Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Lección 3. Puntos alineados y rectas concurrentes

Es frecuente encontrar problemas en los que se requiere demostrar que ciertos puntos o rectas en una construcción están en una posición especial. Por ejemplo, nuestro objetivo en el problema podría ser demostrar que un punto está sobre cierta recta, que dos rectas son paralelas, que tres puntos están alineados, que tres rectas pasan por un mismo punto. Son propiedades que no dependen de ángulos o distancias, sino de posiciones relativas. Esto suele ser tan frecuente que es normal contar con un repertorio de ideas para atacar cada una de estas situaciones. Por ejemplo, pensemos en qué podría usarse para demostrar que dos rectas $r$ y $s$ en el plano son paralelas:

• Encontrar otra recta $t$ que las corta con el mismo ángulo.
• Tomar dos puntos distintos $P,Q$ en $r$ y probar que la distancia de $P$ a $s$ coincide con la distancia de $Q$ a $s$.
• Encontrar un paralelogramo, es decir, encontrar dos puntos $P,Q$ en $r$ y otros dos puntos $P',Q'$ en $s$ tales que $PQ=P'Q'$ y $PP'=QQ'$.
• Suponer por reducción al absurdo que existe un punto $P$ en la intersección de $r$ y $s$ y llegar a una contradicción o bien a que $r$ y $s$ forman un ángulo nulo.

Vamos a fijarnos en la primera idea, la de la recta adicional $t$. Estamos usando una propiedad de las paralelas (que cualquier otra recta las corta en ángulos correspondientes iguales) para probar que son paralelas. Esto es válido porque esta propiedad es un "si y sólo si" ($\Leftrightarrow$), es decir, que las rectas paralelas tienen esta propiedad y ningún par de rectas que no sean paralelas la tiene, por lo que nos sirve para cazar rectas paralelas. Es importante recapacitar sobre esto un momento porque muchos teoremas de geometría son de la forma "si y sólo si". Por ejemplo, el teorema de Pitágoras nos dice que $a^2+b^2=c^2$ si, y sólo si, el triángulo en cuestión es rectángulo (esto quedará claro cuando veamos el teorema del coseno más adelante), lo que nos permite usar la fórmula $a^2+b^2=c^2$ para saber si un ángulo es recto.

El teorema de Ceva

Vamos a pensar ahora la cuestión de probar que tres rectas $r$, $s$ y $t$ son concurrentes en un punto. Suele haber dos ideas generales para atacar este problema:

• Tomar el punto de intersección $P$ de $r$ y $s$, así como el punto de intersección $Q$ de $s$ y $t$; a continuación, demostrar que $P=Q$.
• Definir el candidato a punto de intersección a priori y luego demostrar que efectivamente las tres rectas pasan por él (por ejemplo, si después de hacer un dibujo pensamos el punto de intersección es el punto medio del lado de un triángulo, podemos intentar probar que efectivamente ese punto está en las tres rectas).
• Reducirlo a una configuración en la que sabemos que tres rectas se cortan (por ejemplo, probar que las tres rectas son las bisectrices de un cierto triángulo).

Vamos a considerar ahora una situación bastante general en la que partimos de un triángulo $ABC$ y elegimos tres puntos $X$, $Y$, $Z$ en las rectas $BC$, $AC$ y $AB$, respectivamente, distintos de los vértices. Nos preguntamos cuándo las rectas $AX$, $BY$ y $CZ$ son concurrentes en algún punto $P$. Estas rectas suelen llamarse cevianas; por ejemplo, las bisectrices, las alturas y las medianas del triángulo son ejemplos de rectas cevianas. Como se muestra en la siguiente figura, las cevianas (en morado) pueden ser interiores o no al triángulo.

