Olimpiada Internacional de Matemáticas 2008 - Problema 1: Triángulo acutángulo | Gaussianos

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Olimpiada Internacional de Matemáticas 2008 - Problema 1: Triángulo acutángulo

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 $ABC$ tiene ortocentro $H$ . La circunferencia con centro en el punto medio de $BC$ que pasa por $H$ corta a la recta $BC$ en $A_1$ y $A_2$ . La circunferencia con centro en el punto medio de $CA$ que pasa por $H$ corta a la recta $CA$ en $B_1$ y $B_2$ . La circunferencia con centro en el punto medio de $AB$ que pasa por $H$ corta a la recta $AB$ en $C_1$ y $C_2$ . Demostrar que $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1$ y $C_2$ están sobre una misma circunferencia.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 29 de Julio de 2008
Categorías: Juegos

31 comentarios

zenko | 29 de Julio de 2008 | 11:41

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.
koldo85 | 29 de Julio de 2008 | 13:45

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…
Angel | 29 de Julio de 2008 | 14:20

¿Se me escapa algo? ¿O es así?

Para el lado $BC$ con punto medio $A_x$ , se tiene que la distancia al ortocentro $H$ es $a_o$ y es igual a la distancia $A_x A_1$ y $A_x A_2$ .

Como $A_x H$ y $A_x A_1$ forman un ángulo recto, se tiene que:

$a_o^2 + a_o^2= r^2$ donde r es la distancia $A_1 H$ , es decir, el radio de la circunferencia que pasa por $A_1$ y $A_2$ .

Como esto se repite de igual manera para los otros dos lados y $r$ debe ser el mismo, el triángulo debe ser equilátero…. creo.
marsanos | 29 de Julio de 2008 | 14:53

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 $O$ del triángulo. Llamemos $M$ al punto medio del lado $AC$ (para los otros lados el razonamiento será igual). Si hacemos todos los dibujos correspondientes, se ve que $OB_1$ es la hipotenusa del triángulo rectángulo $OMB_1$ . El cateto $MB_1$ mide lo mismo que la distancia de $M$ 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 tres lados” (toma frase!).

Nada nos impide elegir un sistema de coordenadas en el que $A=(0,0), B=(1,0), C=(c_1,c_2)$ , lo cual simplifica bastante los cálculos. El ortocentro será $(c_1,c_1(1-c_1)/c_2)$ .

Aún otro paso de simplificación. El segmento $MO$ se puede ver como un cateto del triángulo $MAO$ , cuya hipotenusa $OA$ es el radio $r$ de la circunferencia circunscrita a $ABC$ , luego es igual para los tres vértices. Por tanto, $OM^2=r^2-AM^2$ . Teniendo esto en cuenta para los tres lados, lo que hay que demostrar es “la diferencia entre los cuadrados del semilado y la distancia del punto medio al ortocentro es igual para los tres lados”. Esto es más fácil que lo anterior porque no necesitamos calcular el circuncentro ni la distancia a él.

No sé si está bien explicado todo este mogollón, pero lo cierto es que, haciendo las cuentas, la cosa sale.

Toda la mañana me he tirado para hacer eso que los chinos hacen en una hora… suponiendo que esté bien.
Ramón | 29 de Julio de 2008 | 16:00

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
Angel | 29 de Julio de 2008 | 16:25

Si $A_x A_1$ está en el lado del triángulo y $A_x H$ es la altura hasta el ortocentro H, deberían ser perpendiculares ¿no? (por ser precissamente ortocentro).
Angel | 29 de Julio de 2008 | 17:08

O mirándolo de otra manera:

Para que $A_1$ y $A_2$ 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 $A_x H$ . 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, $H$ y , para que se pueda hacer la circunferencia $A_xH=B_xH=C_xH$ ; todos iguales y, por tanto, equilátero.
Ramón | 29 de Julio de 2008 | 17:26

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 A2 no tienen porque ser las mismas que las que hay entre Bx con B1 y B2 con lo cual me parece que ya no seria necesario que fuera un triangulo equilatero pero para estar seguro deberia demostrarlo con algo mas que mera perspectiva mental.
Ramón | 29 de Julio de 2008 | 17:54

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.
Angel | 29 de Julio de 2008 | 18:02

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.
Ramón | 29 de Julio de 2008 | 18:19

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 es necesario que sea equilatero.

