Para el aula (nivel universitario)

Problema 243 . Propuesto por José María Pedret, ingeniero naval (Esplugues de Llobregat, Barcelona)

296 Construir un triángulo conociendo los puntos simétricos del ortocentro respecto a sus tres lados.

Sapiña, J. (1955): Problemas Gráficos de Geometría, Litograf. Madrid.

(Juan Sapiña Borja, Aparejador, Perito Industrial, Profesor )

Solución de José María Pedret, Ingeniero Naval. Esplugues de Llobregat (Barcelona). (16 de mayo de 2005)

Antes de empezar repasaremos tres teoremas BÁSICOS

TEOREMA I Pedro Puig Adam. Geometría Métrica, tomo I, 15ª edición pág. 51

En una misma circunferencia o en circunferencias iguales, a ángulos centrales iguales corresponden arcos iguales, y a arcos iguales corresponden ángulos centrales iguales.

TEOREMA II Pedro Puig Adam. Geometría Métrica, tomo I, 15ª edición pág. 53

El lugar geométrico de los vértices de todos los ángulos directamente congruentes entre sí cuyos lados pasan por dos puntos fijos A y B, es un arco de circunferencia de extremos A y B, llamado arco capaz del ángulo sobre el segmento AB.

TEOREMA III Pedro Puig Adam. Geometría Métrica, tomo I, 15ª edición pág. 84

Todo ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del central que comprende el mismo arco.

DISCUSIÓN

Supongamos que tenemos los pies de las perpendiculares del triángulo ABC

figura 1

Si el arco es una semicircunferencia el arco central es π y por tanto si consideramos CH_bB inscrito en una circunferencia, el valor del ángulo es la mitad del central y H_b=π/2.

Por lo tanto, podemos considerar al triángulo rectángulo como inscrito en un círculo cuyo diámetro es la hipotenusa y el vértice del ángulo recto sobre la circunferencia; y por lo tanto H_c como pie de altura es pie de la perpendicular desde C al lado AB y como tal es el vértice de un ángulo recto y de acuerdo con el párrafo anterior también está sobre la circunferencia de diámetro BC.

figura 2

Existen por lo tanto tres círculos que pasan cada uno por dos pies de altura y por los vértices del lado del triángulo al que no pertenecen los pies de altura considerados.

figura 3

Tomemos ahora, en el círculo H_bH_cBC, el segmento H_bH_c; los ángulos H_bCH_c y H_bBH_c son iguales y por lo tanto los ángulos ACH_c y H_bBA, son iguales.

figura 4

En el círculo H_cH_aCA consideramos el segmento AH_c; los ángulos ACH_c y AH_aH_c son iguales.

figura 5

Tomamos el segmento H_bA en el círculo H_aH_bAB; los ángulos H_bH_aA y H_bBA son iguales.

figura 6

En la figura 3, los ángulos ACH_c y H_bBA, son iguales.

En la figura 4, los ángulos ACH_c y AH_aH_c son iguales.

En la figura 5, los ángulos H_bH_aA y H_bBA son iguales y así

∠H_bH_aA=∠H_bBA=∠ACH_c=∠H_bBA=∠ACH_c=∠AH_aHc

∠H_bH_aA=∠AH_aHc

POR LO QUE DEDUCIMOS QUE LA ALTURA AH_a ES LA BISECTRIZ DEL ÁNGULO H_bH_aH_c.

SUPONGAMOS EL PROBLEMA RESUELTO

figura 7

Se ve en la INTRODUCCIÓN que las alturas son las bisectrices del triángulo órtico (triángulo de los pies de las alturas).

Veremos ahora que el triángulo H_aH_bH_c formado por los puntos simétricos del ortocentro respecto a los lados del triángulo es homotético al triángulo órtico A’B’C’. Por simetría:

HA’ = A’H_a ⇒ HH_a = HA’ + A’H_a = 2HA’ ⇒ HH_a/HA’ = 2.

HB’ = B’H_b ⇒ HH_b = HB’ + B’H_b = 2HB’ ⇒ HH_b/HB’ = 2.

HC’ = C’H_c ⇒ HH_c = HC’ + C’H_c = 2HC’ ⇒ HH_c/HC’ = 2.

Y estas tres últimas ecuaciones nos dicen que

2 = HH_a/HA’ = HH_b/HB’ = HH_c/HC’ =2.

Y por lo tanto los triángulos son homotéticos con centro en H y razón 2.

SOLUCIÓN

Dado el triángulo H_aH_bH_c podemos hallar H. Intersección de sus bisectrices (INTRODUCCION).

Obtenido H podemos hallar los pies de las perpendiculares. (HOMOTECIA INVERSA centro H razón ½)

Con los pies de las perpendiculares hallamos los lados del triángulo buscado. (PERPENDICULARIDAD).

Con lo anterior tenemos el triángulo buscado.

PASO 1

figura 8

Dados H_a, H_b y H_c formamos el triángulo y obtenemos sus bisectrices que se cortan en H. Como hemos visto, H es también el ortocentro del triángulo buscado ABC y estas bisectrices son también las alturas del triángulo ABC.

PASO 2

figura 9

Hallamos los pies de las perpendiculares A’, B’, C’ como puntos medios de HH_a, HH_b, HH_c, respectivamente. O lo que es lo mismo, hallamos el transformado del triángulo H_aH_bH_c por medio de una homotecia de centro H y razón ½.

PASO 3

figura 10

La perpendicular p_A’ por A’ a HA’ contiene al lado BC.

La perpendicular p_B’ por B’ a HB’ contiene al lado CA.

La perpendicular p_C’ por C’ a HC’ contiene al lado AB.

PASO 4

figura 11

p_B’ ∩ p_C’= A.

p_C’ ∩ p_A’= B.

p_A’ ∩ p_B’= C.

ABC es el triángulo buscado.