Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Enunciado

Sea $ABC$ un triángulo con circuncírculo $\Omega$ . La bisectriz interna del ángulo $\angle BAC$ corta al lado $BC$ en $D$ y a $\Omega$ en $M$ (con $M \neq A$ ). Demostrar que

MA \cdot MD \;=\; MB^2 \;=\; MC^2.

Idea de la solución

La clave es identificar al punto $M$ : por estar en la bisectriz desde $A$ y en el circuncírculo, $M$ es el punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A$ . Esto nos da inmediatamente $MB = MC$ . Para la otra igualdad, mostramos que los triángulos $\triangle MBD$ y $\triangle MAB$ son semejantes.

Demostración

Paso 1. $MB = MC$ .

Como $AM$ es bisectriz de $\angle BAC$ , se tiene $\angle BAM = \angle CAM$ . Estos son ángulos inscritos en $\Omega$ que subtienden los arcos $\widehat{BM}$ y $\widehat{CM}$ respectivamente. Por tanto los arcos son iguales, y las cuerdas que los subtienden también:

MB \;=\; MC.

Paso 2. $\triangle MBD \sim \triangle MAB$ .

Veamos los ángulos de ambos triángulos compartiendo el vértice en $M$ :

En $\triangle MBD$ y $\triangle MAB$ , el ángulo en $M$ es común (ambos son $\angle BMA = \angle DMB$ , ya que $A$ , $D$ , $M$ son colineales).
$\angle MBD = \angle MBC$ , que es ángulo inscrito en $\Omega$ subtendiendo el arco $\widehat{MC}$ .
$\angle MAB = \angle MAB$ , ángulo inscrito subtendiendo el arco $\widehat{MB}$ .

Como $\widehat{MB} = \widehat{MC}$ (Paso 1), estos ángulos inscritos son iguales:

\angle MBD \;=\; \angle MAB.

Por el criterio AA, $\triangle MBD \sim \triangle MAB$ .

Paso 3. De la semejanza, los lados correspondientes son proporcionales:

\frac{MD}{MB} \;=\; \frac{MB}{MA} \quad\Longrightarrow\quad MA \cdot MD \;=\; MB^2.

Combinando con $MB = MC$ :

MA \cdot MD \;=\; MB^2 \;=\; MC^2. \qquad \blacksquare

Observación

El resultado puede interpretarse en términos de la potencia del punto $D$ respecto al circuncírculo $\Omega$ . La potencia de $D$ es

\operatorname{pot}_\Omega(D) \;=\; DA \cdot DM \;=\; DB \cdot DC \;=\; -MB^2 + MA \cdot MD \cdot (\cdots),

en concreto, sustituyendo en la relación obtenida da el resultado conocido $DA \cdot DM = DB \cdot DC$ , que es exactamente el enunciado del teorema de la cuerda interseca.

Aplicaciones

Este lema es uno de los caballos de batalla de la geometría olímpica:

El punto $M$ es el centro de la circunferencia que pasa por $B$ , $C$ y el incentro $I$ (lema del incentro). De hecho $MI = MB = MC$ .
Muchos problemas de configuraciones triangulares se resuelven introduciendo el punto medio del arco $\widehat{BC}$ .
Combinado con inversión centrada en $M$ , transforma problemas de tangencia con el circuncírculo en problemas de rectas paralelas.

Problemas relacionados

Lema del incentro. Si $I$ es el incentro de $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio del arco $\widehat{BC}$ sin $A$ , entonces $MB = MC = MI$ .
IMO 1996/2. Sea $P$ un punto interior a $\triangle ABC$ tal que... (la solución usa el punto medio de arco como auxiliar).