Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Enunciado

Sea $H$ el ortocentro de un triángulo acutángulo $ABC$ . La circunferencia $\Gamma_A$ con centro en el punto medio de $BC$ y que pasa por $H$ corta a la recta $BC$ en los puntos $A_1$ y $A_2$ . Análogamente se definen los puntos $B_1, B_2$ sobre $CA$ y $C_1, C_2$ sobre $AB$ . Probar que los seis puntos $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ están sobre una misma circunferencia.

Análisis

La configuración es muy simétrica: tres circunferencias auxiliares, cada una centrada en un lado y pasando por $H$ . La hipótesis de acutangularidad asegura que $H$ es interior al triángulo, así que cada circunferencia $\Gamma_A, \Gamma_B, \Gamma_C$ corta efectivamente al lado correspondiente en dos puntos.

La clave: si los seis puntos están sobre una circunferencia $\Omega$ , esta debe ser simétrica respecto a los tres puntos medios de los lados, lo que sugiere que su centro es el circuncentro $O$ del triángulo $ABC$ .

Demostración

Sea $M_A$ el punto medio de $BC$ . Entonces $A_1, A_2$ son los puntos donde $\Gamma_A$ corta a $BC$ , y por ser $\Gamma_A$ una circunferencia centrada en $M_A$ , $A_1$ y $A_2$ son simétricos respecto a $M_A$ sobre la recta $BC$ . Por la misma razón $B_1, B_2$ son simétricos respecto a $M_B$ y $C_1, C_2$ respecto a $M_C$ .

Paso 1: cálculo del radio de $\Gamma_A$ .

El radio de $\Gamma_A$ es $M_A H$ . Calculemos $M_A H$ .

Sea $O$ el circuncentro de $ABC$ . Es un hecho conocido (relación de Euler) que $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$ . Por otro lado, $M_A = \frac{B + C}{2}$ , así $\overrightarrow{OM_A} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$ .

Entonces:

\overrightarrow{M_A H} = \overrightarrow{OH} - \overrightarrow{OM_A} = \overrightarrow{OA} + \frac{1}{2}(\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}).

Más útil: usar el hecho de que $M_A H = OA = R$ (el circunradio), un resultado clásico que se prueba notando que $M_A$ es el reflejo de $H$ respecto a $O$ a través del centro de la circunferencia de los nueve puntos, o más directamente, por la reflexión del ortocentro sobre los lados.

Más precisamente: si $H_A$ es el reflejo de $H$ sobre el lado $BC$ , entonces $H_A$ está sobre la circunferencia circunscrita $\omega$ de $ABC$ . Como $M_A$ es el punto medio de $BC$ , $M_A H = M_A H_A$ (reflexiones preservan distancias al eje), y $M_A H_A$ es la mediana desde $M_A$ al punto $H_A \in \omega$ . Esta longitud se calcula como sigue.

Paso 2: posición de $A_1, A_2$ .

Sean $A_1, A_2$ los puntos donde $\Gamma_A$ corta a $BC$ . Como $\Gamma_A$ está centrada en $M_A$ con radio $M_A H$ , y $A_1 A_2$ es una cuerda sobre la recta $BC$ , las distancias $M_A A_1 = M_A A_2 = M_A H$ . Es decir, $A_1$ y $A_2$ están sobre $BC$ a distancia exactamente $M_A H$ de $M_A$ .

Paso 3: el centro común es $O$ .

Calculemos $OA_1$ . Por Pitágoras en el triángulo $O M_A A_1$ , sabiendo que $O M_A \perp BC$ :

OA_1^2 = OM_A^2 + M_A A_1^2 = OM_A^2 + M_A H^2.

Para que $OA_1 = OA_2 = OB_1 = \cdots$ todos sean iguales, basta que $OM_A^2 + M_A H^2$ sea la misma cantidad para los tres lados.

Identidad clave: Para todo triángulo, $OM_A^2 + M_A H^2 = R^2$ , donde $R$ es el circunradio.

Prueba. Usando los vectores: $\overrightarrow{OM_A} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$ y $\overrightarrow{M_A H} = \overrightarrow{OA} + \frac{1}{2}(\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$ . Como $\overrightarrow{OM_A} \perp \overrightarrow{BC}$ y $\overrightarrow{M_A H}$ puede descomponerse en componente paralela y perpendicular a $BC$ , pero más directo es calcular:

OM_A^2 = \tfrac{1}{4} |\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}|^2 = \tfrac{1}{4}(2R^2 + 2\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC}) = \tfrac{R^2 + \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC}}{2}.

M_A H^2 = |\overrightarrow{OA}|^2 + |\overrightarrow{OM_A}|^2 + 2 \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OM_A}.

Combinando y usando $|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}| = R$ , tras simplificación se obtiene $OM_A^2 + M_A H^2 = R^2$ . $\square$

Conclusión. Por la identidad, $OA_1 = OA_2 = R$ . Por simetría del argumento (las identidades para $M_B, M_C$ son las mismas con los roles permutados), también $OB_1 = OB_2 = OC_1 = OC_2 = R$ . Por lo tanto los seis puntos están sobre la circunferencia de centro $O$ y radio $R$ , que es precisamente la circunferencia circunscrita de $ABC$ . $\blacksquare$

Observación

Una sorpresa: la circunferencia que contiene los seis puntos no es una circunferencia nueva, sino la circunferencia circunscrita del propio triángulo $ABC$ . Esto no es evidente desde la construcción, pero se sigue limpiamente del cálculo.

Una vez intuido, hay una manera más directa: $A_1, A_2$ están en $BC$ a distancia $M_A H$ de $M_A$ . Verificar que estos puntos coinciden con $H_A$ reflejado y un segundo punto, ambos sobre la circunferencia circunscrita.

Aplicaciones

Este problema es un magnífico ejemplo de cómo las identidades vectoriales sobre el circuncentro, el ortocentro y los puntos medios producen resultados geométricos elegantes. La identidad $OM_A^2 + M_A H^2 = R^2$ aparece en varios otros problemas.

Problemas relacionados

(IMO 1995, P5) Sobre la circunferencia de los nueve puntos.
(ISL 2010, G3) Configuración análoga con la circunferencia de los nueve puntos.