Problema 3(G)

Sea $\Gamma$ circuncírculo, $G$ baricentro, $AM, BL, CN$ alturas y $AD$ mediana de $ABC$, y trazamos $BP$ y $PC$ . 

Primero demostraremos que $P$ está en $\Gamma$ . Para esto, usando contradicción,  supongamos que $AO$ y $HD$ no se intersectan en $\Gamma$, y sea $P'$ el punto diametralmente opuesto a $A$ . Tenemos que como $\angle ACP' = \angle ABP' = 90°$, y como $BH \perp AC$ y $CH \perp AB$, luego $CP' \parallel BH$ y $BP' \parallel CH$ , y por tanto $BHCP'$ es paralelogramo. Como por hipótesis $D$ es punto medio de $BC$ y las diagonales se bisecan en sus puntos medios, $D$ es también punto medio de la diagonal $HP'$, por lo que la recta que pasa por $H$ y $D$ pasa por el punto diametralmente opuesto a $A$, y así $P = P'$.

Luego, como en efecto por lo anteriormente demostrado $HD = DP$ , $AD$ es mediana de $BHP$, pero también de $ABC$ por hipótesis ( $D$ punto medio de $BC$ ), y por tanto pasa por $G$.

Vemos $HO$ es también mediana de $AHP$ pues $AP$ es diámetro y $O$ centro de $\Gamma$, pero además por la existencia de la recta de Euler, $H, G$ y $O$ son colineales, y también $HO$ pasa por $G$. Así, las medianas $HO$ y $AD$ de $AHP$ se intersectan en $G$, y entonces $G$ es baricentro de $AHP$.

Por tanto $ABC$ y $AHP$ tienen el mismo baricentro.

Gracias Alain, excelente colaboración con latex y figura y buena redacción. 

Me preguntaban si había forma de evitar la recta de Euler en la demostración. Y pues sí: una vez que llegas a que AD es mediana común se tiene que evocar la propiedad de que el baricentro está a 2/3 de la distancia desde el vértice al punto medio (en este caso a 2/3 de la distancia desde A hasta D). Bueno, hay que convencerse a si mismo de que solamente existe un punto en un segmento que divide a éste en una razon dada. 

Y bueno, una fórmula muy fácil de retener en la memoria y de uso inmediato es: si comparten mediana comparten baricentro.