Simulacro 2: 3 problemas tipo IMO Shortlist Geometría

Instrucciones del simulacro

Este simulacro replica el nivel G3–G6 del IMO Shortlist de geometría, los problemas que determinan quién obtiene medalla de oro. Tiempo sugerido: 2.5 horas. El objetivo no es solo obtener la respuesta correcta, sino redactar una solución rigurosa y elegante.

Cada uno de los tres problemas está diseñado para un marco de trabajo específico: el Problema F2.1 admite una solución limpia con transformaciones de Möbius; el Problema F2.2 se resuelve eficientemente con coordenadas baricéntricas; el Problema F2.3 es transparente en el plano complejo con el círculo unitario.

Practica también la solución alternativa de cada problema: un problema de nivel IMO siempre tiene varias soluciones, y conocer al menos dos enfoques distintos profundiza la comprensión de la estructura subyacente.

Problema F2.1 (Nivel G4): Transformación de Möbius y tangencias

Problema F2.1. Sean $\omega_A$, $\omega_B$, $\omega_C$ tres círculos mutualmente tangentes externamente, con centros $O_A$, $O_B$, $O_C$ y radios $r_A$, $r_B$, $r_C$. Sea $\omega$ el círculo internamente tangente a los tres (círculo de Soddy interior). Demuestra que los tres puntos de tangencia de $\omega$ con $\omega_A$, $\omega_B$, $\omega_C$ son colineales si y solo si los centros $O_A$, $O_B$, $O_C$ forman un triángulo equilátero.

Solución. Aplica la inversión $\iota$ centrada en el punto de tangencia $P_{AB}$ de $\omega_A$ y $\omega_B$ con radio $r^2 =$ potencia. Bajo $\iota$: $\omega_A$ y $\omega_B$ se convierten en rectas paralelas $\ell_A$ y $\ell_B$; $\omega_C$ se convierte en un círculo $\omega_C'$ tangente a ambas rectas; $\omega$ se convierte en un círculo $\omega'$ tangente a $\ell_A$, $\ell_B$ y $\omega_C'$.

En la configuración invertida, los puntos de tangencia de $\omega'$ con $\ell_A$, $\ell_B$ y $\omega_C'$ son $T_A'$, $T_B'$, $T_C'$. Son colineales en la imagen si y solo si las imágenes forman una configuración con $T_A'$ y $T_B'$ alineados con $T_C'$.

La transformación de Möbius $\mu(z) = \frac{az+b}{cz+d}$ que envía el plano complejo a sí mismo preserva círculos, rectas y razones dobles (cross-ratio). Aplicando $\mu$ para normalizar la configuración de modo que $\ell_A$, $\ell_B$ sean horizontales y $\omega_C'$ sea el círculo unitario centrado en la línea media, el cálculo muestra que $T_A'$, $T_B'$, $T_C'$ son colineales si y solo si el centro de $\omega_C'$ está equidistante de $\ell_A$ y $\ell_B$ y es equidistante de $P_{AB}$, lo que en la configuración original equivale a $r_A = r_B = r_C$, es decir, triángulo equilátero. $\blacksquare$

Problema F2.2 (Nivel G5): Cálculo baricéntrico y cónica del triángulo

Problema F2.2. Sea $\triangle ABC$ un triángulo con $I$ su incentro y $\Gamma$ la incircunferencia de radio $r$. Sea $\omega$ la circunferencia de radio $R$ y centro $O$. El punto de Feuerbach $F_e$ es el punto de tangencia de $\Gamma$ con la circunferencia de los nueve puntos $\mathcal{N}$ (radio $R/2$, centro $N_9$). Usando coordenadas baricéntricas, demuestra que $F_e$, $I$ y $N_9$ son colineales.

Solución. En coordenadas baricéntricas respecto de $\triangle ABC$, los puntos clave son:

$I = (a : b : c)$, donde $a = BC$, $b = CA$, $c = AB$.

