Clásico — Los pies de dos alturas y un cuadrilátero cíclico

Enunciado

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo. Sean $E$ el pie de la altura desde $B$ (sobre la recta $AC$ ) y $F$ el pie de la altura desde $C$ (sobre la recta $AB$ ).

Demostrar que los cuatro puntos $B$ , $C$ , $E$ , $F$ son concíclicos, es decir, que existe una circunferencia que pasa por los cuatro.

Idea de la solución

La definición de "concíclico" parece, a primera vista, difícil de verificar directamente: ¿cómo saber si cuatro puntos caen sobre una misma circunferencia sin construirla? La clave es una reformulación del teorema del ángulo inscrito que conviene memorizar como herramienta independiente:

Lema (arco capaz de $90°$ ). Un punto $P$ ve a un segmento $\overline{XY}$ bajo un ángulo recto si y solo si $P$ pertenece a la circunferencia de diámetro $\overline{XY}$ .

Si logramos ver que tanto $E$ como $F$ ven al segmento $BC$ bajo un ángulo de $90°$ , entonces ambos están forzados a estar sobre la misma circunferencia: la de diámetro $BC$ . Y esa circunferencia ya contiene a $B$ y a $C$ (los extremos del diámetro). Cuatro puntos, una circunferencia.

Demostración

Paso 1 (el lema del arco capaz de $90°$ ). Antes de aplicarlo, demostrémoslo, pues es la pieza central del argumento.

( $\Rightarrow$ ) Sea $\omega$ la circunferencia de diámetro $\overline{XY}$ , con centro $M$ (punto medio de $XY$ ) y radio $r = \frac{XY}{2}$ . Si $P \in \omega$ , entonces $MP = MX = MY = r$ , así que $M$ es el circuncentro del triángulo $XPY$ y $XY = 2\,MP$ . Por el corolario del ángulo inscrito que abarca un diámetro (el ángulo central correspondiente mide $180°$ , luego el inscrito mide la mitad):

\angle XPY = \frac{1}{2}\angle XMY = \frac{180°}{2} = 90°.

( $\Leftarrow$ ) Recíprocamente, si $\angle XPY = 90°$ , sea $M$ el punto medio de $XY$ . El segmento $\overline{PM}$ es la mediana del triángulo rectángulo $XPY$ relativa a la hipotenusa, y un hecho clásico (problema 5 de la Colección de iniciación) afirma que esa mediana mide la mitad de la hipotenusa: $PM = \frac{XY}{2} = XM = YM$ . Luego $P$ equidista de $X$ , $Y$ y $M$ en la cantidad $r = \frac{XY}{2}$ , es decir, $P$ está en la circunferencia de centro $M$ y radio $r$ , que es $\omega$ . $\quad\blacksquare$ (lema)

Paso 2 ( $E$ ve a $BC$ bajo ángulo recto). Por definición, $E$ es el pie de la altura desde $B$ , es decir, $BE \perp AC$ . Como $E$ está sobre la recta $AC$ , el segmento $\overline{EC}$ es parte de esa recta, así que $BE \perp EC$ . Esto significa exactamente que

\angle BEC = 90°.

Paso 3 ( $F$ ve a $BC$ bajo ángulo recto). Análogamente, $F$ es el pie de la altura desde $C$ , es decir, $CF \perp AB$ . Como $F$ está sobre la recta $AB$ , el segmento $\overline{FB}$ es parte de esa recta, así que $CF \perp FB$ . Esto significa exactamente que

\angle BFC = 90°.

Paso 4 (conclusión vía el lema). Por los pasos 2 y 3, los puntos $E$ y $F$ ven ambos al segmento $\overline{BC}$ bajo un ángulo recto. Por el lema del Paso 1, ambos pertenecen a la circunferencia $\omega$ de diámetro $\overline{BC}$ . Como $B$ y $C$ son los extremos de ese diámetro, también $B, C \in \omega$ .

En consecuencia, los cuatro puntos $B$ , $C$ , $E$ , $F$ pertenecen todos a la circunferencia $\omega$ de diámetro $\overline{BC}$ : son concíclicos. $\blacksquare$

Observación

Lo notable de esta demostración es que no necesitamos construir la circunferencia nosotros mismos: el enunciado nos la regala. En cuanto detectamos dos ángulos rectos que comparten el mismo segmento como "base de visión" ( $\angle BEC = \angle BFC = 90°$ ), el lema del arco capaz garantiza que esa circunferencia —la de diámetro $BC$ — ya pasa por los cuatro puntos relevantes.

Esta es una de las técnicas de detección de cuadriláteros cíclicos más usadas en olimpiada: buscar un segmento que dos puntos distintos vean bajo el mismo ángulo (en este caso, $90°$ , pero el principio se generaliza a cualquier ángulo vía el teorema del ángulo inscrito y su recíproco, como en el problema 4 de la Colección de iniciación).

Nótese también que la hipótesis " $ABC$ acutángulo" simplifica la figura (los pies $E$ , $F$ caen sobre los lados, no sobre sus prolongaciones), pero el resultado y la demostración son válidos —con el ajuste natural en la figura— para cualquier triángulo no rectángulo.

Aplicaciones

El triángulo órtico. Si añadimos el tercer pie de altura $D$ (desde $A$ ), el mismo argumento aplicado por parejas muestra que $A, B, D, E$ y $A, C, D, F$ también son concíclicos. Estas tres circunferencias de "diámetro un lado" son la semilla de toda la teoría del triángulo órtico y sus propiedades de reflexión.
La circunferencia de los nueve puntos. Los seis pies de altura y de mediana (más los puntos medios de $\overline{AH}$ , $\overline{BH}$ , $\overline{CH}$ ) resultan estar todos sobre una única circunferencia. La técnica del "arco capaz de $90°$ " es exactamente la que arranca esa demostración.
Detección rápida de concurrencias y ángulos iguales. Cada vez que aparecen dos ángulos rectos compartiendo hipotenusa en un problema, vale la pena preguntarse de inmediato: ¿qué cuadrilátero cíclico se esconde aquí? — suele ser el primer paso hacia la solución completa.

Problemas relacionados

Demostrar que el ortocentro $H$ de $\triangle ABC$ es el incentro de su triángulo órtico $DEF$ (usa repetidamente la concurrencia cíclica anterior).
(Problema 4, Colección de iniciación) Un cuadrilátero convexo es cíclico si y solo si sus ángulos opuestos son suplementarios — el recíproco del ángulo inscrito que generaliza el lema usado aquí.
Probar que las reflexiones del ortocentro $H$ sobre los lados del triángulo caen sobre la circunferencia circunscrita $\odot(ABC)$ .