Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Enunciado

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y $H$ su ortocentro. Demostrar que la reflexión de $H$ sobre el lado $BC$ pertenece al circuncírculo de $ABC$ .

Idea de la solución

Llamamos $H_A$ a la reflexión de $H$ sobre $BC$ . Para demostrar que $H_A \in \Omega$ (circuncírculo), basta probar que $\angle BH_AC = 180° - \angle BAC$ (suma a $180°$ con $\angle BAC$ , condición de inscripción).

Demostración

Sea $D$ el pie de la altura desde $A$ sobre $BC$ . Por definición del ortocentro, $H$ está en la altura $AD$ , luego $H$ , $D$ , $A$ son colineales y $HD \perp BC$ . Sea $H_A$ la reflexión de $H$ sobre $BC$ : entonces $D$ es el punto medio de $HH_A$ .

Paso 1. Calculemos $\angle HBC$ .

En el triángulo $BDH$ rectángulo en $D$ , los ángulos satisfacen $\angle HBD + \angle BHD = 90°$ . Pero $\angle BHD$ es el ángulo en $H$ en el triángulo formado por $B$ , $H$ y la altura — equivalentemente, $\angle BHD = 90° - \angle HBD$ .

Por otro lado, $H$ está también en la altura desde $B$ , así que $BH \perp AC$ . En el triángulo rectángulo formado por $B$ , el pie de la altura desde $B$ y $C$ , se obtiene

\angle HBC \;=\; 90° - \angle ACB \;=\; 90° - C.

Paso 2. Por simetría respecto a $BC$ :

\angle H_A BC \;=\; \angle HBC \;=\; 90° - C.

Paso 3. Análogamente,

\angle H_A CB \;=\; \angle HCB \;=\; 90° - B.

Paso 4. Sumando en el triángulo $H_A BC$ :

\angle BH_AC \;=\; 180° - \angle H_A BC - \angle H_A CB \;=\; 180° - (90° - C) - (90° - B) \;=\; B + C.

Como $A + B + C = 180°$ , deducimos $B + C = 180° - A$ , así que

\angle BH_AC \;=\; 180° - A.

Paso 5. En el cuadrilátero $ABH_AC$ , los ángulos opuestos $A$ (en el vértice $A$ ) y $\angle BH_AC$ suman $180°$ . Por el recíproco del criterio de inscripción, $A, B, H_A, C$ son concíclicos. Es decir, $H_A$ pertenece al circuncírculo de $ABC$ . $\blacksquare$

Observación

La demostración usa la caracterización angular del ortocentro: $\angle HBC = 90° - C$ y sus tres simetrías cíclicas. Estas tres identidades, junto con $\angle BAC = A$ , son el lenguaje básico para todo problema sobre el ortocentro.

Un argumento alternativo, igualmente elegante: la circunferencia que pasa por $B$ , $C$ y $H_A$ tiene como centro el circuncentro $O$ — porque $OH_A = OB = OC$ se sigue de que la mediatriz de $BH_A$ y de $CH_A$ coinciden con las mediatrices de $BH$ y $CH$ , ya conocidas.

Aplicaciones

Este resultado es el más usado sobre el ortocentro en problemas olímpicos:

Triángulo órtico $H_A H_B H_C$ : las tres reflexiones son concíclicas en $\Omega$ , formando otro triángulo inscrito muy estudiado.
Recta de Steiner: lugar geométrico de las reflexiones del ortocentro sobre los lados.
Configuración Euler: $H$ , baricentro $G$ y circuncentro $O$ son colineales, con $HG = 2\cdot GO$ .

Problemas relacionados

Cevianas y ortocentro. Demostrar que las cuatro circunferencias circunscritas a $\triangle HBC$ , $\triangle HCA$ , $\triangle HAB$ y $\triangle ABC$ tienen el mismo radio.
IMO 2007/4. En un triángulo acutángulo $ABC$ , la bisectriz del ángulo $\angle BCA$ corta al circuncírculo en $R$ , a la mediatriz de $BC$ en $P$ , y a la mediatriz de $AC$ en $Q$ . (la reflexión del ortocentro aparece en la solución).