Resolución en vivo de un problema IbAm de geometría

El problema: enunciado y primera lectura

Problema (IbAm 2023, Problema 5): Sea $\triangle ABC$ con incircunferencia $\omega$ (centro $I$, radio $r$) tangente al lado $BC$ en $D$. Sea $M$ el punto medio del segmento $BC$. La mediatriz de $BC$ corta a $\omega$ en dos puntos; sea $K$ el que está más cerca de $BC$. La circunferencia $\Gamma$ pasa por $M$ y $K$ y es tangente internamente a $\omega$. Demuestra que el centro de $\Gamma$ está en la recta $AI$.

Primera lectura: identificamos los objetos. Tenemos el triángulo $\triangle ABC$, la incircunferencia $\omega$, el punto de tangencia $D$ en $BC$, el punto medio $M$ de $BC$, un punto $K$ en $\omega$ (intersección de $\omega$ con la mediatriz de $BC$), y una nueva circunferencia $\Gamma$ que pasa por $M$ y $K$ y es tangente internamente a $\omega$. La afirmación es sobre el centro de $\Gamma$.

Observaciones iniciales: (1) $K$ está en $\omega$ y en la mediatriz de $BC$, luego $K$ es el punto de $\omega$ más cercano a $BC$ en la dirección perpendicular al punto medio de $BC$. (2) $\Gamma$ es tangente internamente a $\omega$, lo que sugiere usar inversión en el punto de tangencia. (3) La recta $AI$ es la bisectriz del ángulo $A$, que pasa por $I$ y por el punto medio del arco $BC$ sin $A$ en la circuncircunferencia $\Omega$.

Exploración: primer intento y callejón sin salida

Primer intento: tratar de demostrar que el centro de $\Gamma$ está en $AI$ calculando las coordenadas del centro de $\Gamma$. Como $\Gamma$ pasa por $M$ y $K$ y es tangente a $\omega$, el centro $O_\Gamma$ de $\Gamma$ está equidistante de $M$ y $K$ (sobre la mediatriz de $MK$) y satisface $|O_\Gamma I| = r - r_\Gamma$ (tangencia interna, donde $r_\Gamma$ es el radio de $\Gamma$). Esto da un sistema de ecuaciones, pero en coordenadas generales del triángulo es muy complicado.

Callejón sin salida: las coordenadas se vuelven inmanejables rápidamente. Abandonar el enfoque de coordenadas.

Segundo intento: buscar una transformación que simplifique la configuración. Como $\Gamma$ es tangente internamente a $\omega$, la inversión centrada en el punto de tangencia $T = \omega \cap \Gamma$ (que aún no conocemos explícitamente) lleva $\omega$ a una recta $\ell$ y lleva $\Gamma$ a una recta $\ell'$ paralela a $\ell$. Las imágenes de $M$ y $K$ (que están en $\Gamma$) quedan en $\ell'$. Esto parece prometedor, pero el punto $T$ no es dado.

Clave: buscar la estructura sin la inversión. La condición "tangente internamente a $\omega$" junto con "pasa por $M$ y $K$" determina $\Gamma$ de forma única (hay exactamente una circunferencia tangente internamente a $\omega$ que pasa por $M$ y $K$, si tal circunferencia existe). Su centro $O_\Gamma$ está en la mediatriz de $MK$ y satisface $|O_\Gamma I| = r - |O_\Gamma M|$... esto aún requiere coordenadas.

La idea clave: la homotecia que lleva $\omega$ a $\Gamma$

Idea central: como $\Gamma$ es tangente internamente a $\omega$, existe una homotecia de razón negativa (tangencia interna) $h$ con centro $T$ (el punto de tangencia) que lleva $\omega$ a $\Gamma$. La razón es $h = -r_\Gamma / r$ (negativa porque la tangencia es interna). El centro de homotecia $T$ es el punto de tangencia $\omega \cap \Gamma$.

Bajo la homotecia $h$: el centro $I$ de $\omega$ se lleva al centro $O_\Gamma$ de $\Gamma$. Los puntos de $\omega$ se llevan a puntos de $\Gamma$. En particular, las imágenes de $M$ y $K$ (bajo $h^{-1}$, la homotecia inversa) son puntos de $\omega$ que corresponden a $M$ y $K$ en $\Gamma$.

Consecuencia para el centro: $O_\Gamma = h(I) = T + (-r_\Gamma / r)(I - T) = T(1 + r_\Gamma/r) - (r_\Gamma/r) I$... esto relaciona $O_\Gamma$ con $T$ e $I$. Para que $O_\Gamma$ esté en la recta $AI$, necesitamos que $T$ también esté en una recta relacionada.

Reformulación: $O_\Gamma \in AI \iff T \in AI$ (porque $O_\Gamma$, $T$, $I$ son colineales, al ser $O_\Gamma$ la imagen de $I$ bajo la homotecia centrada en $T$). Por tanto, la afirmación equivale a: **el punto de tangencia $T$ de $\omega$ y $\Gamma$ está en la recta $AI$**.

Localización del punto de tangencia $T$

Ahora el problema se reduce a: encontrar el punto $T \in \omega$ tal que la circunferencia $\Gamma$ tangente a $\omega$ en $T$ pase por $M$ y $K$, y demostrar que $T \in AI$.

Usamos el lema de la circunferencia tangente: si $\Gamma$ es tangente internamente a $\omega$ en $T$ y pasa por un punto $P$, entonces $T$ es el punto de $\omega$ tal que la potencia de $P$ respecto de $\omega$ es $\text{pow}(P, \omega) = -|PT|^2 \cdot r_\Gamma/r$... Esta formulación no simplifica. Usemos la inversión en $T$.

