El tri´angulo ´ortico en el Court Francisco Javier Garc´ıa Capit´an 4 de febrero de 2009 Resumen Hacemos una lectura atenta de la secci´ on The orthic triangle del libro College Geometry, An Introduction to the Modern Geometry of the Triangle and the Circle, de Nathan Altshiller-Court. En este caso, la lectura atenta consiste en la realizaci´ on de algunas figuras que no vienen en el texto y en la resoluci´ on de los ejercicios propuestos.

1.

Definici´ on y propiedades

Definici´ on. El tri´angulo que tiene por v´ertices los pies de las alturas de un tri´angulo dado ABC se llama tri´angulo ´ortico del ABC.

A E F H

B

D

C Figura 1

Propiedad 1. Los tri´angulos AEF , DBF y DEC son semejantes al tri´angulo ABC 1

Demostraci´on. En efecto, por ser c´ıclico el cuadril´atero BCEF , los ´angulos AEF y ABC son ambos complementarios del ´angulo F EC, por lo que son iguales. De igual forma, ∠AF E = ∠ABC, as´ı que los tri´angulos ABC y AEF son semejantes. Y lo mismo puede hacerse con los tri´angulos DBF y DEC. Propiedad 2. Si H es el ortocentro de un tri´angulo ABC y las alturas AH, BH, CH cortan a la circunferencia circunscrita a ABC en D0 , E 0 , F 0, entonces se cumplen las igualdades: HD = HD0 , HE = HE 0 , HF = HF 0.

E′ A E F′

F H O

B

D

C

D′ Figura 2

Demostraci´on. Por ejemplo, en el tri´angulo BHD0 tenemos ∠BHD = ∠BF D = ∠C = ∠BCA = ∠BD0 A = ∠BD0 H. En consecuencia, el tri´angulo BHD es is´osceles, y su altura BD tambien es su mediana, por lo que HD = HD0 . Propiedad 3. El tri´angulo D0 E 0F 0 es el resultado de aplicar al tri´angulo DEF una homotecia de centro H y raz´on 2. Demostraci´on. Por ser HD = DD0 es HD0 = 2 · HD y lo mismo para los otros v´ertices. 2

Propiedad 4. Cada v´ertice del tri´angulo ABC es el punto medio del arco determinado en la circunferencia circunscrita por las prolongaciones de las alturas trazadas desde los otros v´ertices. Demostraci´on. Para obtener que A es el punto medio del arco E 0F 0 basta observar que por ser c´ıclico el cuadril´atero BCEF , tenemos ∠ABE 0 = ∠F BE = ∠F CE = ∠F 0CA. Como consecuencia, obtenemos que la recta OA es perpendicular a la cuerda E 0F 0 y, por tanto, tambi´en es perpendicular al lado EF del tri´angulo ´ortico. Propiedad 5. El ´angulo que forma el lado de un tri´angulo con el lado correspondiente del tri´angulo ´ortico es igual a la diferencia de los lados del tri´angulo dado adyacentes al lado considerado.

A A

O O B

D

C A′ A′

D B

Figura 3

C Figura 4

Demostraci´on. En efecto, cuando el tri´angulo es acut´angulo (ver Figura 3), el ´angulo formado por el lado BC con el lado EF del tri´angulo ´ortico ser´a el mismo que el formado por la altura AD (perpendicular a BC) con el di´ametro AA0 (perpendicular a EF ). Por ser ∠ABD = ∠ABC = ∠AA0C, los tri´angulos rect´angulos ABD y AKC son semejantes, y entonces ∠DAA0 = A − 2(90◦ − B) = 180◦ − (B + C) − 180◦ + 2B = B − C. En el caso de que, por ejemplo B sea obtus´angulo, tenemos ∠DAA0 = A+2∠DAB = A+2(B−90◦) = (180◦ −B−C)+2B−180◦ = B−C. 3

