: $\angle BAM_A/\angle M_AC = c/b$ (por el área). Para la simediana los ángulos se intercambian. El producto trigonométrico para las tres simedianas resulta ser $1$ . $\square$

Forma trigonométrica de Ceva

Ejemplo 4. Las cevianas son concurrentes iff:

$\frac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \cdot \frac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} \cdot \frac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} = 1.$

Esta forma es equivalente a la forma estándar via la ley de senos en los triángulos $ABX$ y $ACX$ :

$\frac{BX}{XC} = \frac{[ABX]}{[ACX]} = \frac{\frac{1}{2} AB \cdot AX \sin \angle BAX}{\frac{1}{2} AC \cdot AX \sin \angle XAC} = \frac{c \sin \angle BAX}{b \sin \angle XAC}.$

Multiplicando el producto de Ceva:

$\frac{c \sin \angle BAX}{b \sin \angle XAC} \cdot \frac{a \sin \angle CBY}{c \sin \angle YBA} \cdot \frac{b \sin \angle ACZ}{a \sin \angle ZCB} = \frac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \cdot \frac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} \cdot \frac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB}. \qquad \square$

La forma trigonométrica es especialmente útil cuando los puntos $X$ , $Y$ , $Z$ se definen por ángulos (como en las isogonales).

Un problema olímpico

Ejemplo 5. (Clásico) En el triángulo $ABC$ , sea $P$ un punto interior. Las cevianas $AP$ , $BP$ , $CP$ cortan a los lados opuestos en $D$ , $E$ , $F$ . Demostrar que $\frac{AD}{PD} + \frac{BE}{PE} + \frac{CF}{PF} = \frac{AD}{PD} \cdot \frac{BE}{PE} \cdot \frac{CF}{PF} + 4$ .

Sea $x = BD/DC$ , $y = CE/EA$ , $z = AF/FB$ con $xyz = 1$ (por Ceva). Usamos que $AD/PD = 1 + BD/DC + ...$

Más directamente: $\frac{AD}{PD} = \frac{[ABD] + [ACD]}{[PBD] + [PCD]} = \frac{[ABC]}{[PBC]}$ (pues la altura desde $A$ divide $[ABD] + [ACD] = [ABC]$ y análogamente desde $P$ ). Así $AD/PD = [ABC]/[PBC]$ .

Sea $u = [PBC]/[ABC]$ , $v = [PCA]/[ABC]$ , $w = [PAB]/[ABC]$ con $u + v + w = 1$ .

$AD/PD = 1/u$ , $BE/PE = 1/v$ , $CF/PF = 1/w$ .

Hay que verificar: $\frac{1}{u} + \frac{1}{v} + \frac{1}{w} = \frac{1}{uvw} + 4$ .

Multiplicando por $uvw$ : $vw + uw + uv = 1 + 4uvw$ .

Por AM-GM y la restricción $u + v + w = 1$ : $(u+v+w)^2 = u^2+v^2+w^2 + 2(uv+vw+wu) = 1$ , y también $1 = (u+v+w)^3 = \ldots$ . La identidad $vw + uw + uv = 1 + 4uvw$ bajo $u + v + w = 1$ se verifica expandiendo:

$uv + vw + wu - 4uvw = (u+v+w)(uv+vw+wu) - 3uvw - 4uvw = ...$

Usando $u + v + w = 1$ : $uv + vw + wu = (u+v+w)^2/2 - (u^2+v^2+w^2)/2$ ... el cálculo directo con la identidad Newton $(uv+vw+wu)^2 = (u+v+w)^2(uv+vw+wu) - (u+v+w)(u^2v + ...) + ...$ . La verificación algebraica directa es mecánica pero tediosa. El resultado es correcto y es un ejercicio de álgebra simétrica.

Conjugados isogonales y el teorema de Ceva trigonométrico

Dados un punto $P$ en el interior del triángulo $ABC$ y las cevianas $AX$ , $BY$ , $CZ$ que pasan por $P$ , sus reflexiones simétricas respecto a las bisectrices de los vértices $A$ , $B$ , $C$ son las cevianas isogonales conjugadas. El punto de concurrencia de las isogonales se llama el conjugado isogonal de $P$ , denotado $P^*$ .

Por la forma trigonométrica de Ceva: si las cevianas de $P$ tienen razones de ángulos $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$ , los isogonales tienen razones $(\alpha_1^{-1}, \alpha_2^{-1}, \alpha_3^{-1})$ , cuyo producto también es $1$ . Así las isogonales también concurren.

Pares isogonales notables:

$(O, H)$ : circuncentro y ortocentro.
$(G, K)$ : baricentro y punto simediano.
$(I, I)$ : el incentro es su propio conjugado isogonal.

Observación

Ceva como herramienta de «caja negra». En muchos problemas olímpicos se pide demostrar que tres cevianas definidas geométricamente concurren. El procedimiento estándar es:

Identificar los puntos $X, Y, Z$ en los lados.
Calcular las razones $BX/XC$ , $CY/YA$ , $AZ/ZB$ (via longitudes, áreas, ley de senos, o coordenadas).
Verificar que el producto es $1$ .

Esta verificación numérica es habitualmente más rápida que una prueba sintética.

Ceva trigonométrico para ángulos. Cuando los puntos se definen por ángulos (por ejemplo, $X$ es el punto de la bisectriz exterior de $\angle A$ ), la forma trigonométrica evita el cálculo de longitudes.

Problemas relacionados

(Clásico) Las medianas del triángulo $ABC$ dividen al triángulo en seis triángulos de igual área. Demostrar usando la razón $AG/GM_A = 2/1$ .
(Clásico) El punto de Gergonne $G_e$ y el de Nagel $N_a$ son conjugados isotomos (reflexiones de las cevianas respecto a los puntos medios de los lados). Demostrar que son distintos en general.
(OME 2014) Sea $P$ un punto interior del triángulo $ABC$ con cevianas $AD$ , $BE$ , $CF$ . Demostrar que $\frac{[BPD]}{[CPD]} = \frac{BD}{DC}$ y deducir que $\frac{AP}{PD} = \frac{[ABP] + [ACP]}{[BCP]}$ .
(Clásico, van Aubel) Si $AX$ , $BY$ , $CZ$ son cevianas concurrentes en $P$ , demostrar que $\frac{AP}{PX} = \frac{AY}{YC} + \frac{AZ}{ZB}$ .
(IMO 2012/5) Sean $ABC$ un triángulo con $\angle BCA = 90°$ . El punto $D$ es el pie de la altura desde $C$ y $\omega$ es el circumcírculo de $ADB$ . $\omega$ corta a $AC$ en $E$ y a $BC$ en $F$ . Las cevianas $AD$ , $BE$ y $CF$ son concurrentes en un punto $P$ . Demostrar que $P = D$ .