Supongamos que las cevianas son interiores y concurren en $P$ (figura de la izquierda). En tal caso, tenemos que $[AXC]=\frac{1}{2}CX\cdot h_a$ y $[AXB]=\frac{1}{2}BX\cdot h_a$, donde $h_a$ es la altura del triángulo $ABC$ respecto del lado $a$. Estamos usando los corchetes para denotar el área de un triángulo. De la misma manera, se tiene que $[CPX]=\frac{1}{2}CX\cdot h_a'$ y $[BPX]=\frac{1}{2}BX\cdot h_a'$, donde $h'_a$ es la altura del triángulo $BPC$. De aquí deducimos que \[\frac{[AXC]}{[AXB]}=\frac{[CPX]}{[BPX]}=\frac{CX}{BX}\] y podemos usar esta proporcionalidad para llegar a que \[\frac{[APC]}{[APB]}=\frac{[AXC]-[CPX]}{[AXB]-[BPX]}=\frac{CX}{BX}\] Si aplicamos este mismo proceso a los cocientes $\frac{AY}{CY}$ y $\frac{BZ}{AZ}$, tenemos que \[\frac{CX}{BX}\cdot\frac{AY}{CY}\cdot\frac{BZ}{AZ}=\frac{[APC]}{[APB]}\cdot\frac{[APB]}{[BPC]}\cdot\frac{[APC]}{[BPC]}=1\] y esta es la condición que estamos buscando. La situación es muy parecida si alguna de las cevianas es exterior y sólo hay que hacer un pequeño cambio de signo ya que en lugar de restar áreas de los triángulos puede que haya que sumarlas: por ejemplo, en la figura de la derecha de arriba, tendríamos que escribir $[APB]=[AXB]+[BPX]$ en lugar de $[APB]=[AXB]-[BPX]$.

Sólo necesitamos hacer una precisión más porque la condición de los productos no nos da aún un "si y sólo si": vamos a dotar de signo al cociente $\frac{CX}{BX}$. Esto lo denotaremos usando un corchete de forma que \[\left[\frac{CX}{BX}\right]=\begin{cases} \frac{CX}{BX}&\text{si } X\text{ está en el segmento }BC,\\ -\frac{CX}{BX}&\text{en caso contrario}. \end{cases}.\] Este corchete se llama razón simple de $X$, $C$ y $B$ y depende esencialmente del orden en que estén escritos los tres puntos. El valor de $\left[\frac{CX}{BX}\right]$ determina completamente el punto $X$ en la recta $BC$: este valor está en el intervalo $(-1,0)$ si $X$ está en la semirrecta de extremo $B$ y en el intervalo $(-\infty,-1)$ si $X$ está en la semirrecta de extremo $C$. El comportamiento es similar al de la función $f(x)=\frac{1}{x}$, como mostramos en la figura siguiente:

A efectos del teorema de Ceva, supongamos las cevianas concurren en $P$ y consideramos las tres razones $\left[\frac{CX}{BX}\right]$, $\left[\frac{AY}{CY}\right]$ y $\left[\frac{BZ}{AZ}\right]$.

• Su producto en valor absoluto es $1$ según lo ya demostrado.
• Las tres razones son positivas si $P$ es interior o bien dos de ellas son negativas y la otra positiva si $P$ es exterior.

Por tanto, se tiene que $\left[\frac{CX}{BX}\right]\cdot\left[\frac{AY}{CY}\right]\cdot\left[\frac{BZ}{AZ}\right]=1$.

Ejercicio resuelto Sea $ABC$ un triángulo y supongamos que una circunferencia $\Gamma$ corta a sus lados en los puntos $X$ y $X'$ en $BC$, $Y$ e $Y'$ en $AC$ y $Z$ y $Z'$ en $AB$. Si las cevianas $AX$, $BY$ y $CZ$ son concurrentes, demuestra que $AX'$, $BY'$ y $CZ'$ también son concurrentes.

Solución

Usando la potencia respecto de la circunferencia, llegamos a que \[AY\cdot AY'=AZ\cdot AZ',\qquad BX\cdot BX'=BZ\cdot BZ',\qquad CX\cdot CX'=CY\cdot CY'.\] Por tanto, se sigue que \[\left(\frac{CX}{BX}\cdot\frac{AY}{CY}\cdot\frac{BZ}{AZ}\right)\left(\frac{CX'}{BX'}\cdot\frac{AY'}{CY'}\cdot\frac{BZ'}{AZ'}\right)=1.\] Como el primer paréntesis es igual a $1$ por el teorema de Ceva, el segundo también tiene que serlo, luego $AX'$, $BY'$ y $CZ'$ también son concurrentes. Observemos que no hay que tener en cuenta los signos de las razones simples ya que todos los puntos son interiores al triángulo.