Propiedad 6. El tri´angulo tangencial y el tri´angulo ´ortico de un tri´angulo son homot´eticos. Demostraci´on. El tri´angulo tangencial es el tri´angulo formado por las rectas tangentes a la circunferencia circunscrita en los v´ertices del tri´angulo. Seg´ un hemos visto, los lados del tri´angulo ´ortico son perpendiculares a los correspondientes radios de la circunferencia circunscrita, y los lados del tri´angulo tangencial tambi´en lo son. De ah´ı, la propiedad. Propiedad 7. Las alturas de un tri´angulo bisecan los ´angulos interiores del tri´ angulo ´ortico. Demostraci´on. En la Figura 2 vemos que la recta D0 A biseca el ´angulo E 0 D0 F 0, y hemos visto que las rectas DE, DF son paralelas a D0 F 0, D0 E 0, as´ı que la recta DA biseca el ´angulo EDF . De otra forma, tambi´en podemos usar los cuadril´ateros c´ıclicos BDHF , BCEF y CDHE para obtener ∠HDF = ∠HBF = ∠EBF = ∠ECF = ∠ECH = ∠EDH. Corolario. Los lados del tri´angulo bisecan a los ´angulos exteriores de su tri´angulo ´ortico. Demostraci´on. Ya que los lados son perpendiculares a las alturas del tri´angulo, que son las bisectrices interiores del tri´angulo ´ortico. Corolario. Los v´ertices y el ortocentro de un tri´angulo son los centros tritangentes (incentro y excentros) de su tri´angulo ´ortico. Problema. Construir un tri´angulo conociendo los puntos en que la prolongaci´on de las alturas cortan a la circunferencia circunscrita. Soluci´on. Aqu´ı, Court dice que los puntos dados D0 , E 0, F 0 determinan la circunferencia circunscrita (O) del tri´angulo buscado ABC, cuyos v´ertices ser´an los puntos medios de los arcos D0 E 0 , E 0 F 0, F 0E 0, y tambi´en plantea la siguiente cuesti´on: ¿Cu´antas soluciones puede tener el problema? Para dar respuesta a esta cuesti´on vamos a considerar la Figura 5, que est´a construida como se explica a continuaci´on. Dado el tri´angulo acut´angulo ABC con ortocentro H y circuncentro O, las alturas AH, BH y CH cortan a los lados BC, CA y AB, en los puntos 4

D, E y F , y a la circunferencia circunscrita en los puntos D0 , E 0 y F 0, respectivamente. Si aplicamos al tri´angulo ABC una homotecia de centro H y raz´on 2 obtendremos el tri´angulo Ha Hb Hc , siendo D0 , E 0 , F 0 los pies de las alturas de este triangulo. La circunferencia D0 E 0F 0, siendo la circunferencia de los nueve puntos del tri´angulo Ha Hb Hc contendr´a a los puntos medios A0, B 0, C 0 de los lados Hb Hc , Hc Ha y Ha Hb . Observemos entonces que por ser ∠AC 0A0 = ∠AD0 A0 = 90◦ , la recta C 0A es perpendicular a A0C 0 y por ello tambi´en perpendicular a Hc Ha y B 0Ha , es decir, B 0Ha la altura del tri´angulo AB 0C 0 correspondiente al v´ertice B 0, y esta altura vuelve a cortar a la circunferencia circunscrita en E 0 . De igual forma, C 0 Ha es la altura del tri´angulo AB 0C 0 correspondiente al v´ertice C 0, y esta altura vulve a cortar a la circunferencia circunscrita en F 0.

Ha

E′

A

B′

C′ E F′ F B Hb

H

O

D D′

C A′

Hc

Figura 5

Resulta entonces claro que las alturas del tri´angulo AB 0C 0 vuelven a cortar a su circunferencia circunscrita en los mismos puntos en que lo hacen las alturas del tri´angulo ABC, por lo que los CUATRO tri´angulos ABC, AB 0C 0, A0BC 0 y A0 B 0C comparten los puntos D0 , E 0 , F 0 de intersecci´on de las alturas con la circunferencia circunscrita.

5

2.

