Problema 110.Teorema de
Feuerbach.

El círculo de los nueve puntos es tangente al
inscrito y a cada uno de los exinscritos al triángulo ABC.

Bruño (1958): Geometría. Curso Superior.
Con el enunciado de 1286 ejercicios de aplicación. Novena
edición. Paterna (Valencia). (Pág.  671)

Solución de
Saturnino Campo Ruiz, profesor del IES Fray Luis de León de Salamanca(7
de Enero de 2004).-

1.- En
primer lugar hemos de observar que podemos obtener la circunferencia de los 9
puntos a partir de la circunscrita de forma muy sencilla. Si hacemos una
homotecia de centro el baricentro G del triángulo y razón
–1/2, obtendremos la circunferencia de Feuerbach (que pasa por los pies
de las medianas entre otros). Así pues su radio es la mitad del de la
circunferencia circunscrita. Por otra parte, su centro F está
alineado con el baricentro y el circuncentro y, por tanto sobre la recta de
Euler, justamente en el punto medio del segmento determinado por el ortocentro
y el circuncentro.

2.- Veamos ahora qué relación hay entre los
segmentos determinados por los puntos de contacto de las circunferencias
inscrita ( I ) y exinscrita ( J ).

Si son A’,
B’ y C’  los
puntos de contacto de la circunferencia inscrita de radio r en el
triángulo ABC, éstos dividen a sus lados en tres pares de
segmentos cuya suma es el perímetro 2p. Como son iguales los
pares de segmentos concurrentes en cada vértice, tres de ellos no
concurrentes sumarán el semiperímetro p. En la figura p
= AB’ + B’C + BA’ = b + BA’; de donde BA’
= BC’ = p – b;  de
forma similar CA’ = CB’= p – c y AB’ =
AC’ = p – a.

Considerando la circunferencia ( J
) exinscrita tangente al lado BC en A”, de radio r(A),
se tiene  AC” = AB”,
y ambos iguales a p, pues su suma es AC”+ AB”= AB
+BA”+ CA”+ AC = 2p. De aquí p = AB + BC”= c +
BC”; è
BC”= p – c. Lo que nos interesa observar es que A’C
= p—c = BA”, pues de ello se sigue que M, pie de la
mediana desde A, es el punto medio de A’A”.

3.-
Apliquemos a la circunferencia de los 9 puntos (F), la inversión de centro M  y potencia (MA’ ) 2
= (MA” )2. Esta inversión transforma globalmente
en sí mismas las circunferencias ( I
) y ( J ). En cuanto a la circunferencia de Feuerbach (F) del triángulo ABC, como
pasa por M, su figura inversa es una recta que forma con BC un ángulo igual al ángulo
formado por BC y la circunferencia (F) en M, por
tanto es paralela a la tangente
en M a (F).

4.- El lado BC es
una de las tangentes interiores comunes a ( I )  y a ( J ). La otra se obtiene por
simetría de ésta respecto de la bisectriz AJ. Por ello
esta última forma con los lados AB y AC ángulos g = C y b
= B  respectivamente
(suele decirse que las rectas BC y RS son antiparalelas
respecto del ángulo BAC), y en consecuencia, es paralela a la
tangente en A a la circunscrita (O).
Ambas tangentes pasan por P.

5.- Por otra parte, la
circunferencia inscrita puede transformarse en la exinscrita por dos homotecias
de centros los puntos A y P, (intersección de las
tangentes exteriores e interiores a ambas), resultando de ello la siguiente
relación:, o lo que es equivalente: la cuaterna (APJI ) = -1 es
armónica. Como cada razón simple se conserva al proyectarse
(ortogonalmente) sobre el lado BC, se tiene que la cuaterna (HaPA”A’)
también es armónica, y al ser M el punto medio de A”A’
resulta que MP·MHa =( MA”)2 =
( MA’)2. (1)
Por tanto P es el transformado de Ha (que
pertenece a (F) ) en la referida inversión.

6.- La circunferencia (F) se transforma en la recta que pasa
por P, paralela a la tangente en M
a (F), y por tanto, paralela a la tangente en A a ( O)
(en virtud de la homotecia que existe entre ellas). Según lo explicado
en 4, es la tangente en P. En consecuencia, como la
inversión conserva  los
ángulos, la circunferencia (F) es tangente a la circunferencia
inscrita ( I ) y a la exinscrita ( J
) como se pretendía demostrar.

1 .- Si (ABCD)
= -1, poniendo coordenadas xi a cada punto se tiene . Operando resulta 2(x1x2
+ x3x4 ) = (x1+x2)(
x3+x4). Si tomamos M, punto medio de AB,
como origen de los puntos, resulta x1 = - x2,
que nos da al sustituirlo en la expresión última –x12
+ x3x4 = 0, esto es, MC·MD =MA2.