Problema 463 de triánguloscabri
Sea ABC un triángulo cualquiera. Sea AwBwCw un triángulo variable e inscrito en ABC con Aw sobre BC, Bw sobre CA y Cw sobre AB.

(1) Demostrar que los círculos circunscritos a los triángulos ABwCw, AwBCw, AwBwC tienen un punto común W.

(2) Demostrar que para que W sea fijo, los distintos triángulos AwBwCw deben ser semejantes entre sí.

Supongamos que los triángulos AwBwCw varían permaneciendo semejantes al triángulo original ABC de forma que la semejanza sea directa y el homólogo de A se desplace sobre AB (A ® Cw, B ® Aw, C ® Bw).

(3) Demostrar que W es el centro de semejanza entre ABC y AwBwCw.

(4) Demostrar la identidad de los ángulos WAB, WBC y WCA.

En esta situación, llamamos A' al punto de intersección de BW con la mediatriz de BC, B' al punto de intersección de CW con la mediatriz de CA y C' al punto de intersección de AW con la mediatriz de AB.

(5) Demostrar que ABC y A'B'C' están en perspectiva.

(6) Demostrar que si por los vértices del triángulo ABC trazamos paralelas a los lados de A'B'C', esas rectas son concurrentes en el círculo circunscrito. Análogamente, demostrar que las perpendiculares por los vértices de ABC a los lados de A'B'C' también son concurrentes sobre el círculo circunscrito. Demostrar que estos dos puntos de concurrencia son diametralmente opuestos.

(7) Demostrar que W y el circuncentro O del triángulo ABC son concíclicos con A', B' y C'.

(8) Demostrar que A'B'C' es inversamente semejante al triángulo ABC. Hallar la razón de esta semejanza inversa.

(9) Demostrar que el punto simediano K del triángulo ABC es concíclico con A', B' y C'. Demostrar que K es diametralmente opuesto a O en el círculo circunscrito a A'B'C'.
Propuesto por José María Pedret.

Solución de Francisco Javier García Capitán

(1) Demostrar que los círculos circunscritos a los triángulos ABwCw, AwBCw, AwBwC tienen un punto común W.

 

Esto se deduce fácilmente de la propiedad del arco capaz como lugar geométrico de los puntos desde los que se ve un segmento con un mismo ángulo.

Llamamos W al punto de intersección de las circunferencias AwBCw y AwBwC. Para simplificar, consideramos la situación que se muestra en la figura. En los demás casos tendríamos una situación parecida. Aún mejor, podríamos usar el concepto de ángulos entre rectas, que demostraría todos los casos de una vez, aunque esto no lo haremos aquí.

Por estar W en las circunferencias citadas, tenemos que ÐAwWCw = 180º - B y ÐAwWBw = 180º - ÐBwCAw = C, de donde

ÐBwWCw = ÐAwWCw - ÐAwWBw = (180º - B) - C = A,

por lo que W también está en la circunferencia ABwCw.
(2) Demostrar que para que W sea fijo, los distintos triángulos AwBwCw deben ser semejantes entre sí.

 

Observemos en la figura que, por ejemplo, se cumple:

Entonces, si W es fijo, el ángulo Aw del triángulo AwBwCw queda determinado, y también los demás ángulos, por lo que todos los triángulos AwBwCw correspondientes a W deben ser semejantes.

Supongamos que los triángulos AwBwCw varían permaneciendo semejantes al triángulo original ABC de forma que la semejanza sea directa y el homólogo de A se desplace sobre AB (A ® Cw, B ® Aw, C ® Bw).

(3) Demostrar que W es el centro de semejanza entre ABC y AwBwCw.

Consideremos la figura, en la que tenemos, según el enunciado, que

Entonces tenemos

\begin{aligned}\angle AWC_w =& 180^\circ - \angle CB_wC_w \\=& 180^\circ - (\angle CB_wA_w + \angle A_wB_wC_w) \\=& 180^\circ - \angle CB_wA_w - \angle C \\ =& \angle CA_wB_w = \angle CWB_w.\end{aligned}

De la misma forma resulta entonces que

por lo que W es el centro de semejanza de los triángulos ABC y AwBwCw.
(4) Demostrar la identidad de los ángulos WAB, WBC y WCA.

Observando la figura vemos que

\begin{aligned}\angle WAB = \angle WAC_w =& \angle WB_wC_W \\ =& \angle A_wB_wC_w - \angle A_wB_wW \\ =& \angle C - \angle A_wCW = \angle WCA,\end{aligned}

y razonando de la misma forma tenemos entonces qeu los tres ángulos WAB, WBC, WCA son iguales.

En esta situación, llamamos A' al punto de intersección de BW con la mediatriz de BC, B' al punto de intersección de CW con la mediatriz de CA y C' al punto de intersección de AW con la mediatriz de AB.