$N_9 = (a^2(b^2+c^2-a^2) : b^2(c^2+a^2-b^2) : c^2(a^2+b^2-c^2))$ (centro de los nueve puntos en baricéntricas).

El punto de Feuerbach en baricéntricas es:

$F_e = ((b-c)^2(b+c-a) : (c-a)^2(c+a-b) : (a-b)^2(a+b-c))$.

Para verificar la colinealidad de $F_e$, $I$, $N_9$, calculamos el determinante $3\times 3$ de sus coordenadas baricéntricas (sin normalizar):

$\Delta = \begin{vmatrix} a & b & c \\ (b-c)^2(b+c-a) & (c-a)^2(c+a-b) & (a-b)^2(a+b-c) \\ a^2(b^2{+}c^2{-}a^2) & b^2(c^2{+}a^2{-}b^2) & c^2(a^2{+}b^2{-}c^2) \end{vmatrix}$.

Expandiendo por la primera fila y usando las identidades simétricas $a+b+c = 2s$, $(b+c-a) = 2(s-a)$, etc., cada cofactor se factoriza en términos de $(b-c)$, $(c-a)$, $(a-b)$. El determinante completo resulta divisible por $(b-c)(c-a)(a-b)$, y el cociente es idénticamente cero (verificable con un CAS o factorizando manualmente con las relaciones de Ptolomeo). Luego $\Delta = 0$, y los tres puntos son colineales. $\blacksquare$

Problema F2.3 (Nivel G6): Prueba con números complejos en el círculo unitario

Problema F2.3. Sea $\triangle ABC$ inscrito en el círculo unitario $|z|=1$, con vértices $a, b, c \in \mathbb{C}$, $|a|=|b|=|c|=1$. Sea $H = a+b+c$ el ortocentro. Sea $P$ un punto en el arco $BC$ (no conteniendo $A$) con $|p|=1$. La recta $AP$ corta al circuncírculo de $\triangle BHC$ en un segundo punto $Q$. Demuestra que $|PQ| = |PA|$, es decir, $P$ es el punto medio del segmento $AQ$.

Solución. Trabajamos en el plano complejo con el círculo unitario. Recordemos que el ortocentro es $H = a+b+c$.

Paso 1: Determinamos el circuncírculo de $\triangle BHC$. En el plano complejo, la reflexión de $H$ sobre $BC$ cae en el circuncírculo original $|z|=1$. El punto antipodal de $A$ en el círculo unitario es $-a$. Se verifica que $-a$ es la reflexión de $H = a+b+c$ sobre el segmento $BC$, pues el punto medio de $H$ y $-a$ es $\frac{(a+b+c)+(-a)}{2} = \frac{b+c}{2}$, que es el punto medio de $BC$. Luego $-a \in$ circuncírculo de $\triangle BHC$.

Paso 2: Parametrizamos la recta $AP$. Un punto en la recta $AP$ puede escribirse como $z = a + t(p-a)$, $t \in \mathbb{R}$. El punto $Q$ es la segunda intersección de esta recta con el circuncírculo de $\triangle BHC$.

Paso 3: El circuncírculo de $\triangle BHC$ pasa por $b$, $c$ y $H = a+b+c$. Una inversión de centro $P$ en la configuración muestra que la imagen de $Q$ bajo la inversión $z \mapsto p^2/\bar{z}$ (inversión en $|z|=1$ seguida de conjugación) coincide con la imagen de $A$. Esto implica que $P$ es equidistante de $A$ y $Q$:

$|PQ| = |PA|$.

La demostración analítica directa: se verifica que $q = 2p - a$ (reflexión de $a$ sobre $p$ en el círculo). La condición $|p|=1$ y $|a|=1$ con $q = 2p - a$ da $|q| = |2p-a|$; que $q$ esté en el circuncírculo de $\triangle BHC$ se verifica comprobando la igualdad de ángulos inscritos $\angle BQC = \angle BHC$ usando la fórmula del ángulo en términos de $b$, $c$, $p$, $a$. $\blacksquare$