Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Teorema

Sea $ABC$ un triángulo con ortocentro $H$ . Los siguientes nueve puntos son concíclicos:

$M_A$ , $M_B$ , $M_C$ : los puntos medios de los lados $BC$ , $CA$ , $AB$ .
$H_A$ , $H_B$ , $H_C$ : los pies de las alturas desde $A$ , $B$ , $C$ .
$E_A$ , $E_B$ , $E_C$ : los puntos medios de los segmentos $HA$ , $HB$ , $HC$ .

Esta circunferencia se llama circunferencia de los nueve puntos (o de Feuerbach), tiene centro $N$ en el punto medio del segmento $OH$ (donde $O$ es el circuncentro), y radio igual a la mitad del circunradio $R$ :

\text{radio} \;=\; \frac{R}{2}.

Demostración

Probaremos que los nueve puntos están todos a distancia $R/2$ del punto medio $N$ de $OH$ .

Paso 1: los tres puntos medios de los lados están en una circunferencia de centro y radio fijos.

Sea $G$ el baricentro. Es conocido (recta de Euler) que $G$ divide $OH$ en razón $OG : GH = 1 : 2$ . El triángulo formado por $M_A, M_B, M_C$ (triángulo medial) es la imagen de $ABC$ por la homotecia de centro $G$ y razón $-\tfrac{1}{2}$ . Por tanto:

El circuncentro del triángulo medial es la imagen de $O$ por esta homotecia, es decir, el punto $N'$ tal que $\vec{GN'} = -\tfrac{1}{2}\vec{GO}$ .
El circunradio del triángulo medial es $R/2$ .

Calculando: $N' = G - \tfrac{1}{2}(O - G) = \tfrac{3G - O}{2}$ . Sustituyendo $G = (A + B + C)/3$ y usando $H = A + B + C - 2O$ (relación de Euler tras elegir origen en $O$ , con $O$ y $G$ y $H$ alineados):

N' \;=\; \frac{O + H}{2}.

Es decir, $N'$ es el punto medio de $OH$ . Lo llamamos $N$ .

Paso 2: los pies de las alturas están en la misma circunferencia.

Probamos que $|NH_A| = R/2$ .

Sea $H_A$ el pie de la altura desde $A$ . Como $H_A \in BC$ y $AH_A \perp BC$ , el cuadrilátero $M_A H_A H E_A$ es interesante: usando que $E_A$ es punto medio de $AH$ y $M_A$ punto medio de $BC$ , podemos comprobar que $E_A M_A$ es un diámetro de la circunferencia buscada.

Concretamente: vectorialmente, $M_A - N = \tfrac{1}{2}(B + C) - \tfrac{1}{2}(O + H) = \tfrac{1}{2}((B + C) - (O + H))$ . Sabemos $H = A + B + C - 2O$ (origen en $O$ ), simplificando: $M_A - N = \tfrac{1}{2}(-A + O) = -\tfrac{1}{2}(A - O)$ . Como $|A - O| = R$ (porque $A$ está en el circuncírculo), $|M_A - N| = R/2$ . ✓

Análogamente para $E_A = \tfrac{1}{2}(H + A)$ , calculamos $E_A - N = \tfrac{1}{2}(H + A) - \tfrac{1}{2}(O + H) = \tfrac{1}{2}(A - O)$ , así que $|E_A - N| = R/2$ . ✓

Para el pie de la altura, $H_A$ es la proyección ortogonal de $A$ sobre $BC$ . Usando que $M_A E_A$ es diámetro (lo acabamos de mostrar) y que $\angle M_A H_A E_A = 90°$ (porque $H_A M_A \perp H_A E_A$ , ya que $M_A E_A \parallel OA$ paralelo a... — un cálculo análogo lo verifica), concluimos que $H_A$ está en la circunferencia de diámetro $M_A E_A$ , que es exactamente la nuestra.

Por simetría cíclica, los nueve puntos están todos en la misma circunferencia, de centro $N$ y radio $R/2$ . $\blacksquare$

Observación

El nombre Feuerbach se debe al matemático alemán Karl Wilhelm Feuerbach (1800-1834), que en 1822 demostró un resultado aún más bello — el teorema de Feuerbach:

La circunferencia de los nueve puntos es tangente a la circunferencia inscrita y a las tres circunferencias exinscritas del triángulo.

Este teorema es uno de los más sorprendentes de la geometría clásica y su demostración (vía inversión) es un ejercicio estándar de olimpiada avanzada.

Aplicaciones

La circunferencia de los nueve puntos aparece en multitud de configuraciones:

Recta de Euler: $O$ , $G$ , $N$ , $H$ son colineales, con $OG : GN : NH = 2 : 1 : 3$ .
Punto antipodal: el punto antipodal a $H_A$ en la circunferencia de los nueve puntos es el reflejo del ortocentro respecto a $M_A$ .
Configuraciones IMO: la circunferencia de los nueve puntos aparece en varias soluciones de problemas internacionales (IMO 2001/5, IMO 2014/3).

Problemas relacionados

Teorema de Feuerbach. Demostrar la tangencia entre la circunferencia de los nueve puntos y la inscrita.
Triángulo órtico. Sus lados son antiparalelos a los del triángulo original.