P6. Un problema de excentros en la OMM

Enviado por Samuel Elias el 27 de Noviembre de 2025 - 16:51.
Versión para impresión
Sin votos (todavía)

Sea $ABC$ un triángulo y sea $I$ el excentro opuesto a $A$. La perpendicular a $AI$ por $I$ interseca a las rectas $AB$ y $AC$ en $E$ y $F$ respectivamente. La circunferencia $\omega_b$ es tangente a $EF$ y $AB$ en $B$ de modo que está en el exterior del triángulo $AEF$. Análogamente, la circunferencia $\omega_c$ es tangente a $EF$ y $AC$ en $C$ de modo que está en el exterior del triángulo $AEF$. La recta $IB$ corta de nuevo a $\omega_b$ en $X$ y la recta $IC$ corta de nuevo a $\omega_c$ en $Y$.

Sea $\omega_a$ el excírculo del triángulo $AEF$ opuesto a $A$. Pruebe que la reflexión de $\omega_a$ respecto a $EF$ es tangente a $XY$

»
Imagen de Eduardo Ortiz Salles

1.-Demostrar que $XY$ es

Enviado por Eduardo Ortiz Salles el 27 de Noviembre de 2025 - 22:00.
1.-Demostrar que $XY$ es tangente a $\omega _B$ y a $\omega _C$.
 
Sean $B'$ y $C'$ los puntos de tangencia de $\omega _B$ y $\omega _C$ con $EF$, y sean $O_A$, $O_B$ y $O_C$ los centros de $\omega _A$, $\omega _B$ y $\omega _C$. Y sea $J$ la interseccion de la bisectriz del $\angle BAC$ con el circuncírculo de $\triangle ABC$ con $J \neq A$.
 
Por el lema del incentro-excentro sabemos que $J$ es el circuncírculo de $\triangle IBC$ y por lo tanto $\angle BIC =\frac{1}{2} \angle BJC = \frac{1}{2} (180-\angle BAC )=90-\frac{1}{2} \angle BAC$.
 
Debido a que $AI$ es todotriz del $\angle EAF$ entoces el $\triangle EAF$ es isósceles y por lo tanto $\angle AEF =\angle AFE =90-\frac{1}{2}\angle EAF=90-\frac{1}{2}\angle BAC$.
 
Debido a que $BI$ y $CI$ son bisectrices de los ángulos $\angle CBE$ y $\angle BCF$, sabemos que $\angle CBI =\angle ICE$ y que $\angle BCI = \angle ICF$.
 
Por criterio $AA$ de semejanza tenemos que $\triangle BEI \sim \triangle BIC \sim \triangle IFC$.
 
Notemos que $2\angle BXB' = \angle BO_B B' =\angle AEF =\angle AFE =\angle CO_C C' =2\angle CYC'$ $\implies$ $\angle BXB' =\angle CYC'$.
 
Sabemos que \begin{eqnarray*} \angle BXO_B &=&\angle XBO_B \\ &=& 180-\angle O_BBI\\ &=&180-\angle O_BBE-\angle EBI\\ &=&180-90-\angle EBI \\ &=&90-\angle EBI\\ \end{eqnarray*} Lo que implica que \begin{eqnarray*} \angle XO_BB&=&180-2(90-\angle EBI)\\ &=&2\angle EBI\\ & \implies&\\ \angle XB'B&=&\frac{1}{2}\angle XO_BB\\ &=&\angle EBI\\ &=&\angle CIF\\ &=&\angle YIC'\\ \end{eqnarray*}
 
$\therefore $ por criterio $AA$ de semejanza, tenemos que $\triangle XB'B \sim \triangle YIC'$.
 
De manera similar podemos ver que \begin{eqnarray*} \angle O_CYC&=&\angle O_CCY\\ &=&90-\angle FCI\\ & \implies&\\ \angle YO_CC&=&2\angle FIC\\ & \implies&\\ \angle YC'C&=&\angle FCI\\ &=&\angle BIE\\ &=&\angle XIB' \end{eqnarray*}
 
$\therefore$ por criterio $AA$ de semejanza $\triangle YC'C\sim \triangle XIB' $.
 
$\implies \frac{XI}{XB'}=\frac{YC'}{YC}$ y $\frac{XB'}{XB}=\frac{YI}{YC'}$.
 
Y al multiplicar ambas fracciones obtenemos que 
$\frac{XI}{XB}=\frac{YI}{YC} \implies$ por Thales $XY$ es paralela a $BC$ y $\therefore$ $\angle EBI=\angle IBC=\angle IXY$ $\implies \angle YXO_B=\angle BXO_B+\angle BXY=90-\angle IBE+\angle IBE=90$ y por lo tanto $XY$ es tangente a $\omega _B$.
De manera análoga $\angle FCI=\angle ICB=\angle IYX \implies \angle XYO_C=90-\angle FCI+\angle FCI=90$ y por lo tanto $XY$ tambien es tangente a $\omega _C$ tal como queriamos demostrar.
 
Parte 2.-Demostrar que $O_A'$, $O_B$ y $O_C$ son colineales.
 
Sea $O_A' $ la reflexion de $O_A$ por $EF$.
 
Al ser $O_BE$ bisectriz del angulo $\angle BEB'$ sabemos que $O_B$, $E$ y $O_A$ son colineales y de manera análoga, $O_C$, $F$ y $O_A$ tambien lo son. $\therefore$ $\angle O_BEB=\angle O_BEB'=\angle IEO_A=\angle IEO_A'$ y como $\triangle O_BEB$ y $\triangle O_A'EI$ son ambos triángulos rectángulos, tenemos que por criterio $AA$ de semejanza, $\triangle EO_BB \sim \triangle EO_A'I$ y de manera análoga $\triangle FO_CC \sim \triangle FO_A'I$.
Por rotohomotecia esto $\implies$ $\triangle FO_BO_A' \sim \triangle FBI$ y que $\triangle FO_A'O_C \sim \triangle FIC$ y como sabemos que $\triangle EBI \sim \triangle FIC \implies \triangle EO_BO_A' \sim \triangle FO_A'O_C$
$\therefore \angle O_BO_A'E=\angle O_A'O_CF$ y como tenemos que $\angle EO_A'I=FO_CC'$ entonces concluimos que $\angle O_BO_A'I=\angle O_A'O_CI$, y como $O_A'I $ y $O_CC'$ son paralelas ya que ambas son perpendiculares a $EF$, $\implies$ por ángulos entre paralelas que $O_B$, $O_A'$ y $O_C$ son colineales.
 
$\therefore$ por homotecia podemos concluir que la reflexion de $\omega _A$ por $EF$ es tangente a $XY$. $\blacksquare$
»