Ejercicios

1. Si O es el circuncentro y H es el ortocentro de un tri´angulo ABC, y AH, BH, CH cortan a la circunferencia circunscrita en D0 , E 0 , F 0, demostrar que las paralelas por D0 , E 0 , F 0 a OA, OB, OC, respectivamente, se cortan en un punto. Soluci´on. La paralela por D0 a OA ser´a perpendicular a E 0 F 0, es decir ser´a una altura del tri´angulo D0 E 0 F 0. Por tanto, las paralelas por D0 , E 0 , F 0 a OA, OB, OC, respectivamente, se cortar´an en el ortocentro de D0 E 0 F 0. 2. Demostrar que (a) el producto de los segmentos en los que un lado de un tri´angulo queda dividido por el v´ertice correspondiente del tri´angulo ´ortico es igual al producto de los lados del tri´angulo ´ortico que pasan por el v´ertice considerado; (b) el producto de los seis segmentos en los que los lados de un tri´angulo quedan divididos por los pieds de las alturas es igual al cuadrado del producto de los tres lados del tri´angulo ´ortico. Soluci´on. Para demostrar (a) usamos los tri´angulos semejantes DBF y DEC.

A E F H

B

D

C Figura 6

BD ED = ⇒ BD · DC = DF · ED. DF DC

6

Para demostrar (b) obtenemos expresiones similares para los otros v´ertices y las multiplicamos: BD · DC · CE · EA · AF · F B =(DF · ED) · (ED · F E) · (F E · DF ) =(DF · F E · ED)2 . 3. Si P, Q son los pies de las perpendiculares desde los v´ertices B, C del triangulo ABC sobre los lados DF , DE del tri´angulo ´ortico DEF , demostrar que EQ = F P . Soluci´on. Con trigonometr´ıa tenemos: EQ = CE · cos B =(BC · cos C) · cos B =(BC · cos B) · cos C = F B · cos C = F P.

Q′ A E F H

P′

Q P B

D

C Figura 7

De otra forma, B y C son excentros del tri´angulo DEF , y P y Q son puntos de contacto de las circunferencias exinscritas (B) y (C) al tri´angulo DEF y como es conocido, tenemos EP 0 = F Q0 = s, siendo s el semiper´ımetro de DEF . Entonces, tenemos F P = F P 0 = EP 0 − F E = s − F E = F Q0 − F E = EQ0 = EQ. 4. DP, DQ son las perpendiculares desde el pie D de la altura AD del tri´angulo ABC sobre los v´ertices AC, AB. Demostrar que los puntos B, C, P, Q son conc´ıclicos y que ∠DP B = ∠CQD. 7

Soluci´on. Para razonar que los puntos B, C, P , Q son conc´ıclicos tenemos en cuenta que B, C, E, F lo son. Entonces, usando potencias, AF · AB = AE · AC. Ahora, usando los tri´angulos semejantes AEF y AP Q, AE AB AP = = ⇒ AP · AC = AQ · AB, AQ AF AC es decir, B, C, P, Q son conc´ıclicos. A partir de aqu´ı, ∠DP B = ∠CP B − 90◦ = ∠CQB − 90◦ = ∠CQB. A E P

F H Q B

D

C

Figura 8

5. Demostrar que las cuatro proyecciones del pie de la altura sobre un lado de un tri´angulo sobre los otros dos lados y las otras dos alturas est´an alineados.

A E P

F K Q B

L D

C

Figura 9

8

Soluci´on. El pie D de la altura trazada por A es com´ un a las circunferencias con di´ametros AB y AC como di´ametro. Los puntos L, P y Q son los pies de las perpendiculares trazadas por el punto D a los lados del tri´angulo ABE, por lo que est´an alineados (sobre la recta de Wallace-Simson del punto D respecto del tri´angulo ABE. De la misma forma, los puntos K, Q, P est´an alineados, ya que son los pies de las perpendiculares trazadas por el punto D sobre los lados CF , F A, AC del tri´angulo ACF . En consecuencia, los cuatro puntos K, L, P, Q est´an alineados. 6. Demostrar que el per´ımetro del tri´angulo ´ortico de un tri´angulo acut´angulo ABC es menor que el doble de cualquier altura del tri´angulo ABC. Soluci´on. Sea DEF el tri´angulo ´ortico de ABC y sean P, Q las proyecciones de D sobre las rectas CA y AB respectivamente. Llamemos R y S a los sim´etricos de D respecto de P, Q.

R

A E P

F

S

Q B

D

C

Figura 10

Por ser ∠DEF = 2(90◦ − B) y ∠DEC = B, los puntos F, E, R est´an alineados, y lo mismo les ocurre a los puntos S, F, E. El per´ımetro p del tri´angulo ´ortico es p = DF + F E + ED = SF + F E + ED = 2 · QP < 2 · AD La desigualdad se debe a que, por ser ∠DP A = 90◦ = ∠DQA, el cuadril´atero AP DQ est´a inscrito en una circunferencia, de la que P Q es una cuerda y AD es un di´ametro. 9

3.

