Una aplicación de semejanza espiral

La geometría euclidiana que aparece en las competencias matemáticas está colmada de configuraciones. Una de mis preferidas es la semejanza espiral o rotohomotecia. En términos breves, la semejanza espiral es una transformación del plano dada por una composición de homotecia y rotación (de ahí el segundo nombre). El poder de la semejanza espiral se resume en los siguientes tres resultados:

• Dados cuatro puntos diferentes en el plano, digamos \(A,\ B,\ C\) y \(D\), de modo que el cuadrilátero \(ABCD\) no es un paralelogramo, entonces existe una única semejanza espiral que manda el segmento \(AB\) al segmento \(CD\). Por esta razón decimos “la semejanza espiral” y no “una semejanza espiral”.
• El centro de dicha semejanza espiral, llamémoslo \(O\), coincide con el segundo punto de intersección de los circuncírculos de los triángulos \(ABX\) y \(CDX\), donde \(X = \overline{AC} \cap \overline{BD}\). Por supuesto, esto nos proporciona una forma de construir tal centro.
• Si \(O\) manda el segmento \(AB\) al segmento \(CD\), entonces también envía el segmento \(AC\) al segmento \(BD\), lo que nos da un par adicional de triángulos semejantes.

El problema a continuación nos proporciona un ejemplo reciente en que podemos aplicar semejanza espiral.

Problema. (European Girls’ Mathematical Olympiad 2021, P4). Sea \(ABC\) un triángulo con incentro \(I\) y sea \(D\) un punto arbitrario en el lado \(BC\). La recta que pasa por \(D\) y es perpendicular a \(BI\) interseca a \(CI\) en el punto \(E\). La recta que pasa por \(D\) y es perpendicular a \(CI\) interseca a \(BI\) en el punto \(F\). Demuestre que la reflexión de \(A\) sobre la recta \(EF\) está en la recta \(BC\).

Solución. Observemos que \(\angle AIF = \frac{\angle BAC + \angle ABC}{2} = 90^\circ-\frac{\angle BCA}{2}\), así que \(\angle AIB = \angle FDB\). Junto a \(\angle ABI = \angle FBD\), la igualdad anterior implica que \(\bigtriangleup ABI \sim \bigtriangleup FBD\). Siendo así, \(B\) es el centro de semejanza espiral que manda \(\overline{AI}\) a \(\overline{FD}\), por lo que también transforma a \(\overline{AF}\) en \(\overline{BD}\) y los triángulos \(ABF\) e \(IBD\) son semejantes. Similarmente, \(\bigtriangleup ACE \sim \bigtriangleup ICD\). Luego,

\[\angle AEI =180^\circ - \angle AEC =180^\circ - \angle IDC = \angle IDB = \angle AFI \nonumber\]

por lo que el cuadrilátero \(AIEF\) es cíclico. Finalmente, al ser \(IB\) e \(IC\) bisectrices internas de \(\bigtriangleup AC\), las reflexiones de \(A\) respecto a \(IE\) e \(IF\) yacen sobre \(BC\). De este modo, por el teorema de Simson aplicado al punto \(A\) y círculo \((AIEF)\), la reflexión de \(A\) respecto a \(EF\) también está sobre \(BC\), lo que completa la solución. \(\Box\)