Identidad en un Triángulo Equilátero

Ésta es mi solución a un sencillo pero elegante problema propuesto por Alejandro Minier.

En el triángulo equilátero $\triangle{ABC}$, una recta sale de $A$ e intersecta al lado $BC$ en un punto $P$ y al circuncírculo de $\triangle{ABC}$ en $Q$. Demuestre que:

$$\frac{1}{PQ}=\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}$$

Demostración.

Por el teorema de la cuerda,

$$AP⋅PQ=BP⋅CP$$

Despejando $PQ$, su recíproco esta dado por la siguiente expresión:

$$\frac{1}{PQ}=\frac{AP}{BP⋅CP}$$

Por el teorema de Van Schooten tenemos:

$$BQ+CQ=AQ$$

$$BQ+CQ=AP+PQ$$

$$BQ+CQ=AP+\frac{BP⋅CP}{AP}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}$$

Note que $\angle{AQB}=\angle{ACB}=\angle{ABC}=\angle{AQC}=60^\circ$. Por lo que $AQ$ bisecta el ángulo $\angle{BQC}$. Por propiedad de la bisectriz:

$$PQ^2+BP⋅CP=BQ⋅CQ$$

Note que 

$$\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}=\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}$$

De las expresiones obtenidas resulta:

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}⋅\frac{1}{PQ^2+BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}⋅\frac{1}{\frac{BP^2⋅CP^2}{AP^2}+BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP(AP^2+BP⋅CP)}{BP^2⋅CP^2+AP^2⋅BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP(AP^2+BP⋅CP)}{BP⋅CP(AP^2+BP⋅CP)}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP}{BP⋅CP}$$

Por lo tanto, 

$$\frac{1}{PQ}=\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}$$

$$Q.E.D.$$

XIX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe 2017 - Problema 3

Dado un triángulo $ABC$, sean $D$ el pie de la altura desde $A$, y $L$ la recta que pasa por los puntos medios de $AC$ y $BC$. Sea $E$ la reflexión del punto $D$ respecto a $L$. Demuestre que el circuncentro del triángulo $ABC$ está sobre la recta $AE$. El examen completo lo puede encontrar aquí.

Demostración.

Sean $M_a$ y $M_b$ los puntos medios de los lados $BC$ y $AC$, respectivamente. Es obvio que $DM_b=AM_b=CM_b=R$, por ser $DM_b$ el radio de la circunferencia circunscrita del triángulo rectángulo $ACD$, que denotamos con $(ACD)$. Al ser $E$ la reflexión de $D$ respecto a la recta $M_aM_b$, el triángulo $DEM_b$ es isósceles y $DM_b=EM_b$, significando que $E$ yace en $(ACD)$. Denotemos con $D'$ la intersección de $DE$ con $M_aM_b$. Los triángulos $DD'M_a$ y $ABD$ son similares por propiedad de ángulos entre paralelas (note que $AB$ es paralela con $M_aM_b$ por propiedad del triángulo medial). Entonces, los ángulos $\angle{EDC}$ y $\angle{BAD}$ son congruentes. Además $\angle{BAD} = \angle{EDC} = \angle{EAC}$. Al ser $AO$ la conjugada isogonal de $AD$, $\angle{CAO} = \angle{BAD} = \angle{EAC}$. $\square$  

Otra Demostración de un Problema sobre un Triángulo Equilátero

$ABC$ es un triángulo equilátero. $P$ es la extensión de $AB$ tal que $AP = AB$. Si $PQ$ y $PR$ son líneas tangentes a la circunferencia circunscrita, $\omega$, de $ABC$, en $Q$ y $R$, respectivamente, demuestre que la cuerda $QR$ contiene a $M$, el punto medio de $AC$.

Demostración. 

Lema 1. Considere la circunferencia circunscrita, $\kappa$, del triángulo $ACO$, donde $O$ es el circuncentro del triángulo $ABC$. Llamemos $D$ a la segunda intersección de $BO$ con $\kappa$. Los puntos $P$, $D$, $Q$, $O$ y $R$ yacen en una misma circunferencia.

Demostración. Las circunferencias $\omega$ y $\kappa$ son congruentes. Note que las circunferencias circunscritas de los triángulos $BCO$ y $ABO$ son congruentes con $\kappa$ por ser $ACO$, $BCO$ y $ABO$ triángulos congruentes. Ahora, por el teorema de Johnson, $\omega$ es congruente con $\kappa$. Por simetría con respecto al lado $AC$, $AD = AB$. El triángulo $ABD$ es isósceles con $\angle{BAD} = 120^\circ$, por lo que $\angle{DAP} = 60^\circ$, de donde se concluye que el triángulo $ADP$ es equilátero. Note que $\angle{PDA} + \angle{ADB} = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ$. Pero también $\angle{PQO} = 90^\circ$. De donde resulta que el cuadrilátero $PDQO$ es cíclico. Como $\angle{PQO}$ y $\angle{PRO}$ son suplementarios, $R$ está en la circunferencia circunscrita al cuadrilátero $PDQO$.  $\square$

