Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Enunciado

Sea $ABC$ un triángulo no equilátero. Sean $O$ su circuncentro, $G$ su baricentro y $H$ su ortocentro. Entonces:

Los puntos $O, G, H$ son colineales.
$G$ divide al segmento $OH$ en razón $1:2$ (con $G$ entre $O$ y $H$ ).
Equivalentemente, $\overrightarrow{OH} = 3 \overrightarrow{OG}$ .

Demostración

Trabajamos con vectores tomando $O$ como origen, de modo que $|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}| = R$ (el circunradio).

Definición del baricentro. $G = \frac{A + B + C}{3}$ , es decir $\overrightarrow{OG} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$ .

Ortocentro: afirmación clave. Sea $H^* = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$ . Probaremos que $H^* = \overrightarrow{OH}$ , es decir, que $H^*$ es el ortocentro.

Para que $H^*$ sea el ortocentro, basta probar que $\overrightarrow{AH^*} \perp \overrightarrow{BC}$ (y análogamente para los otros dos lados; por simetría basta uno).

\overrightarrow{AH^*} = H^* - A = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}.

\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}.

Calculemos el producto escalar:

\overrightarrow{AH^*} \cdot \overrightarrow{BC} = (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) \cdot (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}) = |\overrightarrow{OC}|^2 - |\overrightarrow{OB}|^2 = R^2 - R^2 = 0.

Por lo tanto $\overrightarrow{AH^*} \perp \overrightarrow{BC}$ . Análogamente para las otras dos alturas. Así $H^*$ está sobre las tres alturas y, por tanto, $H^* = H$ .

Conclusión. De $\overrightarrow{OG} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$ y $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$ , se sigue inmediatamente

\overrightarrow{OH} = 3 \overrightarrow{OG}.

Esto significa que $H$ está en la recta $OG$ extendida (al lado opuesto del origen $O$ respecto a $G$ ), y que $\overrightarrow{GH} = 2 \overrightarrow{OG}$ . En particular, $G$ divide al segmento $\overline{OH}$ en razón $OG : GH = 1 : 2$ . $\blacksquare$

Observación

Si el triángulo es equilátero, los tres centros coinciden ( $O = G = H$ ) y la "recta de Euler" se degenera en un punto. Por eso la hipótesis "no equilátero" es esencial para hablar de una recta única.

El centro de la circunferencia de los nueve puntos $N$ también está sobre la recta de Euler, y es el punto medio de $\overline{OH}$ . Junto con la relación $\overrightarrow{OH} = 3 \overrightarrow{OG}$ , esto da las posiciones relativas:

O \xrightarrow{1} G \xrightarrow{1/2} N \xrightarrow{3/2} H,

en proporción $2 : 1 : 3$ a lo largo de la recta.

Aplicaciones

La recta de Euler aparece de forma recurrente en problemas que combinan varios centros notables. Cualquier identidad que relacione $O, G, H$ con otros puntos del triángulo se simplifica notablemente al recordar que $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$ .

Una consecuencia útil: la distancia $OH^2 = R^2 - 8 R^2 \cos A \cos B \cos C$ , que se obtiene desarrollando $|\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}|^2$ y usando el producto escalar entre vectores que parten de $O$ .

Problemas relacionados

Probar que las tres reflexiones del ortocentro sobre los lados del triángulo están sobre la circunferencia circunscrita.
(Iberoamericana 2012) Aplicación de la recta de Euler para resolver una concurrencia.
Demostrar la existencia de la circunferencia de los nueve puntos usando la posición de $H$ como suma vectorial.