El teorema de Menelao

Vamos a pensar ahora en la cuestión de que tres puntos $X$, $Y$ y $Z$ estén alineados, que es otra posición especial para tres puntos. Algunas formas intuitivas para tratar esta cuestión son las siguientes:

• Probar que $Z$ pertenece a la recta $XY$ o bien que las rectas $XY$ e $YZ$ son la misma recta (o simplemente paralelas).
• Definir la candidata a recta a priori y luego demostrar que efectivamente los tres puntos están en ella (por ejemplo, puede ser una recta que tenga sentido al margen de los puntos y venga determinada por otros elementos del problema).
• Reducirlo a una configuración en la que sabemos que tres puntos están alinados (por ejemplo, el teorema de Menelao, la recta de Simson o la recta de Euler que estudiaremos en estas notas son situaciones en las que se prueba que ciertos puntos están alineados).

La situación que propone el problema de Menelao es similar a la del teorema de Ceva. Dado un triángulo $ABC$, consideramos puntos $X$, $Y$, $Z$ en las rectas $BC$, $AC$ y $AB$, respectivamente, distintos de los vértices. La cuestión ahora es bajo qué condiciones podemos asegurar que $X$, $Y$ y $Z$ están alineados. Tenemos dos posibilidades: que dos de los puntos sean interiores a los lados o que ninguno lo sea. Estas posibilidades están en la siguiente figura:

Hemos trazado las perpendiculares por $A$, $B$ y $C$ a la recta que contiene a $X$, $Y$ y $Z$ (suponiendo, claro está, que esta recta existe) y hemos llamado $A'$, $B'$ y $C'$ a los pies de dichas perpendiculares. En esta figura se forman muchos triángulos rectángulos semejantes. Concretamente, tenemos que

Multiplicando estas tres igualdades, llegamos a que

La igualdad también es cierta con razones simples si cambiamos el $1$ por $-1$ ya que hay una o tres razones negativas. Tenemos así el siguiente resultado.

Ejercicio resuelto Se consideran tres circunferencias que no se cortan entre sí y se trazan todas las tangentes exteriores comunes. Demostrar que estas tangentes se cortan en tres puntos alineados como se muestra en la figura (eje de homotecia).

Solución

Llamemos $A,B,C$ a los centros de la circunferencia y $X,Y,Z$ a las intersecciones de las tangentes, como se muestra en la figura. Trazando los radios $r_A$, $r_B$ y $r_C$ de las circunferencias que pasan por los puntos de tangencia, se forman triángulos semejantes, que nos dan las relaciones: \[\frac{CX}{BX}=\frac{r_C}{r_B},\qquad\frac{AY}{CY}=\frac{r_A}{r_C},\qquad \frac{BZ}{AZ}=\frac{r_B}{r_A}. \] Multiplicando estas tres igualdades, llegamos a que \[\frac{CX}{BX}\cdot\frac{AY}{CY}\cdot \frac{BZ}{AZ}=\frac{r_C}{r_B}\cdot\frac{r_A}{r_C}\cdot \frac{r_B}{r_A}=1.\] Nos falta por ver que los signos de las razones simples son correctos, pero está claro que los puntos $X,Y,Z$ están los tres fuera de los lados $BC$, $AC$ y $AB$, luego las tres razones simples son negativas, es decir, tenemos que \[\left[\frac{CX}{BX}\right]\cdot\left[\frac{AY}{CY}\right]\cdot \left[\frac{BZ}{AZ}\right]=\frac{-r_C}{r_B}\cdot\frac{-r_A}{r_C}\cdot \frac{-r_B}{r_A}=-1.\] El teorema de Menelao nos asegura que los tres puntos están alineados.

Ejercicio resuelto Sea $ABC$ un triángulo y $\Gamma$ su circunferencia circunscrita. Trazamos las tangentes a $\Gamma$ que pasan por $A$, $B$ y $C$ y cortan a los lados $BC$, $AC$ y $AB$ en puntos $X$, $Y$ y $Z$, respectivamente. Demostrar que $X$, $Y$ y $Z$ están alineados (recta de Lemoine).