Consideremos una inversión con respecto a $\omega$. Las líneas $AB$, $BC$ y $AC$ se transforman en las circunferencias circunscritas de los triángulos $ABO$, $BCO$ y $ACO$, respectivamente. Los inversos de las líneas $PQ$ y $PR$ son las circunferencias cuyos diámetros son $OQ$ (tangente en $Q$) y $OR$ (tangente en $R$). La segunda intersección de estas circunferencias, aparte de $O$, es $P'$, el inverso de $P$. Las circunferencias (OQ) y (OR) son congruentes por tener diámetro igual al radio de $\omega$. De modo que $\angle{OQP'}=\angle{ORP'}$. En el diagrama original, $\angle{OQP}=\angle{ORP}=90^\circ$. En el diagrama invertido, $\angle{OP'Q}=\angle{OP'R}=90^\circ$, de donde resulta que Q, P' y R están alineados y $OP'$ es perpendicular con $QR$. La imagen inversa de $M$, el punto medio de $AC$, es la segunda intersección de $OB$, aparte de $O$, con $(ACO)$. 

Note que si en el diagrama original $Q$, $M$ y $R$ están alineados, entonces $Q$, $M'$, $R$ y $O$ deben ser cíclicos en el diagrama invertido. Pero por el lema 1, sabemos $Q$, $M'$, $R$ y $O$ están en una misma circunferencia, por lo que $Q$, $M$ y $R$ son colineales. $\square$

Éste es el problema 1 de un conjunto de siete problemas que publiqué en cut-the-knot.org en 2014. 

IMO 1994/2

$ABC$ es un triángulo isósceles donde $AB= AC$. Suponga que  

1. $M$ es el punto medio de $BC$ y $O$ es un punto de la línea $AM$ tal que $OB$ es perpendicular a $AB$;

2. $Q$ es un punto arbitrario en el segmento $BC$ diferente de B y C;

3. $E$ yace sobre la línea $AB$ y $F$ está sobre la línea $AC$ tal que $E$, $Q$, $F$ son distintos y están alineados. Demuestre que $OQ$ es perpendicular a $EF$ sí y solo sí $QE = QF.$

Demostración.

Teorema 1 (Miquel). Las circunferencias circunscritas de los triángulos $\triangle{ABC}$, $\triangle{BEQ}$, $\triangle{AEF}$ y $\triangle{CFQ}$ concurren en un punto común que llamaremos $O'$, en particular, éste es el punto de Miquel del cuadrilátero completo $ABCEFQ$. 

Demostración. Éste es un hecho harto conocido, por lo que omitiré la demostración. De todos modos, puede encontrar una demostración de este hecho aquí. 

Lema 2. Las circunferencias circunscritas de los triángulos $\triangle{BEQ}$ y $\triangle{CFQ}$ son congruentes.

Demostración. Denotemos $\angle{CBA} = \angle{ACB} = \alpha$ y $QE = QF = x$. El radio de la circunferencia circunscrita del triángulo $\triangle{BEQ}$ está dado por la expresión:

$$R_{(BEQ)} = \frac{(BE)(BQ)(x)}{(4)(1/2)(BE)(BQ)sin\alpha} = \frac{x}{2sin\alpha}$$

Del mismo modo, el radio de la circunferencia circunscrita del triángulo $\triangle{CFQ}$ está dado por:

$$R_{(CFQ)} = \frac{(CF)(CQ)(x)}{(4)(1/2)(CF)(CQ)sin(180^\circ-\alpha)} = \frac{x}{2sin\alpha}$$

Así, $R_{(BEQ)} = R_{(CFQ)}$.

Lema 3. $O'Q$ es perpendicular a $EF$.

Demostración. Por el teorema 1, sabemos que el otro punto de intersección de las circunferencias $(BEQ)$ y $(CFQ)$, a parte de $Q$, debe ser el punto de Miquel, $O'$. Así, $O'Q$ es una cuerda común de las circunferencias congruentes $(BEQ)$ y $(CFQ)$, y, por lo tanto, $\angle{O'EQ} = \angle{O'FQ}$. De donde se concluye que el triángulo $\triangle{O'EF}$ es isósceles y al ser $Q$ el punto  medio del lado $EF$, $O'Q$ es una altura del triángulo $\triangle{O'EF}$, por lo que $O'Q$ es perpendicular a $EF$. 

Ahora basta con probar que $O'$ es precisamente el punto $O$ del problema original. Para eso debemos demostrar que $O'$ está en la recta $AM$ y que $O'B$ es perpendicular a $AB$. 

El cuadrilátero $EBO'Q$ es cíclico y sabemos que $O'Q$ es perpendicular a $EF$, por lo tanto, $\angle{EBO'} = 90^\circ$. Así, $O'B$ es perpendicular a $AB$. 

