Comenzamos la serie de problemas de la Olimpiada Internacional de Matemáticas 2008 con el primer problema propuesto en la misma. Es el siguiente:
Un triángulo acutángulo
tiene ortocentro
. La circunferencia con centro en el punto medio de
que pasa por
y
. La circunferencia con centro en el punto medio de
que pasa por
y
. La circunferencia con centro en el punto medio de
que pasa por
y
. Demostrar que
y
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http://s2.subirimagenes.com/fotos/previo/thump_850607triangulos.jpg
No tengo mucha idea asi que intuyo:
Cualquier punto de la bisectriz de un ángulo de un triangulo equidista de los lados que definen dicho ángulo.
Por alguna razon que se me escapa la distancia entre las esquinas y los cortes es siempre igual. (Ayudaa!)
De modo que el la circunferencia con centro en el circuncentro y radio a cualquiera de los cortes pasará por todos ellos.
La mediatriz de BC son los puntos del plano que equidistan de A1 y A2.
Análogamente, B1 y B2 equidistan de la mediatriz de AC; y C1 y C2 de la de AB.
Para que exista una circunferencia que contenga los seis puntos, las tres mediatrices deberían cortarse en un mismo punto, y al ser las mediatrices de un triángulo, sabemos que sí se cortan, en el circuncentro.
No se si me he explicado bien, y tampoco se usar LaTeX, torpe que es uno…
¿Se me escapa algo? ¿O es así?
Para el lado
con punto medio 
, se tiene que la distancia al ortocentro 
es 
y es igual a la distancia 
y 
.
Como
y 
forman un ángulo recto, se tiene que:
Como esto se repite de igual manera para los otros dos lados y
debe ser el mismo, el triángulo debe ser equilátero…. creo. 😀
Me temo que no sé hacerlo sin cálculos con coordenadas, pero hay algunas simplificaciones posibles. Como dice koldo85, la circunferencia en cuestión debe tener como centro el circuncentro del triángulo. Llamemos al punto medio del lado (para los otros lados el razonamiento será igual). Si hacemos todos los dibujos correspondientes, se ve que es la hipotenusa del triángulo rectángulo . El cateto mide lo mismo que la distancia de al ortocentro. En definitiva, basta demostrar que «la suma de los cuadrados de las distancias de los puntos medios de los lados al ortocentro y al circuncentro son iguales para los… Lee más »
Solo un pequeña aclaracion Ax H y Ax A1 no tienen porque formar un agulo recto porque H es un ortocentro y no un circuncentro. Ademas de aunque fuera un circuncentro en el unico caso en el que el angulo seria recto ocurriria cuando el triangulo fuera equilatero.
Puede que me equivoque, aun asi aqui hay una pequeña explicacion para los que la necesiten:
http://es.wikipedia.org/wiki/Ortocentro
Si
está en el lado del triángulo y 
es la altura hasta el ortocentro H, deberían ser perpendiculares ¿no? (por ser precissamente ortocentro).
O mirándolo de otra manera:
Para que
y 
se encuentren en la misma circunferencia, deben equidistar de un mismo punto, con lo que este punto se tiene que encontrar en la recta dada por 
. Como lo mismo ocurre para los otros dos lados, el centro de la circunfernecia se debe encontrar en el punto en el que se cortan estas rectas, o sea, 
y , para que se pueda hacer la circunferencia 
; todos iguales y, por tanto, equilátero.
Si, el ortocentro deberia formar un angulo recto si quisieramos que esos puntos formen parte de la circumferencia pero el enunciado dice que las circumferencias tienen origen en el punto medio de los tres lados y que pasan por H, y al ser H un ortocentro el radio de estas circumferencias puede variar dependiendo de si el triangulo es isosceles o escalero. En el caso de que fuera equilatero lo que dijiste es cierto, pero me da la impresion de que no tiene que ser necesariamente equilatero. Esto a su vez significa que las medidas entre Ax con A1 y… Lee más »
Perdon, voy a ser mas claro:
Si imaginas el triangulo de esta pagina http://es.wikipedia.org/wiki/Ortocentro y dibujas 3 circulos que pasen ademas de por las mediatrices por el ortocentro veras como las intersecciones difieren de longitud por no tener todas las mediatrices la misma distancia respecto a el ortocentro. Asi es mas facil de entender.
Cierto, por eso obligas a que sea equilátero para que puedan estar todos en una circunferencia (como digo en el segundo razonamiento, el de las 17:08). Si no, no hay manera.
