Lasaosa

PROBLEMA 231, propuesto por Antonio F. Costa y Juan Bosco
Romero Márquez (†), Ávila, España
Sea ABC un triángulo rectángulo cuyo ángulo recto tiene por vértice A. En la
recta que contiene a la hipotenusa de ABC se consideran los puntos B 0 , exterior
a la hipotenusa y tal que BB 0 = BA, y C 0 , exterior a la hipotenusa y tal que
CC 0 = CA.
Sea r la recta que pasa por B 0 y C 0 ; H1 el semiplano determinado por r que
contienen a A; H2 el semiplano determinado por r que no contiene a A.
Por B 0 trazamos dos rectas paralelas a los catetos y lo mismo hacemos por C 0
obteniendo ası́ un rectángulo A0 B 0 C 0 D0 ; el punto A0 es el vértice del rectángulo que
está en el semiplano H2 .
Por A0 trazamos las rectas que pasan por B y C, y llamamos B 00 y C 00 a las
intersecciones de dichas rectas con los lados del rectángulo y distintas de A0 .
Probar:
1. Que el punto A está en el segmento B 00 C 00 .
2. El triángulo A0 B 00 C 00 es rectángulo si y sólo si el triángulo ABC tiene
ángulos agudos que miden 30◦ y 60◦ .
3. El ángulo con vértice A0 del triángulo A0 B 00 C 00 es como máximo 45◦ , y ese
valor se alcanza cuando ABC es un triángulo isósceles (y por tanto también
A0 B 00 C 00 es isósceles).
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Los triángulos ABC, D0 B 0 C 0 y A0 C 0 B 0 son claramente semejantes, siendo el
,
segundo y el tercero resultado de escalar el primero con factor de escala a+b+c
a
donde se ha usado la notación habitual para los lados del triángulo, y a2 = b2 + c2
por ser ABC rectángulo en A. Usaremos libremente esta relación de semejanza en
toda la solución. Asumiremos sin pérdida de generalidad que b ≥ c, ya que podemos
intercambiar B, C y todos sus puntos correspondientes, sin alterar el problema.
Proposición 1: Sea A0 B 0 D0 C 0 un rectángulo cuyos lados mayores A0 B 0 y C 0 D0
miden b(a+b+c)
, y sus lados menores B 0 D0 y A0 C 0 miden c(a+b+c)
, donde a2 =
a
a
2
2
0 0
0 0
b + c . Elijamos respectivamente sobre los lados D B , D C puntos P, Q tales que
0
0
0 0
D0 P = D0 Q = 2bc
a . Entonces, las rectas A P y A Q cortan a la diagonal B C
0
0
0 0
0 0
0 0
respectivamente en puntos P , Q tales que B P = c, P Q = a, Q C = b.
Demostración 1: Como a2 = b2 + c2 , la diagonal B 0 C 0 del rectángulo mide
claramente a + b + c. Consideremos un sistema de coordenadas cartesianas con
centro en B 0 y tal que las semirrectas B 0 A0 y B 0 D0 son respectivamente los semiejes
positivos horizontal y vertical. La ecuación de la diagonal es claramente y = cx
b , y
c(a+b+c)
c(a−b+c)
2bc
0
0
como B P =
− a =
, la ecuación de la recta A P es claramente
a
a
c(a−b+c)x
y = c(a−b+c)
−
.
La
intersección
de ambas rectas sucede entonces cuando
a
b(a+b+c)
c(a − b + c) c(a − b + c)x
cx
−
=
,
a
b(a + b + c)
b
x=
2
b(a − b + c)(a + b + c)
bc
= ,
2a(a + c)
a
c
0 0
con lo que y = cb · bc
a = a , y B P = c. De forma análoga se demuestra que
0 0
0 0
Q C = b, y al ser B C = a + b + c, entonces P 0 Q0 = a.
1
Proposición
2: En la situación descrita en el enunciado, A está a una distancia
√
AD0 = 2bc
de
D0 , y sobre la bisectriz del ángulo recto ∠B 0 D0 C 0 .
a
Demostración 2: Sean H, H 0 las proyecciones de A, D0 sobre la recta B 0 C 0 .