(5) Demostrar que ABC y A'B'C' están en perspectiva.

Por estar el A' sobre la mediatriz de BC, el triángulo A'BC es isósceles. Llamando q = ÐA'BC = ÐA'CB, tenemos

Procediendo análogamente con B' y C', tenemos fórmulas similares , y multiplicándolas todas y teniendo en cuenta el apartado anterior,

\frac{{\operatorname{sen} BAA'}}{{\operatorname{sen} A'AC}} \cdot \frac{{\operatorname{sen} CBB'}}{{\operatorname{sen} B'BA}} \cdot \frac{{\operatorname{sen} ACC'}}{{\operatorname{sen} C'CB}} = \frac{{\operatorname{sen} (B - \theta )}}{{\operatorname{sen} (C - \theta )}} \cdot \frac{{\operatorname{sen} (C - \theta )}}{{\operatorname{sen} (A - \theta )}} \cdot \frac{{\operatorname{sen} (A - \theta )}}{{\operatorname{sen} (B - \theta )}} = 1,

por lo que, según el teorema de Ceva, resulta que AA', BB' y CC' son concurrentes.
(6) Demostrar que si por los vértices del triángulo ABC trazamos paralelas a los lados de A'B'C', esas rectas son concurrentes en el círculo circunscrito. Análogamente, demostrar que las perpendiculares por los vértices de ABC a los lados de A'B'C' también son concurrentes sobre el círculo circunscrito. Demostrar que estos dos puntos de concurrencia son diametralmente opuestos.

Supongamos que la paralela por B a A'C' y la paralela por C a A'B' se cortan en S. Razonando sobre la figura tenemos que el ángulo BSC es igual al ángulo C'A'B' . Tal como comprobaremos en el apartado 8, el triángulo A'B'C' es semejante a ABC, por lo que tenemos que ÐBSC=ÐBAC, es decir S está sobre la circunferencia circunscrita a ABC. De forma parecida si la perpendicular por B a A'C' y la perpendicular por C a A'B' se cortan en T, entonces T está sobre la circunferencia circunscrita, y además S y T son diametralmente opuestos, ya que, AS y AT, por ejemplo son perpendiculares.
(7) Demostrar que W y el circuncentro O del triángulo ABC son concíclicos con A', B' y C'.

En la misma figura anterior tenemos, llamando q = ÐWBC =ÐWCA,

por lo que los puntos A', B', W y O están sobre una misma circunferencia. Razonando cíclicamente, los puntos B', C', W y O también están en una misma circunferencia, que debe ser la misma que la anterior.

(8) Demostrar que A'B'C' es inversamente semejante al triángulo ABC. Hallar la razón de esta semejanza inversa.

En primer lugar, tenemos en cuenta el apartado 4, resulta que el ángulo q = ÐWBC = ÐWCA = ÐWAB es el ángulo de Brocard del triángulo ABC, que cumple la relación

\cot \theta = \cot A + \cot B + \cot C = \frac{a^2+b^2+c^2}{4S},

siendo S el área del triángulo ABC.

Entonces podemos calcular

\begin{aligned} OA' = & OD - A'D = R\cos A - \frac{a}{2}\tan \theta \\ = & \frac{{abc}}{{4S}} \cdot \frac{{b^2 + c^2 - a^2 }}{{2bc}} - \frac{{2aS}}{{a^2 + b^2 + c^2 }} \\ = & \frac{{a(b^2 + c^2 - a^2 )(a^2 + b^2 + c^2 ) - 16aS^2 }}{{8S(a^2 + b^2 + c)^2 }} \\ = & \frac{{a\left( {b^4 + c^4 - a^2 (b^2 + c^2 )} \right)}}{{4S(a^2 + b^2 + c^2 )}}. \end{aligned}

De la misma forma obtenemos

El teorema del coseno aplicado al triángulo OA'B' nos permite obtener

por lo que la semejanza que transforma el triángulo ABC en el triángulo A'B'C' es

 
(9) Demostrar que el punto simediano K del triángulo ABC es concíclico con A', B' y C'. Demostrar que K es diametralmente opuesto a O en el círculo circunscrito a A'B'C'.

El punto simediano K del triángulo ABC es el único que cumple que las distancias a los lados opuestos son proporcionales a las longitudes de estos lados. Escribiendo estas distancias como la, lb, lc resulta que

lo cual indica que la recta A'K es paralela a BC y perpendicular a A'O, es decir, A' está sobre la circunferencia con diámetro OK. Los puntos A'B'C' también estarán en esta circunferencia con el mismo razonamiento, por lo que la cirunferencia con diámetro OK es la circunferencia circunscrita a A'B'C'.