Pero, creo, que apesar de que no esten a la misma distancia del ortocentro si se puede formar una circumferencia con esos puntos. Pienso eso porque si imaginas esos segmentos (A1A2, B1B2, etc) como si fueran las bases de 3 triangulos (con el extremo apuntando en un supuesto centro de la circumferencia) y los divides por la mitad para que se conviertan en triangulos rectos veras que para que tengan la misma hipotenusa (o mejor dicho, la misma distancia hacia el supuesto centro) no hace falta que tengan la misma altura y eso si no me equivoco significa que no… Lee más »
Me parece que lo he entendido, creo, pero entonces, ahí está la cuestión del asunto, que para que todos los puntos
estén en una circunferencia (que en principio no tiene por qué ser el ortocentro) deben equidistar todos de un punto, y eso sólo lo consigues cuando el triángulo es equilátero, puesto que si no, como tu dices, las distancias van a ser distintas.
Si,
(y etc) han de equidistar, de eso no hay duda pero 
y 
no tienen la necesidad de equidistar ya que 
depende de 
. Si 
y 
han de ser perpendiculares entonces 
es un triangulo rectangulo y como ya sabes cambiando los valores de los catetos se puede mantener la hipotenusa (
) constante.
Ya, pero como
tienen que estar en otra circunferencia con centro en 
, los dos catetos están fijados y son iguales.
marsanos, podemos seguir sin usar coordenadas pues “la diferencia entre los cuadrados del semilado y la distancia del punto medio al ortocentro» es igual a «el producto de los segmentos en que el ortocentro divide a cada altura», porque los dos son la potencia del ortocentro respecto al circulo con centro en el punto medio del lado y radio el semilado. (Un círculo que tiene un lado por diámetro pasa por los pies de alturas sobre los otros lados, y como el triángulo es acutángulo, el ortocentro está en el interior del triángulo y entonces un círculo que tiene un… Lee más »
Gracias, fede. ¡Cuánto sabes!
Hay que tener en cuenta que éste es el problema más sencillo (en teoría) en una Olimpiada Internacional, ya que es el primero. Las cosas se van complicando en el 2º y el 3º.
En la segunda sesión se repite la escala de dificultad, aumentándola ligeramente, es decir, que en orden de dificultad, los problemas serían 1º – 4º – 2º – 5º – 3º – 6º.
Es muy fácil: 1/ si están contenidos en una circunferencia A1-A2, B1-B2 y C1-C2 formarían tres cuerdas de la misma. Poríamos localizar su centro trazando tres perpendiculares a las cuerdas por sus puntos medios. Si las tres rectas se intersecan en un punto, voilá. Si no, los seis puntos no están en una circunferencia. 2/ Los puntos medios de las cuerdas coinciden con los puntos medios de los lados y sabemos que las perpendiculares a los TRES lados en sus puntos medios se cortan en UN ÚNICO punto: el circuncentro. LUEGO SE VERIFICA QUE A1, A2, B1,B2,C1 y C2 estarán… Lee más »
Esta misma es la solución de Kordo85.
pero no es correcta
Es similar a la mía.. y sólo se cumple cuando los tres lados son iguales.
No Angel, con centro en el circuncentro puedes hacer una circunferencia que pase por los tres vertices, en cualquier triángulo, sea equilatero o de cualquier otro tipo. Ahora, si haces esa circunferencia un poco más pequeña, cortará a los tres lados en unos puntos que podríamos llamar A1-A2, B1-B2 y C1-C2, siendo los puntos de cada par equidistantes al centro del lado. Si en cambio la circunferencia se hace un poco mayor, pues pasa lo mismo (si prolongamos los lados en línea recta). Es decir: Cualquier circunferencia con centro en el circuncentro, corta a los lados del triángulo o sus… Lee más »
Ya, Sive, pero ese circuncentro tiene que estar en cada una de las alturas para que los puntos
y 
equidisten también del punto 
(en el que la altura corta al lado). Como se debe cumplir para cada uno de lso tres lados, el circuncentro va a coincidir conel ortocentro y, por tanto, equilátero.