Algunas f´ ormulas interesantes Ib

K′ A Ic I

J

L O

Xc

B

A′

X

Xa

C

Xb

K

Ia Figura 11

Sean A0 el punto medio del lado BC (Figura 11), y sean X, Xa , Xb , Xc los puntos de contacto de la circunferencia inscrita y las circunferencias exinscritas. La recta paralela a BC por I corta al di´ametro KK 0 en L y a la prolongaci´on de IaXa en J . El punto K es el punto medio del lado IIa del tri´angulo IJ Ia, y entonces tenemos KA0 + r = KA0 + A0L = KL = 21 IaJ = 12 (Ia Xa + Xa J ) = 21 (ra + r), de donde A0K = 12 (ra − r).

(1)

Por otro lado, por ser BXb = CXb = s, K 0 es el punto medio del lado Ib Ic 10

del trapecio IbIc Xc Xb , resultando 1 1 A0 K 0 = (Ib Xb + Ic Xc ) = (rb + rc ). 2 2

(2)

Sumando (1) y (2), 2R = KK 0 = KA0 + A0K 0 = 21 (ra − r) + 21 (rb + rc ), es decir 4R = ra + rb + rc − r. (3) Teorema de Carnot. La suma de las distancias del circuncentro de un tri´angulo a los tres lados del tri´angulo es igual a la suma de los radios de las circunferencias circunscrita e inscrita. Demostraci´on. En efecto, es OA0 = OK − A0K = R − 12 (ra − r) y lo mismo para los otros v´ertices, OB 0 = R − 21 (rb − r) y OC 0 = R − 12 (rc − r). Sumando las tres cantidades, 1 (ra + rb + rc − 3r) 2 1 =3R − (4R + r − 3r) = R + r. 2

OA0 + OB 0 + OC 0 =3R −

4.

M´ as propiedades del tri´ angulo ´ ortico

Propiedad 8. La distancia de un lado de un tri´angulo al circuncentro es la mitad de la distancia del v´ertice opuesto al ortocentro.

A E L F H B

D

O

A′

Figura 12

11

C

Demostraci´on. Sea L el punto diametralmente opuesto al v´ertice C sobre la circunferencia circunscrita (Figura 12); el segmento OA0 une los puntos medios de los lados del tri´angulo recto BCL, y de aqu´ı OA0 = 21 BL. Por otro lado, los lados opuestos del cuadril´atero ALBH son respectivamente perpendiculares a las rectas AC, BC; por tanto ALBH es un paralelogramo, y BL = AH, que es lo que se quer´ıa demostrar. Propiedad 9. En un tri´angulo las distancias de los v´ertices al ortocentro, incrementadas con los correspondientes exradios, son iguales. Demostraci´on. Teniendo en cuenta (1) A0K = 21 (ra − r) ⇒ ra − r = 2A0 K = 2(OK − OA0 ) = 2R − 2OA0 = 2R − AH ⇒ AH + ra = 2R + r. Propiedad 10. La raz´on entre un lado de un tri´angulo y el correspondiente lado del tri´angulo ´ortico es igual la raz´on entre el radio de la circunferencia circunscrita y la distancia del lado considerado al circuncentro. Propiedad 11. El segmento AH es el di´ametro de la circunferencia circunscrita al tri´angulo AEF , y las rectas BC, EF son lados correspondientes en los tri´angulos semejantes ABC, AEF , de donde resulta BC : EF = 2R : AH = R : OA0 . Corolario. Si DEF es el tri´angulo ´ortico de un tri´angulo acut´angulo ABC y R, r son los radios de la circunferencia circunscrita e inscrita, respectivamente, entonces EF F D DE R+r + + = . BC CA AB r Demostraci´on. Usando la propiedad anterior y el teorema de Carnot, EF F D DE OA0 OB 0 OC 0 R+r + + = + + = . BC CA AB R R R R Propiedad 12. El per´ımetro del tri´angulo ´ortico de un tri´angulo acut´ angulo es igual al doble del ´area del tri´angulo dividido por el radio de la circunferencia circunscrita.

