1

Ing. Rufo Casco A.

Academia Sabatina de Jóvenes Talentos - Nicaragua.

Geometría Euclidiana.

UNI – Fundación Uno.

Ing. Rufo Casco.

TEOREMA DE SAWAYAMA Y THEBAULT

Lema de Sawayama: Sea D un punto en el lado BC del triángulo ABC. Sea 1 la circunferencia que es

tangente a los lados BC y AD y es tangente internamente al circuncírculo de ABC. Si 1C es tangente a BC

y AD en E y F, respectivamente, I es el incentro de ABC, entonces E-I-F están alineados.

Demostración 1:

Sea “ ” el circuncírculo de ABC.

Sea Q el punto de tangencia de y 1 ,

Sea P el punto medio del arco BC que no contiene a A

(A-I-P alineados al ser AP bisectriz).

Q-E-P están alineados (Q es centro de homotecia de

1 y )

Por propiedad PI PC PB

Sea 'F el segundo punto de corte de EI con 1 .

Nótese que:

'2 2

QC BP QC PCQF E QEC PAQ

Es decir que 'AF IQ es cíclico…(1)

1

F

A

B CD

I

E

1

/ 'F F

A

B CD

I

E

P

Q

2

Ing. Rufo Casco A.

Pero sabemos que 2 2PE PQ PC PI , es decir que PI es tangente al circuncírculo de QIE y de esto

AIQ IEQ …(2)

De (1) y (2) se concluye que ' 'AF Q F EQ , es decir que F’ es el punto de tangencia de 1 con AD,

es decir 'F F .

Demostración 2:

Sea “ ” el circuncírculo de ABC.

Sea Q el punto de tangencia de y 1 ,

Sea P el punto medio del arco BC que no contiene a A

Q-E-P están alineados (Q es centro de homotecia de

1 y )

Sea M el segundo punto de corte de QF con el

circuncírculo de ABC

Sea I’ el punto de corte de EF con AP

Por propiedad MP FE , entonces:

'QFI QMP QAP AFI’Q es cíclico

'AI Q AFQ FEQ AI’ es tangente al

circuncírculo de QI’E y de esto:

2'I P PE PQ , pero 2PE PQ PC , por lo que

'I P PC y de esto I’ es incentro de ABC.

Teorema de Sawayama y Thebaults: Sea D

un punto en el lado BC del triángulo ABC. Sea

1C la circunferencia tangente a los lados BC y

AD y es tangente internamente al circuncírculo

de ABC en el lado del semiplano que contiene a

C respecto a AD, y 2C la circunferencia

tangente a los lados BC y AD y es tangente

internamente al circuncírculo de ABC en el

lado del semiplano que contiene a B respecto a

AD. Sean N y M centros de 1C y 2C , I es

incentro de ABC. Entonces se cumple que M-I-

N están alineados.

1CA

B CD

IM

P

N

2C

Q

R

S

1

F

A

B CD

'I

E

P

Q

M

3

Ing. Rufo Casco A.

Demostración:

Sean R y S los puntos de tangencia de 2C con BC y AD, respectivamente.

Sean P y Q los puntos de tangencia de 1C con BC y AD, respectivamente.

Por el lema de Sawayama

tenemos que I-Q-P y R-I-S

están alineados.

Nótese que MR BC y NP BC , es decir que MR NP

DM es bisectriz interior de ADB y DN bisectriz exterior de dicho ángulo, por lo que MD DN

Nótese que QP DN IP DM , de manera análoga RI DN .

MR y NP se cortan en el infinito,

DM y PI se cortan en el infinito,

RI y DN se cortan en el infinito

Por el inverso del teorema de Papus

tenemos que M-I-N están alineados.

PROBLEMAS

1-) A y B son puntos de la circunferencia S y centro O, C se encuentra en el interior del circulo S, S’

es tangente a AC, BC y S en P, Q y R, respectivamente. S’ tiene centro O’. Demostrar:

i. Que el circuncírculo del triángulo APR pasa por el incentro de ABC.

ii. RI es bisectriz del ARB con I incentro de ABC.

J

A B

C

D

I

'S

P

E

'O

Q

R

O

S

T

4

Ing. Rufo Casco A.

Demostración:

CB y CA cortan nuevamente a S en D y E, I es el incentro de ABC, J es el incentro de ABD. Por el lema

de Sawayama tenemos que P-J-Q están alineados. Nótese que B-I-J están alineados al estar sobre la

bisectriz interior del CBA .

190

2CPJ ACB AIJ , por lo que el cuadrilátero APJI es cíclico … (1)

Por propiedad PR es bisectriz de ARE . RQ cortará nuevamente a S en T, siendo T punto medio del arco

DB, además A-J-T están alineados.