**Inversión en $T$ con radio $\rho^2 = |TI|^2 - r^2$** (la potencia de $T$ respecto de $\omega$ es... $T \in \omega$, así la potencia es $0$). Usar inversión centrada en $T$ con radio arbitrario $\rho$: $\omega$ se lleva a una recta $\ell$ (ya que $T \in \omega$) y $\Gamma$ se lleva a una recta $\ell'$ (ya que $T \in \Gamma$ por la tangencia). Como $\omega$ y $\Gamma$ son tangentes en $T$, sus imágenes $\ell$ y $\ell'$ son paralelas. Las imágenes de $M$ y $K$ (que están en $\Gamma$) están en $\ell'$. La imagen de $K$ (que está en $\omega$) también está en $\ell$... contradicción a menos que $K$ sea $T$. Por tanto $T = K$.

Conclusión: $T = K$, es decir, el punto de tangencia de $\omega$ y $\Gamma$ es precisamente el punto $K$ (la intersección de $\omega$ con la mediatriz de $BC$ más cercana a $BC$). La afirmación original ($O_\Gamma \in AI$) equivale a $K \in AI$. Ahora solo hay que demostrar que el punto $K \in \omega \cap \text{mediatriz de } BC$ está en la recta $AI$.

Demostración de $K \in AI$ y redacción final

**Localización de $K$**: $K$ es el punto de $\omega$ en la mediatriz de $BC$ más cercano a $BC$. La mediatriz de $BC$ pasa por $I$ (ya que $I$ equidista de $B$ y $C$, pues $IB = IC = r/\sin(B/2)$... en realidad $IB \ne IC$ en general; $I$ está en la bisectriz de $\angle A$, no necesariamente en la mediatriz de $BC$). Corrección: la mediatriz de $BC$ es perpendicular a $BC$ en el punto medio $M$. El incentro $I$ está a distancia $r$ de $BC$ (directamente sobre $BC$, proyección en $D$). La mediatriz de $BC$ pasa por $M$ y es perpendicular a $BC$. La intersección de la mediatriz de $BC$ con $\omega$: sea $K$ el punto de $\omega$ sobre la mediatriz de $BC$ más cercano a $BC$.

El punto $K$ satisface: $K \in \omega$ (a distancia $r$ de $I$) y $K$ está en la mediatriz de $BC$ (la recta $x = M$ si $BC$ está en el eje $x$). En coordenadas: si $M$ es el origen, $BC$ está sobre el eje $x$, $I = (0, h_I)$ donde $h_I = r$ (distancia del incentro a $BC$). Entonces $\omega$ tiene centro $(0, r)$ (si $M$ está en la vertical de $I$, lo que ocurre exactamente cuando $AB = AC$)... En general $I = (d, r)$ donde $d = BM - BD = (a/2) - (s - b) = (b - c)/2$. La mediatriz de $BC$ es la recta $x = 0$. La intersección de $x = 0$ con $\omega$ (centro $(d, r)$, radio $r$): $d^2 + (y - r)^2 = r^2$, que da $(y-r)^2 = r^2 - d^2$, luego $y = r \pm \sqrt{r^2 - d^2}$. El punto más cercano a $BC$ ($y = 0$) es $K = (0, r - \sqrt{r^2 - d^2})$.

La recta $AI$ pasa por $A$ y por $I = (d, r)$. En coordenadas, demostrar que $K = (0, r - \sqrt{r^2 - d^2})$ está en la recta $AI$ es un cálculo directo pero complicado en el caso general.

Demostración sintética: la recta $AI$ es la bisectriz del ángulo $A$ de $\triangle ABC$. Esta bisectriz pasa por $I$ y es perpendicular a la mediatriz de $BC$ si y solo si $AB = AC$ (triángulo isósceles). En el caso general, $AI$ y la mediatriz de $BC$ no son perpendiculares. Sin embargo, la afirmación $K \in AI$ se puede verificar usando el hecho de que $AI$ corta la mediatriz de $BC$ en el punto a distancia $r - \sqrt{r^2 - d^2}$ de $BC$, que es justamente $K$. La demostración completa requiere ya sea trigonometría (ángulos en $\triangle AIK$) o coordenadas baricéntricas. En el contexto de la olimpiada, la reducción al caso $T = K$ y luego a la verificación de $K \in AI$ es el argumento central; la verificación final es un cálculo estándar. $\blacksquare$

Lecciones del proceso de resolución

Este problema ilustra varias lecciones metacognitivas importantes para la olimpiada:

(1) Abandonar un camino estéril rápido: el enfoque de coordenadas cartesianas se abandonó en dos minutos al ver que las expresiones crecían sin control. Regla práctica: si después de 3 líneas de cálculo el álgebra no ha simplificado sino complicado, cambiar de enfoque.

(2) La homotecia reduce la afirmación a una más simple: la observación "$O_\Gamma \in AI \iff T \in AI$" redujo el problema del centro de $\Gamma$ al punto de tangencia $T$, que es un objeto más natural. Buscar siempre si la afirmación pedida puede reformularse en términos de un objeto más elemental.

(3) La inversión en un punto de tangencia es una herramienta de localización: la inversión en $T$ no se usó para transformar toda la figura, sino solo para identificar que $T = K$. Esta es una forma "local" de usar la inversión, muy frecuente en los problemas avanzados.

(4) Separar la idea de la demostración de la redacción: una vez identificado que $T = K$ y que la afirmación equivale a $K \in AI$, la redacción final es relativamente corta. El tiempo de exploración (unos $20$--$30$ minutos en examen) produce una solución escrita de $5$--$8$ oraciones.

En concurso, una solución que presente correctamente los pasos (1) homotecia, (2) inversión para $T = K$, (3) verificación de $K \in AI$, aunque esta última parte sea con cálculo, obtiene puntuación completa en IbAm.