OME 2015 — Dos rectas paralelas y una circunferencia fija

Enunciado

Sean $r$ y $s$ dos rectas paralelas, y $A$ un punto fijo a igual distancia de ambas rectas. Para cada punto $B$ de la recta $r$ , sea $C$ el punto de la recta $s$ tal que $\angle BAC = 90°$ , y sea $P$ el pie de la perpendicular desde $A$ sobre la recta $BC$ . Demuestra que, independientemente de qué punto $B$ de la recta $r$ tomemos, el punto $P$ está sobre una circunferencia fija.

Idea de la solución

Para probar que un punto variable $P$ recorre una circunferencia fija centrada en $A$ , basta con encontrar una cantidad que no dependa de $B$ y que sea igual a $AP$ . La candidata natural es la distancia $d$ de $A$ a las rectas (la misma para $r$ y para $s$ , por hipótesis): si logramos ver que $AP = d$ siempre, entonces $P$ está siempre a distancia $d$ de $A$ , y la circunferencia de centro $A$ y radio $d$ —que ni siquiera depende de $B$ — es la buscada.

La manera de "anclar" $AP$ a esa distancia fija es construir, junto al triángulo rectángulo $ABC$ , un segundo triángulo rectángulo $ABD$ —con $D \in r$ — que sea congruente con él. Como las alturas correspondientes de triángulos congruentes son iguales, la altura desde $A$ en $\triangle ABD$ (que resulta ser, precisamente, la distancia fija de $A$ a la recta $r$ ) es igual a $AP$ .

Demostración

Sea $d$ la distancia común de $A$ a las rectas $r$ y $s$ , y sea $Q \in r$ el pie de la perpendicular desde $A$ a $r$ (de modo que $AQ = d$ y $\angle AQB = 90°$ ). El punto $Q$ no depende de $B$ : queda determinado únicamente por $A$ y $r$ .

Sea $\ell$ la recta por $A$ paralela a $r$ y $s$ (la "recta media"). Como $A$ equidista de $r$ y $s$ , también $\ell$ equidista de ambas, a distancia $d$ de cada una. Sea $D$ el segundo punto de corte de la recta $AC$ con $r$ (es decir, $D$ es el punto donde la prolongación de $CA$ más allá de $A$ vuelve a cortar a $r$ ; existe porque $A$ está entre las rectas $r$ y $s$ , así que la recta $CA$ necesariamente cruza $r$ ).

Paso 1 ( $AC = AD$ ). Sean $C'$ y $D'$ los pies de las perpendiculares desde $C$ y $D$ a la recta $\ell$ . Por construcción de $\ell$ ,

CC' = DD' = d.

Como $C$ , $A$ , $D$ son colineales, $A \in \ell$ , y $C$ , $D$ están a un lado y otro de $\ell$ (porque $s$ y $r$ están a un lado y otro de $A$ ), los ángulos $\angle CAC'$ y $\angle DAD'$ son opuestos por el vértice, luego iguales; y $\angle AC'C = \angle AD'D = 90°$ . Los triángulos rectángulos $ACC'$ y $ADD'$ tienen entonces un cateto igual ( $CC' = DD'$ ) y dos ángulos iguales, así que son congruentes (criterio AAS), y en particular sus hipotenusas coinciden:

AC = AD.

Paso 2 ( $\triangle ABC \cong \triangle ABD$ ). Como $C$ , $A$ , $D$ son colineales, los ángulos $\angle BAC$ y $\angle BAD$ son suplementarios. Por hipótesis $\angle BAC = 90°$ , así que también $\angle BAD = 90°$ . Ambos triángulos $ABC$ y $ABD$ son, por tanto, rectángulos en $A$ , comparten el cateto $AB$ , y tienen el otro cateto igual ( $AC = AD$ , Paso 1). Por el criterio LAL (dos catetos y el ángulo recto entre ellos),

\triangle ABC \cong \triangle ABD.