PJA CPQ PAJ … (2)

CPQ PRQ y PAJ EAT ERT … (3)

De (2) y (3) PJA CPQ PAJ PRQ ERT PRE PRA , es decir que APJIR es cíclico.

Para la parte ii debemos notar que 180ARI AJI , pero 1

902

AJI ADB .

1 1180 90 90

2 2ARI ADB ADB

… (4)

Ahora 180ARB ADB … (5)

De (4) y (5) se concluye que RI es bisectriz del ARB

2-) Sea D el punto de tangencia del incírculo de ABC con BC, el circulo S pasa por B y C y es

tangente internamente al incírculo de ABC en L. Demostrar que A esta en el eje radical de S con el

circuncírculo de IDL.

L

A

B CD

I

X

S

5

Ing. Rufo Casco A.

Demostración:

Sea la circunferencia que es tangente internamente en X a “S” y tangente a los lados AB y AC. Nótese

que:

Centro de homotecia de S e incírculo de ABC es L

Centro de homotecia de y S es X

Centro de homotecia de e incírculo de ABC es A

Por el teorema de Monge tenemos que A-L-X están alineados.

LD es la bisectriz del ángulo BLC

Del problema 1 obtenemos que XI es bisectriz del ángulo BXC

90LDI LDB … (1)

1

2

1 1(180 ) 90

2 2

LXI BXI BXL BXC BCL

LXI BLC BCL BLC BCL

90 90LXI DLC BCL LDB … (2)

Como (1) = (2) tenemos que LIDX es cíclico.

3-) Sea I el incentro del triángulo ABC, D punto de tangencia del incírculo con el lado BC, H pie de

la altura desde A hacia el lado BC, M punto medio de AH, la perpendicular desde M a AH corta en

K a ID. Demostrar que la circunferencia de centro N y radio KD es tangente al circuncírculo.

N

A

B C'/A D

I

H

M

'D

A

6

Ing. Rufo Casco A.

Demostración:

Sea A un punto en el infinito en BC, AA BC , la circunferencia que es tangente a la ceviana AA

en D’, tangente a BC en A’ y tangente internamente al circuncírculo de ABC debe cumplir por el lema de

Sawayama que D’A’ pasa por I, pero al ser AA BC , entonces ' 'D A BC , es decir que 'A D y el

centro de será el punto medio de D’A’, como AD’DH es un rectángulo, entonces N será dicho centro y

el radio será ND.

4-) Sea P un punto sobre el diámetro AB de la circunferencia , la perpendicular por P a AB corta

en C a , la circunferencia ' es tangente internamente a y tangente a CP y AB en N y M,

respectivamente. Demostrar que CB = BM.

Demostración 1:

Sea I el incentro de ABC, el 90ACB por ser AB diámetro, 45ICB … (1)

Por el Lema de Sawayama M-N-I están alineados y 45IMB … (2)

Pero IB es bisectriz con IBC IBM y de (1) = (2) tenemos que por el teorema ALA que

IBC IBM con BC = BM

Demostración 2:

Sea Q el punto de tangencia de y ' , por propiedad Q-N-B están alineados y 2BN BQ BC , pero

como AB es tangente a ' , entonces 2BN BQ BM , por lo que BC = BM.

A B

C

I

N

M P

'

Q

7

Ing. Rufo Casco A.

5-) Sea O el circuncentro de ABC, M el pie de la perpendicular trazada dede A hacia BC, E punto de

corte de AO con BC, sea C’ el segundo punto de corte de AO con el circuncírculo de BOC. Sea P

punto medio de EC’, sea O’ el pie de la perpendicular trazada desde P hacia AM, demostrar que la

circunferencia de centro O’ y radio O’M es tangente al circuncírculo de BOC.

Demostración:

Sea N el pie de la perpendicular trazada desde C’ hacia AM, sea B’ el segundo punto de corte de C’N con

el circuncírculo de BOC, I el incentro de BB’C.

Nótese que B’-I-O están alineados, y que ' ' ' ' 180 2BCB BB C COC B , pero también

1' 90

2ICB BCB B , lo cual implica que I esta sobre el circuncírculo de ABC, es decir que I es la

reflexión del ortocentro de ABC en el lado BC, entonces M-I-N están alineados.

tiene como diámetro MN ya que P es punto medio de EC’ y por ende O’ punto medio de MN, en el

triángulo B’BC aplicando el inverso del lema de Sawayama con la ceviana B’C’ como tenemos que M-I-N

están alineados entonces debe ser tangente al circuncírculo de BB’C.

M

A

B C

D

I

N

E

'C

O

'B

'OP

8

Ing. Rufo Casco A.