12

Demostraci´on. Seg´ un la propiedad 11, llamando S al ´area del tri´angulo ABC, EF + F D + DE =

BC · OA0 + CA · OB 0 + AB · OC 0 2S = . R R

Problema. Construir un tri´angulo dados en posici´on las trazas D, U, A0 sobre la base del tri´angulo de la altura, la bisectriz interior y de la mediana trazadas desde el v´ertice opuesto, y la distancia d de ese v´ertice al ortocentro. Soluci´on. Sobre la perpendicular a DUA0 en A0, levantamos A0 O = 12 d obteniendo el circuncentro O del tri´angulo buscado. El punto A estar´a sobre la perpendicular a DUA0 trazada por D. Seg´ un vimos en la demostraci´on de la Propiedad 5, la bisectriz del ´angulo A tambi´en debe ser bisectriz del ´angulo DAO, por lo que el punto A debe estar en la recta tangente desde O a la cirucnferencia con centro U que pasa por D. De esta manera, el v´ertice A queda determinado. La circunferencia con centro O y radio OA cortar´a a la recta DUA0 en los dos v´ertices B y C del tri´angulo buscado.

5.

M´ as ejercicios

7. En el tri´angulo ABC demostrar que: AH 2 + BC 2 = 4OA2 . Soluci´on. Con la misma notaci´on que antes, AH 2 + BC 2 = 4OA02 + 4BA02 = 4OB 2 = 4OA2 . 8. Construir un tri´angulo dados en posici´on un v´ertice, el punto medio del lado opuesto y el ortocentro. Soluci´on. Como el segmento AH es el doble del segmento OA0, trazamos por A0 una paralela a AH y sobre ella marcamos el punto O cumpliendo A0O = 21 HA, lo cual determina el circuncentro O. Trazando la circunferencia con centro O y radio OA, y hallando su intersecci´on con la perpendicular a AH por A0 obtendremos los dos vertices restantes del tri´angulo buscado. 9. Construir un tri´angulo dados en posici´on la circunferencia circunscrita, el ortocentro y la longitud de un lado. 13

Soluci´on. Suponemos conocido en posici´on la circunferencia circunscrita, con centro O y radio R, el ortocentro H y la longitud a del lado BC. Teniendo en cuenta la f´ormula AH 2 + BC 2 = 4OA2 , es decir, AH 2 + a2 = 4R2 , trazamos una cuerda cualquiera P Q de longitud a sobre la circunferencia y el di´ametro P P 0 . Entonces, la longitud QP 0 ser´a igual a AH. Esto permite localizar el v´ertice A, trazando una circunferencia de centro H y radio QP 0 , que cortar´a en general en dos puntos a la circunferencia dada. Una vez hallado el v´ertice A, tenemos en cuenta que los segmentos AH y OA0 son paralelos y uno el doble del otro, lo que permite determinar A0, punto medio del lado BC. Por A0 trazamos una perpendicular a la recta AH y tendremos la recta BC, que cortar´a a la circunferencia dada en los dos v´ertices restantes del tri´angulo buscado.

a

P' A

C H

O P'

A'

B

P

Figura 13

Discusi´on. Para que el problema tenga soluci´on es necesario que la circunferencia dada y la circunferencia con centro H y radio QP 0 tengan puntos en com´ un. Puede comprobarse que ello ocurre si y solo si se 14

cumplen las condiciones siguientes: OH 6 3R,

|a2 + OH 2 − 3R2 | 6 2R · OH.

10. Construir un tri´angulo dados el radio de la circunferencia circunscrita, la distancia de un v´ertice al ortocentro y la longitud de la mediana trazada desde ese v´ertice. Soluci´on. Suponemos conocido el radio R de la circunferencia circunscrita, la distancia 2d del v´ertice A al ortocentro y la longitud ma de la mediana trazada desde A. Sobre una recta cualquiera r, fijamos un punto A0 que va a ser el punto medio del lado BC. Por A0 levantamos una perpendicular A0O a dicha recta, de longitud d, con lo que O ser´a el circuncentro del tri´angulo buscado. Con centro O y radio R trazamos una circunferencia, que ser´a la circunferencia circunscrita al mismo. Para determinar el v´ertice A tenemos en cuenta que ma = AA0 es conocida, por lo que trazamos una circunferencia con centro A0 y radio AA0, que encuentra a la circunferencia (O) en las posibles posiciones del v´ertice A. Los v´ertices B y C se obtienen como intersecci´on de la circunferencia (O) y la recta r. A 2d ma R

