Configuraciones clásicas con circunferencias especiales

El triángulo de contacto (intouch triangle)

Los tres puntos de tangencia de la incircunferencia con los lados del triángulo $ABC$ forman el triángulo de contacto o triángulo intouch $XYZ$, donde $X = \omega \cap BC$, $Y = \omega \cap CA$, $Z = \omega \cap AB$.

Propiedades fundamentales del triángulo $XYZ$:

(1) El incentro $I$ es el circuncentro del triángulo $XYZ$? No: $I$ es el ortocentro del triángulo de contacto. Esto se demuestra observando que $IX \perp BC$ (radio perpendicular al lado tangente), $IY \perp CA$ e $IZ \perp AB$, es decir las rectas $IX$, $IY$, $IZ$ son perpendiculares a los lados de $XYZ$, es decir son las alturas de $XYZ$. Luego $I$ es el ortocentro de $\triangle XYZ$.

(2) Los ángulos del triángulo $XYZ$: $\angle YXZ = 90° - A/2$. Esto se demuestra con el hecho de que $AZIY$ es un cuadrilátero con $\angle AZI = \angle AYI = 90°$, así es cíclico con diámetro $AI$, y $\angle YIZ = 180° - A$ (exterior del ángulo $A$), luego el ángulo $\angle YXZ$ inscrito en el arco opuesto...

(3) La circuncircunferencia del triángulo de contacto tiene radio $r/(2\cos(A/2)\cos(B/2)\cos(C/2)) = r/2$ (dividido por algo... la fórmula exacta es $R_{XYZ} = r/2$ solo para triángulos equiláteros). La fórmula general es $R_{XYZ} = R/2$ por la homotecia del punto $I$... En realidad $R_{XYZ} = r \cdot R / (2 r) = R/2$. Esto no es correcto en general; la circuncircunferencia del triángulo intouch tiene radio $r/2$ solo en el equilátero. Para el caso general, $R_{XYZ} = abc / (4[XYZ])$, y este resultado es más complejo.

El lema de los arcos iguales y la circuncircunferencia

Uno de los lemas más poderosos de la geometría olímpica es el lema del punto medio de arco:

Lema. Sea $M$ el punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A$ en la circuncircunferencia $\Omega$ del triángulo $ABC$. Entonces:

(a) $MB = MC$ (pues $M$ está en el eje de simetría de $BC$).

(b) $MI = MB = MC$, donde $I$ es el incentro.

(c) $M$ es el punto de la circuncircunferencia más cercano a $I$.

Demostración de (b): el ángulo $\angle IBM = \angle IBC + \angle CBM$. Tenemos $\angle IBC = B/2$ (bisectriz de $B$). Y $\angle CBM = \angle COM / 2 =$ la mitad del arco $CM$ sin $B$... Más limpiamente: $\angle BAM = \angle BAM$, y el arco $BM =$ arco $MC$, así el arco $AM$ es... El argumento limpio es: $\angle BIM = \angle BIA_{\rm ext}$... La demostración más directa: en el triángulo $BIM$, $\angle MBI = \angle MBC + \angle CBI = \angle MAC + B/2 = A/2 + B/2$. Y $\angle BIM = 180° - \angle AIB$. Como $\angle AIB = 90° + C/2$ (propiedad del incentro), $\angle BIM = 90° - C/2$. Luego $\angle IBM = A/2 + B/2 = (A+B)/2 = 90° - C/2$. Por tanto $\triangle IBM$ es isósceles con $MI = MB$.

Este lema aparece constantemente en los problemas Iberoamericanos: siempre que hay un incentro y una circuncircunferencia, el punto medio del arco es el puente entre ambos.

Circunferencias mixtilineas

Una circunferencia mixtilinea del ángulo $A$ del triángulo $ABC$ es la circunferencia $\omega_A^\ast$ tangente a los dos lados $AB$ y $AC$ e inscrita dentro de la circuncircunferencia $\Omega$ (es decir, tangente internamente a $\Omega$).

Sean $T_A$ el punto de tangencia de $\omega_A^\ast$ con $\Omega$, y $P$, $Q$ los puntos de tangencia con $AB$ y $AC$ respectivamente.

Teorema. La recta $T_A I$ (donde $I$ es el incentro) pasa por el punto de tangencia de la incircunferencia con el lado $BC$.