6-) Sean 1 y 2 dos circunferencias tangentes externamente en I, una tercera circunferencia es

tangente a 1 y 2 tales que estas se encuentran en el interior de , la tangente común que pasa

por I a 1 y 2 corta a en A y D. La tangente común que no pasa por I corta a en B y C, tal

que A e I se encuentran en el mismo semiplano respecto a la recta BC. Demostrar que I es el

incentro de ABC.

Demostración:

Sean P y M los puntos de tangencia de 1 y 2 con , sean Q y N los puntos de tangencias de 1 y 2

con BC. Sean B’ y C’ los centros de las circunferencias 1 y 2 .

Por propiedad sabemos que PQ cortará nuevamente a en el punto medio del arco de BC, llamemos D’

al punto medio de dicho arco. Igualmente MN pasará por D.

Sabemos que 2' ' ' 'D Q D P DB D N D M , por lo que D’ esta sobre el eje radical de 1 y 2 que es la

tangente común por I, es decir que D = D’. De esto, el incentro de ABC se encuentra sobre AD.

Por el Lema de Sawayama sabemos que el incentro de ABC, B’ y C’ se encuentran alineados, por lo que el

incentro de ABC será el punto de corte de B’C’ con AD el cual es I.

M

A

B

CD

I

N

P

'C

'B

Q

1

2

9

Ing. Rufo Casco A.

7-) Sean AC y BD cuerdas sobre la circunferencia tales que A y C están en distintos semiplanos

respecto a la recta BD. Sea P el punto de corte de BD y AC. Sea 1 el incírculo de APB de centro I.

Sea 2 la circunferencia tangente internamente a en N y tangente a AC y BD. Sea M el punto

medio del arco AB que no contiene a C. Demostrar que M-I-N están alineados.

Demostración:

Sean X e Y los puntos de tangencias de 2 con AC y BD, respectivamente. R, B’ y A’ incentros de PCD,

BCD y ACD, respectivamente. Sean X’ e Y’ puntos medios de los arcos AC y BD que no contienen a D y

C, respectivamente.

De inmediato tenemos que B’-R-D alineados, C-R-A’ alineados, D-A’-X’ alineados, C-B’-Y’ alineados,

por el Lema de Sawayama tenemos que X-B’-A’-Y están alineados, que RA’YDN y CXB’RN son

cíclicos.

Tenemos que X’Y’ es paralelo a XY, sea Q el punto de corte de BX’ con XY, entonces:

' ' 'X BN X Y N XYN QYN el cuadrilátero QBYN es cíclico.

Ahora ' ' 'BQY BNY YND YA D X A Q ' ' 'X A X Q , pero al ser X’ punto medio del

arco, tenemos que ' ' ' 'X A X C X A , y de esto obtenemos que Q es el excentro de ABC referente a A,

es decir que A-I-Q están alineados, 1

902

BIQ BPA PYX BYQ QBIY es cíclico, hemos

obtenido que QBIYN es cíclico, de manera análoga se obtiene que AIXN es cíclico.

Nótese que I e P se encuentran sobre la mediatriz de XY, de esto BNI BYI AXI ANI NI

pasa por el punto medio del arco AB que no contiene a C.

M

A

B

C

D

I

N

P

Y

X

1

2

'D

'C

'B

'A

R

Q

S

'Y

'X

10

Ing. Rufo Casco A.

8-) Sea D un punto en el arco BC del circuncírculo “ ” de ABC que no contiene a A. CD corta a BA

en E, BD corta a CA en F. Sea 1C la circunferencia tangente externamente a y tangente a EB y

ED. Sea 2C la circunferencia tangente externamente a y tangente a FD y FC. Si 1C es tangente a

EB en M y 2C es tangente a FC en N. Demostrar que la circunferencia de diámetro MN pasa por un

punto fijo.

Demostración:

Sea K el punto de tangencia de 1C con ED, P el punto de tangencia de 2C con FD, 1O y 2O centros de 1C

y 2C , respectivamente. Sea aE el excentro referente a A del triángulo ABC. Por el Lema de Sawayama

sabemos que M-K- aE y N-P- aE están alineados. Sea L el punto de corte de 1EO y 2FO .

Como 2aE N FO y 1aE M EO , entonces 180 90aME N ELF , por lo que la circunferencia de

diámetro MN pasa por aE .

M

A

BC

aE

K NE

2O

L

1O

P

D

F

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Ing. Rufo Casco A.

CASO PARTICULAR: MIXTILINEOS

El círculo A mixtilíneo referente al vértice A, es la circunferencia tangente a los lados AB y AC y

tangente internamente al arco BC que no contiene a A del circuncírculo de ABC. Sean E y F los puntos de

tangencias de A con los lados AC y AB, respectivamente. Entonces se cumple que el incentro I de ABC

esta sobre la recta EF.

