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 $BC$.

{: w = "100"}

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. $\Box$