Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España

PROBLEMA 244, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest
Sea ABC un triángulo cuyo ángulo A ≥ 90◦ . Sea M uno cualquiera de los puntos
interiores al triángulo tales que sus proyecciones ortogonales sobre los lados de ABC
son los vértices de un triángulo rectángulo. Demostrar que, de 7 cualesquiera de
esos puntos, hay 4 que son concı́clicos.
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Sean D, E, F las proyecciones ortogonales de M sobre BC, CA, AB. Se tiene
entonces que ∠F DE < ∠F M E = 180◦ − ∠A ≤ 90◦ , luego DEF nunca puede ser
rectángulo en D. Supongamos entonces que M es tal que DEF es rectángulo en
E. Como BDM F es cı́clico con diámetro M B por ser M D, M F respectivamente
perpendiculares a las rectas BC = BD y AB = F B, se tiene por el teorema del seno
que DF = M B sin ∠B, y de forma similar DE = M C sin ∠C, EF = M A sin ∠A.
Luego usando nuevamente el teorema del seno, M es tal que DEF es rectángulo
en E si y sólo si b2 · M B 2 = c2 · M C 2 + a2 · M A2 . De forma análoga, se tiene que
M es tal que DEF es rectángulo en F , si y sólo si c2 · M C 2 = b2 · M B 2 + a2 · M A2 .
Podemos entonces particionar el conjunto de puntos M que satisfacen la condición
del enunciado, en dos conjuntos, RE y RF , según sea DEF rectángulo respectivamente en E y en F . Demostraremos que RE , RF son, cada uno, un subconjunto
de puntos situados sobre una cierta circunferencia, con lo que quedará demostrado
el resultado pedido. En efecto, de cada 7 puntos, por el principio del palomar
hay, bien al menos 4 en RE (siendo por lo tanto esos 4 puntos concı́clicos sobre
la circunferencia que contiene a RE ), bien al menos 4 en RF (siendo nuevamente
concı́clicos). Es decir, al poder intercambiar B, C y todos los puntos definidos a
partir de ellos sin afectar al problema, nos basta con demostrar que la condición
b2 · M B 2 = c2 · M C 2 + a2 · M A2 define una circunferencia o un subconjunto de
puntos situado sobre una circunferencia.
Sea un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el pie de la perpendicular desde A sobre BC. Se tiene entonces que B ≡ (−c cos B, 0), C ≡ (b cos C, 0) y
A ≡ (0, ha ), donde ha es la longitud de la altura desde A. Luego dado M ≡ (x, y),
se tiene
M A2 = x2 + y 2 − 2ha y + ha 2 ,
M B 2 = x2 + y 2 + 2cx cos B + c2 cos2 B,
M C 2 = x2 + y 2 − 2bx cos C + b2 cos2 C,
siendo por lo tanto, tras algo de álgebra, M ∈ RE si y sólo si
a2 + b2 − c2
= 0,
x2 + y 2 − 2abcx cos(B − C) − 4aSy + 4S 2
a2
donde S es el área de ABC, y hemos usado relaciones del triángulo fácilmente
demostrables por trigonometrı́a básica, como la fórmula de Herón para el área,
a2 + c2 − b2
4S 2 (b2 − c2 )
.
b2 c2 cos2 C − cos2 B =
a2
Nótese que esta expresión puede ponerse en la forma
b cos B + c cos C = a cos(B − C),
o
2
2
(x − x0 ) + (y − y0 ) = ρ2 ,
1
donde
x0 =
b cos(B − C)
bc (b cos B + c cos C)
=
,
2
2
2
a +c −b
2 cos B
y0 =
a2
a sin B
2aS
=
,
2
2
+c −b
2 cos B
y
bc sin2 B cos C
cos B
donde x0 , y0 , ρ dependen de ABC, pero no de la elección de M . Es decir, todos los
puntos de RE están en una circunferencia de centro (x0 , y0 ) constante, y radio ρ
constante, quedando demostrado el resultado pedido en el enunciado.
ρ2 = x0 2 + y0 2 −