Un problema clásico de homotecia

 Durante el año 2009, al final de uno de los entrenamientos de la OMM Delegación Tamaulipas, Jesús Rodríguez Viorato le planteó el siguiente problema a Luis Brandon --el líder de la selección 2009:

El incírculo de un triángulo $ABC$, es tangente en $D$ al lado $BC$ y $DM$ es un diámetro. El rayo $AM$ corta en $F$ el lado $BC$. Demostrar que $BD=CF$.

Yo estuve presente cuando Jesús se lo planteó como un reto a Brandon y lo apunté para trabajarlo después. El problema me pareció extremadamente difícil y la verdad no encontré la forma de empezar a trabajarlo. Lo mismo le sucedió a Brandon, pues en el siguiente entrenamiento Jesús le dio una sugerencia: Trazar una paralela a $BC$ por $M$.

Los entrenamientos continuaron y el problema ya no lo trabajé. Pero, en una conversación con Brandon le pregunté si ya lo había resuelto. La respuesta fue positiva y quedó de enviarme la solución por mail. Y sí me la envió, sólo que con los ajetreos de la organización de la olimpiada nunca me puse a estudiarla --sino hasta ahora que estuve estudiando homotecia.

En otra ocasión le pedí a Jesús me diera una sugerencia adicional, y brevemente me dijo que tenía que ver con las longitudes de las tangentes en la configuración del incírculo y el circuncírculo. Pero ahí quedó, y  la verdad ya no me acuerdo si lo trabajé con esa sugerencia adicional.

Voy a presentar a continuación la solución (editada y algo resumida) de Brandon basada en la sugerencia que Jesús le dio y otra construcción auxiliar. Después presentaré la solución con homotecia y la sugerencia que me dio Jesús sobre las longitudes de las tangentes.

Solución de Luis Brandon

Al trazar la paralela a la base $BC$ por el punto $M$ aparecen dos triángulos de Tales que ligan $PM$ con $BF$ y $MQ$ con $FC$ (a través de $AM/AF$) resultando la siguiente proporción:
$$PM/BF=MQ/FC$$

Y a través de otro trazo auxiliar que consiste en unir el incentro $I$ con $P,Q,B,C$ se puede llegar (a través de $MI\cdot{ID}$) a:

$$PM/MQ=DC/BD$$

De esas dos proporciones se obtiene:
$$BF/FC=PM/MQ=DC/BD$$

Finalmente, sumando un uno en ambos extremos se obtiene el resultado.

Comentario a la solución de Brandon

La solución de Brandon es elemental pues solamente usa semejanza de triángulos. La verdadera dificultad es entonces la generación de los trazos auxiliares. 

Por otro lado, esta solución es sorprendentemente ilustrativa del poder de un trazo auxiliar para extraer información de la configuración proporcionada por los datos: sin la paralela no hay nada para empezar; con la paralela se aparece una configuración de Tales y una esperanza de llegar a la solución. Y con el segundo trazo auxiliar, el problema está casi resuelto.

Así y todo, es decir, por muy simple y bella que pueda parecer, la solución por semejanza deja la sensación de ser poco natural. Sobre todo si la comparamos con la siguiente

Solución con homotecia

Si $F$ fuese el punto de tangencia del excírculo sobre la base $BC$ del triángulo $ABC$, el resultado se seguiría de inmediato según el teorema sobre la longitud de las tangentes en términos del semiperímetro y uno de los lados del triángulo.

Entonces basta probar que en la homotecia entre el incírculo y el excírculo (con centro en $A$), el punto $F$ es homotético de $M$ y es el extremo de un diámetro del excírculo paralelo a $MD$.

Para ello solamente es necesario argumentar que, bajo una homotecia, un segmento se mapea en un segmento paralelo. Por esa razón, $M$ se mapea en $M'$ y $D$ en $D'$, con $M'D'//MD$, y $M'D'$ un diámetro del excírculo, perpendicular a $BC$. Pero entonces $M'$ es el punto de tangencia del excírculo con $BC$. Es decir, $M'=F$. De aquí que $F$ sea punto de tangencia.

Comentario a la solución con homotecia

A pesar de que la solución con homotecia depende de traer a presencia dos teoremas, es una solución más natural que la que usa solamente semejanza. Y ello en el sentido de que, si se pueden evocar los teoremas pertinentes, el procedimiento de solución es evidente.

En contraste, la solución por semejanza semeja (en mi opinión) un acto de prestidigitación que saca de la manga dos trazos auxiliares, quedando el problema resuelto como por arte de magia.

Los saluda
jmd

PD: Muchos más problemas de homotecia resueltos se pueden consultar en el Prasolov. Enseguida les paso el link. Está pesado, así que mejor descarguen a disco antes de abrir: http://students.imsa.edu/~tliu/Math/planegeo.pdf

PD2: Los teoremas usados  en la solución por homotecia los pondré en breve en otro post.