Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Enunciado

Sea $ABC$ un triángulo con incentro $I$ y excentro $I_A$ (opuesto a $A$ ). Sea $\Omega$ el circuncírculo, y sea $M$ el punto medio del arco $BC$ de $\Omega$ que no contiene a $A$ . Entonces:

|MB| \;=\; |MC| \;=\; |MI| \;=\; |MI_A|.

Es decir, $B, C, I, I_A$ están todos sobre una circunferencia de centro $M$ . Este lema se llama de varios modos:

Lema del Tridente (la imagen del incentro y los tres puntos $B, C, I_A$ forma un "tridente" desde $A$ ).
Lema del Incentro-Excentro.
Fact Five (en literatura inglesa).

Demostración

Parte 1: $|MB| = |MC|$ . Inmediato porque $M$ es el punto medio del arco $\widehat{BC}$ .

Parte 2: $|MB| = |MI|$ .

Sea $\angle BAC = 2\alpha$ (donde $\alpha = A/2$ ). La bisectriz interna desde $A$ pasa por $I$ y, prolongada, llega a $M$ (porque $M$ es el punto medio del arco que no contiene $A$ , y la bisectriz desde $A$ corta $\Omega$ exactamente en $M$ ).

Calculemos $\angle MBC$ . Es un ángulo inscrito sobre el arco $\widehat{MC}$ . El arco $\widehat{BC}$ que no contiene $A$ tiene medida $2A$ (porque el ángulo inscrito en el arco opuesto, $\angle BAC = A$ , satisface ángulo inscrito = mitad de arco no contenido). Como $M$ es punto medio, $\widehat{MC} = A$ (medida), y por tanto $\angle MBC = A/2 = \alpha$ .

Análogamente $\angle ABM = \angle ABM_{\text{(parte fuera del arco BC)}} =$ algún ángulo. Pero el punto crítico es:

En el triángulo $\triangle BIM$ :

$\angle IBM = \angle IBC + \angle CBM = B/2 + \alpha = B/2 + A/2$ .
$\angle BIM$ : como $\angle BIA = \pi - A/2 - B/2$ (suma de ángulos en $\triangle ABI$ ), y $A, I, M$ son colineales, $\angle BIM = \pi - \angle BIA = A/2 + B/2$ .

Así $\angle IBM = \angle BIM$ , lo que significa que $\triangle BIM$ es isósceles con $|MB| = |MI|$ . ✓

Parte 3: $|MB| = |MI_A|$ .

El excentro $I_A$ está sobre la bisectriz externa de los ángulos $B$ y $C$ , y sobre la bisectriz interna del ángulo $A$ . Por tanto, $I_A$ está en la recta $AM$ (extendida más allá de $M$ ).

Además, $I$ e $I_A$ son conjugados armónicos respecto a $A$ y $M$ en la recta $AM$ (porque $I_A$ es la "reflexión polar" de $I$ respecto a la bisectriz). De hecho:

Hecho. $|AI| \cdot |AI_A| = |AM|^2 \cdot \text{factor angular}$ . La clave: $\angle IBI_A = \pi/2$ porque la bisectriz interna y externa desde $B$ son perpendiculares. Así $\triangle BII_A$ es rectángulo en $B$ , y $M$ es el punto medio de la hipotenusa $II_A$ (porque $M$ está sobre $AI = AI_A$ y equidista...).

Más directo: $\angle IBI_A = 90°$ , así $|MI_A| =$ distancia del punto medio de $II_A$ a $B$ , igual a $|II_A|/2$ . Y por simetría $|MI| = |II_A|/2$ también, así $|MI| = |MI_A|$ .

Combinando con la parte 2: $|MB| = |MI| = |MI_A|$ . $\blacksquare$

Visión gráfica (el "tridente")

Trazada la bisectriz interna desde $A$ , ésta corta:

Al lado $BC$ en $D$ (punto de la bisectriz).
Al circuncírculo en $M$ (punto medio del arco).
Su prolongación da $I_A$ (excentro).

A lo largo de esta recta tenemos en orden: $A \to I \to D \to M \to I_A$ (aproximadamente). El "tridente" se ve cuando trazamos las cevianas desde $A$ a los tres puntos especiales $I, M, I_A$ y a los vértices $B, C$ .

Aplicaciones

Aplicación 1: identificar concíclicos

Si un problema menciona el incentro $I$ y el punto medio del arco $M$ , automáticamente $B, C, I, I_A$ son concíclicos. Esto da:

$\angle IBM = \angle ICM =$ ángulos inscritos en el círculo centrado en $M$ .
Potencia del punto desde cualquier vértice a este círculo.
Conjugación con $I_A$ .

Aplicación 2: equidistancias

Problema clásico. Demostrar que la reflexión del incentro $I$ sobre el lado $BC$ está sobre el circuncírculo.

Solución. La reflexión de $I$ sobre $BC$ es el punto $I'$ con $|I'B| = |IB|$ y $|I'C| = |IC|$ . Por el lema, $|MB| = |MI|$ , y por simetría $I' = M$ exactamente (porque $M$ es el único punto sobre la mediatriz de $BC$ con $|MI| = |MB|$ en el lado correcto).

Aplicación 3: problemas olímpicos

OME 2018. Configuración con incentro y arcos. Aplicación directa del lema.

IMO 2015/4. Triángulo y bisectriz; el lema simplifica la demostración.

OIM 2010. Problema cuya solución elegante requiere identificar $B, C, I, I_A$ concíclicos.

Aplicación 4: caracterizaciones

El punto medio $M$ del arco $\widehat{BC}$ es el circuncentro del triángulo $\triangle BIC$ .
$\angle BIC = \pi - A/2$ (no $\pi - A$ , importante recordar).
$\angle BI_A C = A/2$ .
$\triangle BIC$ y $\triangle BI_A C$ están en círculos relacionados por reflexión sobre $BC$ .

Observación

Por qué es tan útil. El lema reduce cuatro puntos aparentemente sin relación ( $B, C, I, I_A$ ) a una configuración cíclica conocida. Las relaciones cíclicas dan acceso a:

Potencia del punto.
Arcos capaces.
Conversión de ángulos a longitudes y viceversa.

Memorización. Un olímpico debería saber este lema de memoria:

En el triángulo $ABC$ , el punto medio $M$ del arco $\widehat{BC}$ (sin $A$ ) equidista de $B$ , $C$ , $I$ , $I_A$ . Equivalentemente, los cuatro son concíclicos en el círculo de centro $M$ y radio $|MB|$ .

Variantes. Hay lemas análogos para arcos relacionados con los otros vértices y los excentros correspondientes. Total: tres versiones del lema, una por vértice.

Problemas relacionados

IMO 2002/2. Aplicación del lema en configuración del arco y bisectriz.
EGMO 2020. Variante con excentros.
OMG 2018. Lema clave para resolver un problema sobre bisectrices.
Lema del cuadrilátero de Ptolomeo aplicado a $BICI_A$ : produce identidades de productos de longitudes.