No entiendo tu objecion Angel pero hay algo que se te escapa, el enunciado del problema parece que es correcto para cualquier triángulo acutángulo. Al menos lo es con los dos o tres con los que lo he probado geométricamente, amparándome siempre en la ley del punto gordo, claro 😛
Es que yo creo que el enunciado tiene su trampa; el triangulo es acutángulo, con lo que puede ser equilátero. Sólo habla de un triángulo. No dice que se deba demostrar para todos los posibles triángulos acutángulos. El razonamiento tal como yo lo veo: 1 – Hay dos puntos y que se encuentran en una recta. 2 – Hay un punto (circuncentro) que define una circunferencia que pasa por los dos puntos. De ahí: debe encontrarse en una recta que pasa por el punto medio entre y para que siempre equidisten de . Hasta aquí es completamente general y no… Lee más »
Del enunciado no se desprende que los puntos sean simétricos a las alturas por cada lado. Se desprende que son simétricos a las mediatrices, puesto que equidistan de los puntos medios de cada lado.
Además el enunciado es correcto para cualquier triángulo acutángulo. Lo es empíricamente (lo he puesto a prueba) y teóricamente (marsanos y fede lo han demostrado ya). Así que cualquier razonamiento que diga algo diferente, contiene un error necesariamente.
Cierto, la demostración anterior solo usa, así a primera vista, las proposiciones de Euclides:
( lo siento no me deja poner enlaces ??. – poner http: delante )
//aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookI/propI47.html
//aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII35.html
//aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII31.html
y quizá IV.5
Lo más ‘avanzado’ sería lo de la ‘potencia de un punto’ (definición en Wikipedia) que está en Elementos III.35.
Ya tenemos 2 demostraciones: la analítica apuntada por marsanos, y la sintética entre el comentario de marsanos y el que puse antes.
Sería interesante encontrar alguna demostración diferente.
Tomo nota.. A leer me Elementos..:D
El enunciado no es correcto para los triangulos escaleros ya que no es posible lograr encontrar un circuncentro con la condicion de que las lineas perpendiculares pasen por el centro de los lados. Sin esa condicion si, pero no es el caso. El razonamiento es simple, si partes de un triangulo equilatero y a su vertice superior lo alejas hacia arriba puedes imaginar que al alargarse los catetos laterales su centro se desplazara tambien hacia arriba, hasta ahi no hay problema. Luego, si ademas de mover el vertice superior movieras uno de los dos inferiores hacia la derecha (o izquierda)… Lee más »
Quiero rectificar, realmente no son dos los centros desplazados. Lo que sucede es que al desplazar el centro de la base hacia un lado o otro hace que sea imposible que una perpendicular que pase por ese punto pueda formar un unico punto de interseccion.
Ese punto de interseccion tampoco tiene porque ser el circuncentro, ni tampoco tienen porque ser
y 
(las mediatrices) equidistantes de el.
Angel, hay gente que dice (y estoy de acuerdo) que es uno de los libros más sensacionales que ha producido la humanidad.
Creo que vale la pena (es un decir 🙂 ) leerlo.
Hola a todos !! Este problema me recuerda a mi todavía etapa de olímpico, veamos, se me han ocurrido dos formas de resolverlo. Lo fundamental para ambas es olvidarnos de los puntos; tenemos que hacer que las rectas que llamaré x y z , perpendiculares a AB , AC, BC,respectivamente, concurran en un punto, en el centro de nuestra circunferencia. 1º Forma, la que menos me gusta, pero la que hay que hacer si vemos que no nos queda mucho tiempo para los demás problemas de la olimpiada: Coordenadas cartesianas Antes de ello es fundamental unas minimas consideraciones para poder… Lee más »
Sean los puntos medios de los segmentos respectivamente. Teniendo en cuenta la definición de mediatriz, será la recta ortogonal a BC y que pasa por de tal forma que De la misma manera tendremos dos mediatrices para los segmentos y : Además, son las mediatrices del triángulo ABC y, por tanto, se cortarán un único punto, G, que es el circuncentro del triángulo ABC. Teniendo en cuenta que dicho punto G es común a las tres mediatrices mencionadas se cumple que: Recordamos la definición de circunferencia: Sea O un punto del plano y r un número real mayor que cero.… Lee más »
Si llamamos L, M y N a los puntos medios de los lados a, b y c, y D, E y F a los pies de las alturas, tenemos que MN∥CB, y por tanto MN⊥AD. Como las circunferencias de centros M y N pasan por H, al igual que AD, resulta que AD es el eje radical de estas circunferencias. Si los puntos de corte con las tres circunferencias son P, Q, S, T, U, V en orden cíclico de A a B, tenemos entonces que AP·AQ=AV·AU ⇒ {P, Q, U, V} son concíclicos y equidistan de O. Igualmente, {P,Q,S,T}… Lee más »