Paso 3 ( $AP = AQ$ ). En triángulos congruentes, los elementos correspondientes son iguales; en particular, las alturas trazadas desde el vértice correspondiente $A$ sobre las hipotenusas $BC$ y $BD$ tienen la misma longitud. La altura desde $A$ sobre $BC$ tiene pie $P$ (por definición del enunciado). La altura desde $A$ sobre $BD$ tiene un pie que llamaremos $P'$ ; la congruencia da $AP = AP'$ .

Pero $B, D \in r$ , así que la recta $BD$ es exactamente la recta $r$ (siempre que $B \neq D$ ; si $B = D$ el problema es trivial, pues entonces $C$ , $A$ , $B$ son colineales y $P = B = Q$ ). Por tanto el pie de la perpendicular desde $A$ a la recta $BD$ es el mismo que el pie de la perpendicular desde $A$ a $r$ , es decir, $P' = Q$ . Concluimos

AP = AP' = AQ = d.

Paso 4 (conclusión). La cantidad $AP = d$ es la misma para cualquier elección de $B$ en $r$ —no depende de $B$ porque $Q$ y $d$ tampoco dependen de $B$ —. Por tanto, todos los puntos $P$ obtenidos al variar $B$ están a la distancia fija $d$ del punto fijo $A$ : todos pertenecen a la circunferencia $\omega$ de centro $A$ y radio $d$ , una circunferencia que queda completamente determinada por $A$ , $r$ y $s$ (sin referencia a ningún $B$ concreto). $\blacksquare$

Observación

La circunferencia $\omega$ tiene una descripción aún más simple: su radio es exactamente la distancia $d$ de $A$ a cada una de las rectas $r$ y $s$ , así que $\omega$ es tangente simultáneamente a $r$ (en $Q$ ) y a $s$ (en el punto antípoda de $Q$ respecto de $A$ ). Es, de hecho, la única circunferencia centrada en $A$ tangente a ambas rectas paralelas.

La estrategia general que ilustra este problema —para probar que un punto móvil recorre un lugar geométrico fijo, encontrar una cantidad invariante asociada a él (aquí, su distancia a un punto fijo)— es la base de casi todos los problemas de "lugares geométricos" en olimpiadas. La elección de qué cantidad investigar (distancia a un punto, ángulo bajo el que se ve un segmento, potencia respecto de una circunferencia...) es lo que determina si el lugar resulta ser una recta, una circunferencia o una cónica.

Aplicaciones

Lugares geométricos vía invariantes. Si se logra probar que un punto variable equidista de un punto fijo, el lugar es una circunferencia; si equidista de dos puntos fijos, una mediatriz; si ve un segmento fijo bajo un ángulo constante, un arco capaz (como en el problema Clásico — Los pies de dos alturas y un cuadrilátero cíclico).
Congruencia de triángulos rectángulos para "transportar" longitudes. El truco de construir un segundo triángulo congruente con vértice compartido para igualar dos longitudes que a priori no se comparan (aquí, $AP$ y $AQ$ , alturas de triángulos distintos) es una herramienta recurrente: convierte una pregunta sobre un objeto variable en una pregunta sobre una configuración fija.
El punto $A$ equidistante de dos rectas paralelas se sitúa, claro, sobre la recta media $\ell$ : cualquier construcción simétrica respecto de $\ell$ hereda automáticamente igualdades de distancias como las del Paso 1.

Problemas relacionados

(Clásico — Los pies de dos alturas y un cuadrilátero cíclico) El lema del arco capaz de $90°$ : un punto ve un segmento bajo ángulo recto si y solo si pertenece a la circunferencia de diámetro ese segmento. Es el "gemelo" angular de este problema, que en cambio caracteriza una circunferencia mediante una distancia constante.
Sea $O$ un punto fijo y $\ell$ una recta fija que no pasa por $O$ . Para cada punto $X$ de una segunda recta fija $m$ , sea $Y$ el pie de la perpendicular desde $O$ a la recta $XO$ . Estudiar el lugar geométrico de $Y$ cuando $X$ recorre $m$ .
Generalizar el problema cambiando la condición $\angle BAC = 90°$ por $\angle BAC = \theta$ para un ángulo fijo $\theta \neq 90°$ : ¿sigue siendo cierto que $P$ recorre una circunferencia fija? ¿Cuál sería su radio?