No se entiende, lo se, pero tenia que intentarlo xD
Angel | 29 de Julio de 2008 | 18:46

Me parece que lo he entendido, creo, pero entonces, ahí está la cuestión del asunto, que para que todos los puntos $A_1, A_2, B_1, B_2,C_1,C_2$ 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.
Ramón | 29 de Julio de 2008 | 20:03

Si, $A_1, A_2$ (y etc) han de equidistar, de eso no hay duda pero $A_x, B_x$ y $C_x$ no tienen la necesidad de equidistar ya que $A_1O$ depende de $A_1A_x$ . Si $A_xO$ y $A_1A_2$ han de ser perpendiculares entonces $A_1A_xO$ es un triangulo rectangulo y como ya sabes cambiando los valores de los catetos se puede mantener la hipotenusa ( $A_1O$ ) constante.
Angel | 30 de Julio de 2008 | 0:12

Ya, pero como $O, A_1 y A_2$ tienen que estar en otra circunferencia con centro en $A_x$ , los dos catetos están fijados y son iguales.
fede | 30 de Julio de 2008 | 3:23

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 lado por diámetro contiene en su interior al ortocentro)

Que “el producto de los segmentos en que el ortocentro divide a la altura” es el mismo para las tres alturas, es un resultado conocido y se demuestra fácilmente teniendo en cuenta que los triángulos (opuestos por el ortocentro) que forman 2 alturas son semejantes.
marsanos | 30 de Julio de 2008 | 10:49

Gracias, fede. ¡Cuánto sabes!
Roberto | 31 de Julio de 2008 | 8:46

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.
Flx | 31 de Julio de 2008 | 20:16

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 siempre contenidas en una circunferencia, cuyo centro coincide con el circuncentro.
Flx | 31 de Julio de 2008 | 20:23

Esta misma es la solución de Kordo85.
Flx | 31 de Julio de 2008 | 21:17

pero no es correcta
Angel | 1 de Agosto de 2008 | 2:05

Es similar a la mía.. y sólo se cumple cuando los tres lados son iguales.
Sive | 1 de Agosto de 2008 | 5:14

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 prolongaciones, en unos puntos A1-A2, B1-B2 y C1-C2, siendo los puntos de un mismo par equidistantes al centro de su lado.

Lo que hay que demostrar es que una de estas circunferencias con centro en el circuncentro es tal que cumple el enunciado.

No sé si alguien lo ha hecho (no he leido todas las respuestas).
Angel | 1 de Agosto de 2008 | 12:56

Ya, Sive, pero ese circuncentro tiene que estar en cada una de las alturas para que los puntos $A_1$ y $A_2$ equidisten también del punto $A_x$ (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.
Sive | 1 de Agosto de 2008 | 15:02

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
Angel | 1 de Agosto de 2008 | 15:34

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 $A_1$ y $A_2$ que se encuentran en una recta.

2 - Hay un punto $CC$ (circuncentro) que define una circunferencia que pasa por los dos puntos.

De ahí:

$CC$ debe encontrarse en una recta que pasa por el punto medio entre $A_1$ y $A_2$ para que siempre equidisten de $CC$ .

Hasta aquí es completamente general y no he hablado para nada de un triángulo.

Si ahora introducimos el hecho de que, por el enunciado del problema (los dos puntos $A$ son simétricos respecto a la altura), esa línea media que contiene a
$CC$ es la altura del lado correspondiente, tenemos que $CC$ debe encontrarse en la altura.

Como eso se debe cumplir para los tres lados a la vez, $CC$ debe corresponderse con el ortocentro $O$ .

Hasta aquí esto se cumple para cualquier triángulo.

Pero ahora quiero tener una circunferencia, con lo que las distancias $CCA_1$ , $CCA_2$ , $CCB_1$ , $CCB_2$ , $CCC_1$ y $CCC_2$ deben ser iguales, con lo que las distancias al punto medio (las “alturas”) deben ser también iguales, lo que implica que el triángulo acutángulo es, de hecho, equilátero.

¿Me véis algún faloo al razonamiento este?
Sive | 1 de Agosto de 2008 | 16:13

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.
fede | 1 de Agosto de 2008 | 17:03

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.
Angel | 1 de Agosto de 2008 | 17:19

Tomo nota.. A leer me Elementos..:D
Ramón | 1 de Agosto de 2008 | 17:34

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) formariamos un escalero y por la misma razon que dije antes, su centro tambien se desplazaria, con eso ya tendriamos dos centros desplazados con lo cual seria imposible que las perpendiculares que pasan por ahi puedan intersectarse todas en el mismo lugar.

De todo esto tambien se puede extraer que el triangulo no tiene porque ser equilatero.
No pretendo demostrar nada, de hecho soy el primero en pensar que escribir todo esto es solo buscar cuatro pies al gato, aun asi lo hago por mero gusto.
Ramón | 1 de Agosto de 2008 | 17:44

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 $A_x B_x$ y $C_x$ (las mediatrices) equidistantes de el.
fede | 1 de Agosto de 2008 | 18:05

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.