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

Problema 546.- Sea ABC un triángulo y AA_a, la bisectriz interior del ángulo A, siendo A_a su pie sobre el lado BC.Sean B_a y C_a, los puntos obtenidos por intersección de la perpendicular que pasa por A_a y corta al lado AC y AB, respectivamente. Definimos los puntos D_a=AA_a y B_aC_a, E_a=A_aB_a y CC_a, F_a=A_aC_a y BB_a. Probar que:

a) La altura desde A a BC y las rectas BB_a y CC_a concurren en el punto X_a.

b) ¿Están los puntos I_a=AB_a · A_aC_a, J_a=AB ·D_aF_a, y K_a=B_aC_a · BC alineados?

c) Haciendo las mismas construcciones para los vértices B y C, y sus lados opuestos y con las notaciones anteriores, obtenemos el triángulo X_aX_bX_c. ¿Qué relación existe entre triángulo y el triángulo ABC?

Romero, J.B. (2010): Comunicación personal.

Solución de Saturnino Campo Ruiz, profesor del I.E.S Fray Luis de León (Salamanca) de las dos primeras partes.

a) Tomamos la circunferencia circunscrita al cuadrilátero AC_aA_aB_a, que también contiene al pie A’ de la altura. Por ser el diámetro una bisectriz, los triángulos rectángulos AC_aA_ay AB_aA_a son iguales y por tanto también son iguales los ángulos AA’B_ay AA’C_a. Esto nos recuerda que en el problema nº 71 de esta revista se demostró el

71.- Teorema de Blanchet.

En todo triángulo ABC de altura BH, al trazar las cevianas AM y CN concurrentes con BH, se establece que la altura será bisectriz del ángulo MHN.

Un recíproco de este teorema nos debe dar ahora que para la altura AA’, bisectriz del ángulo C_a A’B_a, las cevianas BB_ay CC_a concurren en un punto X_a.

De no ser así si llamo X’= BB_a·AA’, proyectando el punto C por éste, sobre AB se tendría otro punto C’_ade modo que, según el teorema de Blanchet, AA’sería bisectriz de C’_aA’B_a con lo cual C’_a= C_a y en consecuencia X’= X_a y queda probada esta primera parte.

b) Si se proyectan los vértices B y C sobre el lado opuesto, a través de la altura, definimos una proyectividad entre las rectas AB y AC, en la que el punto común A, es fijo, y por tanto, se trata de una perspectividad. El centro de esta perspectividad es el punto donde concurren las rectas que unen cada punto con su homólogo. Son pares de homólogos (C_a,B_a) y (B,C) y por tanto, el centro de esta perspectividad es el punto K_ay la cuaterna (K_aA’BC) es armónica.

El método seguido en el problema para definir los puntos I_a y J_a también define una proyectividad entre los lados del triángulo concurrentes en A.

Dado un punto Z sobre la altura AA’. Defino los puntos siguientes: B*=BZ·AC, C*=CZ·AB, D*=B*C*·AA_a, F*=BB*·A_aC* y a partir de ellos X=F*D*·AB e Y=AC·A_aC*. La homografía definida es X à Y.

Si se toma Z=A, B*=C*=D*=F*=A, y también X=Y=A, que nos indica que la aplicación definida es una perspectividad.

Si se toma ahora Z=A’, B*=C y C*=B, el punto D*=B*C*·AA_a= A_a, F*= F⁺(un punto de A_aB), el punto X=F*D*·AB=B y el punto Y=AC·A_aB=C.

Las dos transformaciones tienen dos pares de homólogos iguales, si comparten un tercero es que son dos definiciones diferentes de la misma homografía, una perspectividad de centro K_a, y con esto tendríamos concluida la alineación pedida.

Para ello tomamos ahora Z=H el ortocentro del triángulo. Con el uso de las coordenadas baricéntricas vamos a demostrar que los puntos generados I_a’ y J_a’ están alineados con K_a y con ello concluiríamos esta segunda parte.