Este resultado —que aparece en problemas de la Iberoamericana y del Cono Sur— se demuestra usando la inversión con centro $A$ y radio $r^2 = AB \cdot AC$ (idéntica a la que usamos en la Lección 2.4, Problema 3). Bajo esa inversión: $\Omega \to$ recta $\ell \parallel BC$, los lados $AB$ y $AC \to$ los mismos (pasan por $A$), la circunferencia $\omega_A^\ast \to$ círculo $\omega^\ast{}'$ tangente a $AB$, $AC$ y a $\ell$.

El círculo $\omega^\ast{}'$ tiene su centro sobre la bisectriz de $\angle A$ (por simetría). Su punto de tangencia con $\ell$ es $T_A' = \iota(T_A)$, que por simetría está sobre la bisectriz de $\angle A$. La bisectriz de $\angle A$ y la recta $BC$ se cortan en el punto $D$ (a distancia $s-c$ de $B$ y $s-b$ de $C$, por la bisectriz interna). La imagen $T_A'$ coincide con la imagen del pie de la bisectriz de $\angle A$ sobre $\ell$, que al deshacer la inversión corresponde exactamente al punto de tangencia $X$ de $\omega$ con $BC$.

La recta de Simson y el ortocentro

Dado el triángulo $ABC$ inscrito en $\Omega$, la recta de Simson (o recta de Wallace-Simson) del punto $P \in \Omega$ es la recta que contiene los pies de las tres perpendiculares desde $P$ a los lados (o prolongaciones) $BC$, $CA$, $AB$.

Teorema. Los pies de las perpendiculares desde $P \in \Omega$ a los tres lados del triángulo son colineales. La recta que los contiene es la recta de Simson de $P$.

Demostración: sean $D$, $E$, $F$ los pies de las perpendiculares desde $P$ a $BC$, $CA$, $AB$ respectivamente. El cuadrilátero $BDFP$ es cíclico (ángulos $\angle BDP = \angle BFP = 90°$). Luego $\angle DFP = \angle DBP = \angle ABP$. El cuadrilátero $AFPE$ es cíclico ($\angle AFP = \angle AEP = 90°$). Luego $\angle EFP = \angle EAP = \angle CAP = \angle BAP$. Pero $P \in \Omega$, así $\angle ABP = \angle ACP = \angle ACP$ (ángulos inscritos en el mismo arco $AP$). Combinando, $\angle DFE = \angle DFP - \angle EFP$ o $\angle DFP + \angle EFP = 180°$ dependiendo de la posición, lo que prueba que $D$, $E$, $F$ son colineales.

Conexión con el ortocentro. La recta de Simson del punto antipodal $A^*$ de $A$ en $\Omega$ es la altura desde $A$ en el triángulo $ABC$. Más generalmente, si $P$ y $Q$ son puntos de $\Omega$ diametralmente opuestos, sus rectas de Simson son perpendiculares entre sí y se cortan en la circunferencia de los nueve puntos.

Síntesis: el ecosistema de circunferencias especiales

Los tres capítulos de Geometría Nivel 2 construyen un ecosistema coherente:

Capítulo 1 (Potencia de un punto): herramienta métrica fundamental. Potencia, ejes radicales, centros radicales.

Capítulo 2 (Inversión): herramienta transformacional. Convierte configuraciones complejas en simples; demuestra Ptolomeo, Feuerbach, Apolonio.

Capítulo 3 (Circunferencias especiales): objetos del triángulo. La incircunferencia, las exinscriptas, la circunferencia de los nueve puntos, la circuncircunferencia y sus puntos notables ($I$, $O$, $H$, $G$, $N_9$, punto de Feuerbach) son los actores principales de la geometría olímpica.

La mayoría de los problemas de geometría del nivel Iberoamericano involucran alguna combinación de estos tres capítulos. Reconocer rápidamente "esto es una propiedad del incentro" o "aquí debo usar la potencia de un punto" o "conviene invertir en este punto de tangencia" es la habilidad que desarrolla la práctica.

Los 8 problemas resueltos de este capítulo cubren problemas con dificultad 2, 3 y 4 del nivel Iberoamericano / Cono Sur. Te recomendamos intentar cada problema antes de leer la solución.