De investigación. Propuesto por Juan Bosco Romero Márquez, profesor colaborador de la Universidad de Valladolid.

Problema 448

Sea A'B'C' el triángulo formado con los puntos medios del triángulo dado ABC.Denotamos por O_i, G_i, X_i, i = 1, 2, 3, los circuncentros, baricentros y ortocentros de los triángulos AB'C', BC'A' y CA'B', respectivamente.

Probar que:

a) Los triángulos O₁O₂O₃, G₁G₂G₃, y X₁X₂X₃ son semejantes al ABC y congruentes al A'B'C'.

b) Si T es el ortocentro del triángulo O₁O₂O₃, entonces T el centro de todos los rectángulos B'C'X₂X₃, C'A'X₃X₁ y A'B'X₁X₂.

c) Sean A₂, B₁ las proyecciones ortogonales de A', B', respectivamente, sobre AB ; sean B₃, C₂ las proyecciones ortogonales de B', C', respectivamente, sobre BC ; sean A₃, C₁, las proyecciones ortogonales de A', C', respectivamente, sobre AC. Llamemos Q₁, Q₂, Q₃ a los centros de los rectángulos B'C'C₂B₃, C'A'A₃C₁ y A'B'B₁A₂, respectivamente, y llamemos S₁, S₂, S₃ a los puntos de intersección

S₁= A₂C₂ ∩ A₃B₃, S₂= B₁C₁ ∩ B₃A₃ y S₃ = C₁B₁ ∩ C₂A₂.

Demostrar que los triángulos Q₁Q₂Q₃ y S₁S₂S₃ son semejantes por homotecia, de la que se calculará su centro y razón.

d) B₁C₁ = 2 Q₃Q₂, A₂C₂ = 2 Q₃Q₁, A₃B₃ = 2 Q₂Q₁.

Romero, J.B. (2007): Comunicación personal.

Solución de José María Pedret, Ingeniero Naval. Esplugues de Llobregat (Barcelona). (16 de marzo de 2008

SOLUCIÓN (a)

Trazamos el enunciado y por ser A', B' C' puntos medios nos queda que los triángulos AB'C', B'CA' y C'A'B son todos de lados paralelos (las rectas que unen los puntos medios de dos lados son paralelas al tercer lado). Además, como paralelas entre paralelas son iguales, podemos concluir que dichos triángulos son congruentes entre sí y semejantes al triángulo dado ABC, pues tienen los lados paralelos.

También, como el triángulo A'B'C' tiene los lados paralelos a los del triángulo dado ABC y de longitud la mitad, podemos concluir que los triángulos AB'C', B'CA' y C'A'B son congruentes al triángulo A'B'C'.

figura 1

Si construimos ahora los puntos O_i como intersección de las mediatrices, como las mediatrices correspondientes de los distintos triángulos (que son congruentes) son paralelas e iguales entre sí; y como paralelas entre paralelas son iguales tenemos:

y análogamente para O₂O₃ y O₃O₁

Por lo tanto el triángulo O₁O₂O₃ tiene los lados iguales y paralelos a los del triángulo A'B'C' y en consecuencia es congruente con A'B'C' y semejante con ABC.

figura 2

Construyendo los puntos G_i como intersección de las medianas, por el mismo motivo que en el caso de los puntos O_i, las medianas de los distintos triángulos congruentes formados son paralelas e iguales entre sí y en consecuencia:

y análogamente para G₂G₃ y G₃G₁

Por lo tanto el triángulo G₁G₂G₃ tiene los lados iguales y paralelos a los del triángulo A'B'C' y en consecuencia es congruente con A'B'C' y semejante con ABC.

figura 3

Construyendo los puntos X_i como intersección de las alturas, por el mismo motivo que en el caso de los puntos O_i y G_i, las alturas de los distintos triángulos formados son paralelas e iguales entre sí y en consecuencia:

y análogamente para X₂X₃ y X₃X₁

Por lo tanto el triángulo X₁X₂X₃ tiene los lados iguales y paralelos a los del triángulo A'B'C' y en consecuencia es congruente con A'B'C' y semejante con ABC.

SOLUCIÓN (b)

figura 4

Por ser los puntos O_i intersecciones de las mediatrices de los distintos triángulos congruentes, las alturas desde los puntos O_i en el triángulo O₁O₂O₃ son las mediatrices de los lados del triángulo A' B' C'; en consecuencia, T es el centro del círculo circunscrito al triángulo A'B'C'.

Está claro que los cuadriláteros B'C'X₂X₃, C'A'X₃X₁, A'B'X₁X₂ (como dice el enunciado) son rectángulos por tener lados paralelos a rectas perpendiculares entre sí; en consecuencia cada conjunto de cuatro vértices son cocíclicos, lo que nos lleva a que los puntos A', B', C', X₁, X₂ y X₃ están en el mismo círculo; y por lo tanto ese círculo es el circunscrito a A'B'C' de lo que deducimos que T es el centro de los rectángulos considerados en el enunciado.

SOLUCIÓN (c)

figura 5

Para este apartado, basta observar que el rectángulo C'A'A₃C₁ es la imagen por una semejanza (giro más homotecia) de centro C' del rectángulo C'C₂B₃B'. Por lo tanto, A₃ es la imagen por esa semejanza de B₃ y por lo tanto Q₂ también es la imagen de Q₁ en esa semejanza; en consecuencia, Q₁Q₂ es paralela a B₃A₃ y por tanto paralela a S₁S₂. En particular, Q₁Q₂ es la imagen de B₃A₃ por una homotecia de centro C' y razón ½ (obtenemos esta razón por la definición de los puntos Q_i como centros de los rectángulos).

Análogamente Q₂Q₃ es paralela a S₂S₃ y Q₃Q₁ es paralela a S₃S₁.

Concluimos pues que los triángulos Q₁Q₂Q₃ y S₁S₂S₃ son homotéticos.

figura 6

Por otra parte Q₁ es el homologo de T en la transformación que transforma el rectángulo C'B'X₃X₂ en el rectángulo C'B'B₃B₂ (TQ₁ es perpendicular a BC). Pero, TS₁ es perpendicular a BC (al igual que TQ₁) (perpendicularidad que aquí no se demuestra); en consecuencia, la recta TQ₁S₁ es perpendicular a BC.

De manera análoga la recta TQ₂S₂ es perpendicular a CA y TQ₃S₃ es perpendicular a AB.

De lo anterior las rectas que unen los vértices homotéticos, coinciden en T por lo que T es el centro de la homotecia entre los triángulos Q₁Q₂Q₃ y S₁S₂S₃.

Para hallar la razón de homotecia consideramos N (pie de la perpendicular desde A₂ a BC) y M (punto medio de C₂B₃):

calculamos MQ₁