Finalmente, probaremos que $O'$ está en la recta $AM$, bisectriz del ángulo $\angle{BAC}$. Para eso demostraremos que $\angle{FAO'} = \angle{BAO'}$. Calculando ángulos tenemos:

$$\angle{FAO'} = \angle{CAO'} = \angle{CBO'} = \angle{QBO'} = \angle{QEO'} =$$
$$\angle{QFO'} = \angle{EFO'} = \angle{EAO'} = \angle{BAO'}$$

Ésto demuestra que $O' = O$, y que por lo tanto, $OQ$ es perpendicular a $EF$.

Solo quedaría por probar el enunciado recíproco, pero será en otra ocasión. 

Colinealidad Asociada al Incírculo Mixtilíneo de un Triángulo

Considera un triángulo $\triangle{ABC}$ y una circunferencia, $m$, tangente al lado $AC$ en $Q$, al lado $AB$ en $D$ y a la circunferencia circunscrita al $\triangle{ABC}$, $n$, en $R$. Denotemos con $P$ el punto donde la bisectriz del ángulo $\angle{ABC}$ corta a $n$. 

Demostrar que $P$, $Q$, $R$ están alineados. 

Demostración.

Considere una inversión con centro en $A$ y radio $AQ$. $Q$ está fijo. La circunferencia de inversión y $m$ son ortogonales, por lo que $m$ está fija. La inversión de $n$ es la recta que pasa por los vértices invertidos $B'$ y $C'$. La imagen invertida de $R$ es el punto de tangencia de la línea $B'C'$ y $m$, que denotamos con $R'$. El inverso de $P$ es la intersección de las líneas $AP$ y $B'C'$. Note que $m$ es el $A$-excírculo del $\triangle{AB'C'}$. El ángulo $\angle{ABP}=\angle{AP'B'}$ y $\angle{ABC}=2\angle{ABP}=2\angle{AP'B'}=\angle{AC'B'}$. Fíjese que el triángulo $\triangle{C'R'Q}$ es isósceles, por lo que $\angle{C'QR'}=\frac{180^\circ-(180^\circ-2\angle{AP'B'})}{2}=\angle{AP'B'}$. De donde se concluye que $AP'QR'$ es cíclico, y que por lo tanto, $P$, $Q$ y $R$ están alineados. 

Una Propiedad del Conjugado Armónico del Punto de Feuerbach

Considera un triángulo $\triangle{ABC}$. Denotemos el incentro, el Centro de Circunferencia de los Nueve Puntos y el punto de Feuerbach con $I$, $N$, $F_e$, respectivamente. $M_aM_bM_c$ es el triángulo medial de $\triangle{ABC}$. $M_1M_2M_3$ es el triángulo de medio arco del triángulo medial de $\triangle{ABC}$. $T_aT_bT_c$ es el triángulo formado por los puntos de tangencia del incírculo de $\triangle{ABC}$ con $\triangle{ABC}$ (ver figura debajo). 

Demostrar que $M_1T_c$, $M_2T_a$, $M_3T_b$ concurren en el conjugado armónico del punto de Feuerbach con respecto a $I$ y a $N$. Por cierto, éste es el punto $X(12)$ en la ETC.

Demostración.

Para la demostración será suficiente con probar que el punto donde $M_1T_c$ corta $F_eN$ es precisamente el conjugado armónico del punto de Feuerbach, y que por un razonamiento similar lo hacen también las líneas $M_2T_a$ y $M_3T_b$.

Lema 1. ${IT_c} \parallel {NM_1}$.

Demostración. Note que como $M_1$ es el punto medio del arco $M_aM_b$, $NM_1$ es mediatriz del segmento $M_aM_b$ y, por lo tanto, perpendicular al mismo. Note también que el lado $AB$ es paralelo con $M_aM_b$. El lado $AB$ es perpendicular con $IT_c$, de donde se sigue que ${IT_c} \parallel {NM_1}$.

Lema 2. Denotemos $T'_c$ la reflexión de $T_c$ respecto a $I$, entonces, $F_e$, $T'_c$ y $M_1$ están alineados. 

Demostración. Ésto es una consecuencia directa del muy conocido lema 1 en el Libro de Lemas de Arquímedes. 

Si hacemos a $P$ el punto donde $M_1T_c$ corta a $F_eN$, es fácil notar (por propiedad de ángulos alternos internos) que $\triangle{IPT_c}\sim\triangle{M_1NP}$.

De ésto se sigue que 

$$\frac{IT_c}{IP} = \frac{M_1N}{NP}$$

pero $IT_c = F_eI$; $M_1N = F_eN$.

Así tenemos

$$\frac{F_eI}{IP} = \frac{F_eN}{NP}$$  

Lo que por definición demuestra que $P$ es el conjugado armónico de $F_e$ con respecto a $I$, $N$. Por un razonamiento análogo, las líneas $M_2T_a$ y $M_3T_b$ cortan $F_eN$ en el conjugado armónico de $F_e$.