Claramente,
HH 0 = BB 0 + BH − B 0 H 0 = c +
mientras que AH =
AD0 =
q
bc
a
y D0 H 0 =
bc(b − c)
c2
c2 (a + b + c)
=
,
−
a
a2
a2
bc(a+b+c)
,
a2
2
HH 0 2 + (D0 H 0 − AH) =
luego
bc p
(b − c)2 + (b + c)2 =
a2
√
2bc
,
a
quedando demostrada la primera parte de la proposición. Al mismo tiempo,
cos ∠AD0 H 0 =
b+c
D0 H 0 − AH
= √ ,
AD0
2a
con lo que al ser cos ∠B 0 D0 H 0 =
b
a
sin ∠AD0 H 0 =
b−c
HH 0
= √ ,
AD0
2a
y sin ∠B 0 D0 H 0 = ac , se tiene que
1
cos ∠B 0 D0 A = cos ∠B 0 D0 H 0 · cos ∠AD0 H 0 − sin ∠B 0 D0 H 0 · sin ∠AD0 H 0 = √ ,
2
luego en efecto ∠B 0 D0 A = 45◦ , quedando demostrada la segunda parte de la
proposición.
En la situación descrita en el enunciado, los puntos B, C coinciden con los puntos P 0 , Q0 de la Proposición 1, luego B 00 , C 00 coinciden con los puntos P, Q de la
Proposición 1, es decir, B 00 D0 C 00 es rectángulo isósceles en D0 , con longitud de cate00 00
tos 2bc
a . El punto medio de la hipotenusa B C es claramente el circuncentro de
00 0 00
00 0 00
B D C , y está sobre √
la bisectriz de ∠B D C a una distancia igual a la longitud
del cateto partido por 2, es decir, A es dicho punto medio de la hipotenusa, y por
lo tanto está sobre B 00 C 00 , como querı́amos demostrar.
Supongamos que A0 B 00 C 00 es rectángulo en C 00 . Como ∠D0 C 00 B 00 = 45◦ , se tiene
que ∠A0 C 00 C 0 = 45◦ , es decir, al ser ∠A0 C 0 C 00 = ∠A0 C 0 D0 = 90◦ , A0 C 00 C 0 es
rectángulo isósceles en C 0 , luego A0 C 0 = C 0 C 00 = C 0 D0 − D0 C 00 . El recı́proco es
cierto, es decir, si A0 C 0 = C 0 C 00 , entonces ∠A0 C 00 C 0 = 45◦ , y ∠A0 B 00 C 00 = 90◦ .
Luego A0 B 00 C 00 es rectángulo en C 00 si y sólo si
c(a + b + c)
b(a + b + c) 2bc
=
−
,
c2 + 2bc − b2 = a(b − c).
a
a
a
√
Sea ab = sin α = 1 − x2 , ac = cos α = x, con lo que sustituyendo y reorganizando
términos, la anterior relación es equivalente a
p
0 = (1 − 2x)
1 − x2 + 1 + x .
El segundo factor sólo puede ser nulo cuando
x = −1, claramente imposible pues
√
0 < ac < 1, luego ha de ser c = a2 y b = 23a , con ∠ABC = 60◦ y ∠ACB = 30◦ .
Restaurando la generalidad, y al no poder ser B 00 A0 C 00 = 90◦ por ser ∠B 00 A0 C 00 <
∠B 0 A0 C 0 = 90◦ , se tiene que A0 B 00 C 00 es rectángulo si y sólo si uno de entre ∠B, ∠C
mide 60◦ y el otro 30◦ , como querı́amos demostrar.
La altura de A0 sobre B 0 C 0 es claramente bc(a+b+c)
, con lo que el área del
a2
bc(a+b+c)
0
. Ahora bien, por el teorema de Stewart,
triángulo A BC es
2a
2
2
(a + b)2 (a2 − 2ab + 2b2 )
BB 0 · A0 C 0 + BC 0 · A0 B 0
0
0
−
BB
·
BC
=
,
B0C 0
a2
y de forma similar para CA0 intercambiando b y c. Entonces,
abc(a + b + c)
p
sin ∠B 00 A0 C 00 = sin ∠BA0 C =
.
(a + b)(a + c) (a2 − 2ab + 2b2 )(a2 − 2ac + 2c2 )
2
BA0 =
Definiendo s = b + c, d = b − c, tenemos que s2 + d2 = 2a2 , y que s2 − d2 = 4bc, de
donde sustituyendo y operando, obtenemos que
a(s − a)
.
sin ∠B 00 A0 C 00 = sin ∠BA0 C = √
4
2a − 2as3 + s4
Por lo tanto, ∠B 00 A0 C 00 ≥ 45◦ es equivalente a
a(s − a)
1
√
≥√ ,
2
2a4 − 2as3 + s4
es decir, a
(2a − s)(s2 − 2a2 ) ≥ 0,
(2a − b − c)(b − c)2 ≤ 0.
El primer factor en el miembro de la izquierda es claramente positivo al ser a >
b, c, luego sólo puede darse la igualdad y esto sucede si y sólo si b = c, es decir,
∠B 00 A0 C 00 ≤ 45◦ , con igualdad si y sólo si ABC es isósceles, como querı́amos
demostrar.