O B

A'

C

Figura 14

Discusi´on. Para que el problema tenga soluci´on es necesario que las circunferencias (O) y (A0) de la construcci´on tengan puntos comunes. 15

Ello ocurrir´a si y solo si las longitudes d, ma y R forman tri´angulo, aunque ´este sea degenerado, es decir, aunque alguna de ellas sea la suma de las dem´as. 11. Construir un tri´angulo conociendo la base, la distancia del v´ertice opuesto al ortocentro y el radio de la circunferencia inscrita. A d r

m I

a B

O A'

C

K

Figura 15

Soluci´on. Suponemos conocida la longitud a de la base BC, la distancia 2d del v´ertice A al ortocentro H y el radio r de la circunferencia inscrita. Comenzamos por fijar sobre una recta cualquiera dos puntos B y C tales que BC = a. Hallamos el punto medio A0 de BC y por el levantamos una perpendicular A0O de longitud 21 d, de manera que O ser´a el circuncentro del tri´angulo buscado. Con centro en O y radio OB podemos trazar la circunferencia circunscrita al tri´angulo buscado. Al prolongar el segmento OA0 encontramos el punto K sobre esta circunferencia. Sabemos que K es centro de una circunferencia que pasa por los v´ertices B y C y por el incentro I. Como conocemos el radio r de la circunferencia inscrita podemos trazar una recta m a distancia r de la recta BC y por el lado contrario de ´esta al que est´a el punto K. Esta recta cortar´a a la circunferencia (K) en el incentro I (en general aparecer´an dos puntos sim´etricos respecto de la recta OA0 ). La recta KI cortar´a a la circunferencia (O) en el v´ertice A del tri´angulo buscado.

16

Discusi´on. Adem´as de la condici´on evidente a > 2r, para que el problema tenga soluci´on es necesario que la circunferencia (K) corte a la recta m, y esto ocurrir´a siempre que sea d>

24a2 r2 − a4 − 16r4 . 8r(a2 − 4r2 )

12. Una segmento variable de longitud constante tiene sus extremos en dos rectas secantes fijas. Demostrar que el lugar geom´etrico del ortocentro del tri´angulo variable formado por las tres rectas es una circunferencia. Soluci´on. En el tri´angulo variable sean A el ´angulo formado por las dos rectas y a el lado variable de longitud constante. Entonces, por ser a = 2R sen A, el radio de la circunferencia circunscrita es constante, y usando la f´ormula AH 2 +BC 2 = 4·OA2, la distancia de A al ortocentro H tambi´en ser´a constante, es decir H estar´a en una circunferencia de centro A. 13. La base BC y la circunferencia circunscrita (O) de un tri´angulo variable ABC son fijos. Hallar el lugar geom´etrico del ortocentro del tri´angulo que tiene por v´ertices las trazas sobre (O) de las bisectrices interiores de los ´angulos de ABC. U' A

V

W

O I

C

B

U

Figura 16

17

Soluci´on. Supongamos que las bisectrices del ´angulo ABC cortan a la circunferencia (O) en los puntos U, V, W . En la Figura 16 hemos trazado el di´ametro UU 0 formando el ´angulo recto UAU 0 . Entonces, siendo ∠UAC = 21 A y ∠CAV = 12 B, resulta que 1 1 1 ∠V AU 0 = 90◦ − A − B = C = ∠ACW = ∠AU 0W, 2 2 2 la cuerda V W ser´a paralela a la cuerda U 0 A, y por tanto perpendicular a la recta UA. Esto indica que UA es una altura del tri´angulo UV W . De la misma forma, V B y W C son tambi´en alturas, por lo que el ortocentro de UV W es el incentro I de ABC. Al variar A sobre la circunferencia sabemos que I describe arcos de circunferencia con centros en U y U 0 , y pasando por B y C, y estos dos arcos son el lugar geom´etrico buscado.

18