Solución

Por las propiedades de los ángulos en la circunferencia, es fácil comprobar que $\angle ACZ=\angle ZBC$, luego los triángulos $ACZ$ y $CBZ$ son semejantes. Esto nos dice que $\frac{AZ}{CZ}=\frac{CZ}{BZ}=\frac{AC}{BC}$ y de aquí deducimos que $\frac{BZ}{AZ}=\frac{AC^2}{AZ^2}=\frac{BC^2}{AC^2}$. De forma completamente análoga, llegamos a las siguientes igualdades \[\frac{CX}{BX}=\frac{AC^2}{AB^2},\qquad\frac{AY}{CY}=\frac{AB^2}{BC^2},\qquad \frac{BZ}{AZ}=\frac{BC^2}{AC^2}. \] Multiplicando estas tres igualdades, llegamos a que \[\frac{CX}{BX}\cdot\frac{AY}{CY}\cdot \frac{BZ}{AZ}=\frac{AC^2}{AB^2}\cdot\frac{AB^2}{BC^2}\cdot \frac{BC^2}{AC^2}=1.\] Ahora bien, como los tres puntos $X,Y,Z$ son exteriores a $\Gamma$ (por estar sobre las tangentes), entonces también son exteriores a los lados del triángulo $ABC$. De este modo, las tres razones simples son negativas y tenemos que \[\left[\frac{CX}{BX}\right]\cdot\left[\frac{AY}{CY}\right]\cdot \left[\frac{BZ}{AZ}\right]=\frac{-AC^2}{AB^2}\cdot\frac{-AB^2}{BC^2}\cdot\frac{-BC^2}{AC^2}=-1.\] El teorema de Menelao nos asegura que $X,Y,Z$ están alineados.

Ejercicio resuelto Sea $ABC$ un triángulo y $P$ un punto de su circunferencia circunscrita distinto de los vértices. Demostrar que los pies de las perpendiculares desde $P$ a las rectas que contienen a los lados de un triángulo están alineados (recta de Simson).

Solución

Llamemos $X$, $Y$ y $Z$ a los pies de las perpendiculares a los lados $BC$, $AC$ y $AB$, respectivamente. Por la propiedad del arco capaz, tenemos que $\angle ABP=\angle ACP$, luego los triángulos $BZP$ e $YCP$ son semejantes (son rectángulos y tienen otro ángulo en común, ver la figura de abajo a la izquierda). Esto nos dice que $\frac{BZ}{CY}=\frac{PB}{PC}$ y, de forma totalmente análoga, llegamos a que \[\frac{BZ}{CY}=\frac{PB}{PC},\qquad \frac{CX}{AZ}=\frac{PC}{PA},\qquad \frac{AY}{BX}=\frac{PA}{PB}.\] Multiplicando estas igualdades, llegamos claramente a que \[\frac{CX}{BX}\cdot\frac{AY}{CY}\cdot\frac{BZ}{AZ}=1,\] pero aún tenemos que ver la igualdad con razones simples.

Para ello, tenemos que ver que o bien sólo uno de los tres puntos $X,Y,Z$ cae fuera del correspondiente lado o bien caen los tres (es decir, hay un número impar de signos negativos). Podemos suponer que $P$ está en el arco $AC$ y tomar $A'$, $B'$ y $C'$ los puntos de la circunferencia diametralmente opuestos a $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Estos son los puntos en que las perpendiculares a los lados que pasan por los vértices vuelven a cortar a la circunferencia (un ángulo recto es el arco capaz de un diámetro). En cada uno de los puntos $A'$, $B'$ y $C'$ se encuentran dos de las perpendiculares, luego al mover $P$ en el arco $AB$, cada vez que pasa por $A'$, $B'$ o $C'$ el número de proyecciones de $P$ dentro de los lados cambia pero la paridad no cambia. Como cuando está cerca de $A$, este número es $1$ o $3$ dependiendo de que el ángulo $B$ sea agudo u obtuso, deducimos que siempre es impar.