Demostración 1

Por el teorema de Sawayama tenemos que la ceviana CA en el triángulo ABC con E y F puntos de

tangencias en la ceviana CA y lado AB, tenemos que E-I-F están alineados.

Demostración 2

Sea M el punto de tangencia de A con el circuncírculo de ABC, MF y ME cortan nuevamente al

circuncírculo de ABC en P y N, respectivamente. Por propiedad sabemos que N y P son puntos medios de

los arcos AC y AB, respectivamente. I es el punto de corte de CP y NB, F el punto de corte de AB y MP, y

E es el punto de corte de AC y MN. Por el teorema de Pascal en el hexágono cíclico CNAPBM tenemos

que E-I-F están alineados.

AB

C

E

F

AI

M

A B

C

N

E

P

I

F

A

12

Ing. Rufo Casco A.

Demostración 3

Sea AI el excentro-A de ABC. Considérese la circunferencia de centro A y radio I “ ”, sean C’ y B’ los

inversos de C y B respecto a , es claro que el inverso del circuncírculo de ABC es la recta C’B’,

demostraremos que el cuadrilátero CC’B’B es circunscriptible, por lo cual debe cumplir con el teorema de

Pitot:

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

( ' ' ' ')

( ' ' ' ')....(1)

CC BB CB C B CC AC AB B B CB C B AC AB

AC AB CB AC AB C B

b c a AC AB C B

Pero ' 'ABC AC B con razón de semejanza 2AI

kAC AB

' ' ' ' ( )AC AB C B k a b c …(2)

Nótese que AACI AI B con A

A

AC AIAC AB AI AI

AI AB … (3)

Sustituyendo (2) en (1) 2 2 2

2( ) 2A A

AI s a AI AI AIs a s

AC AB s AC AB AI AI AI

Siendo E’ y F’ puntos de tangencias del incírculo de ABC con los lados AC y AB, tenemos que

' AAIF AI Y con '

A

AF s a AI

AY s AI

, por lo que se cumple el teorema de Pitot y el incírculo de ABC

es tangente a C’B’.

El inverso de A debe ser tangente a C’B’, tangente a AB y AC, es decir que el incirculo de ABC es el

inverso de A , con F’ y F puntos inversos cumpliendo con ' 90AIF AF I , de manera análoga

90AIE y por ende E-I-F están alineados.

M

AB

C

I

F

A'C

'B

E

AI

'F Y

'E

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Ing. Rufo Casco A.

PROPIEDADES

Siendo:

A Mixitilineo referente a A.

M punto de tangencia de A con el circuncírculo de ABC.

I incentro de ABC.

E y F puntos de tangencias de A con AC y AB, respectivamente.

R, N y P puntos medios de los arcos BC, CA y AB que no contienen a A, B y C, respectivamente.

Q punto de corte de EF con BC.

M’ punto medio del arco BC que contiene A.

K es el segundo punto de corte de MI con A

1-) NP EF

Demostración: Al ser A y el circuncírculo de ABC homotéticos con centro de homotecia en M,

tendremos que NP EF .

2-) los cuadriláteros CMIE y MBFI son cíclicos.

Demostración: nótese que EIC NPC NMC por lo que CMIE es cíclico.

3-) I es punto medio de EF.

Demostración: Al ser E y F puntos de tangencias de A , tendremos que AE = AF, pero al estar I en la

bisectriz EAF , y al ser AEF isósceles entonces I es el punto medio de EF.

M

AB

C

I

N

P

A

Q

RE

F

'M

J'K

K

14

Ing. Rufo Casco A.

4-) M’-I-M están alineados.

Demostración: nótese que CMI AEI , IMB IFA pero al ser AEI IFA ya que AEF es

isósceles, entonces CMI IMB y por ende M’-I-M están alineados.

5-) MAC IAK

Demostración: nótese que MA es la simediana de EMF, si K’ es el segundo punto de corte de MA con A ,

de esto obtenemos que 'AEK AFK con 'K AE KAF .

6-) Q-M-R están alineados.

Demostración: aplíquese el teorema de pascal al hexágono cíclico ABCPMR.

7-) Siendo J el punto de corte de AK con BC, entonces J es el punto de tangencia del excírculo-A con

BC.

Demostración: Sean A’, B’ y C’ los puntos de tangencias del incírculo de ABC con los lados BC, AC y

AB, respectivamente. Sabemos que M’ es punto medio del arco BC que contiene a A, si O es circuncentro

de NMP, tenemos que M’O es la mediatriz de BC. Cuando hacemos homotecia a A para obtener el

incírculo de ABC, obtenemos que M’’, B’ y C’ son los puntos homotéticos de M, E y F. El homotético de

K será K’’. Sean B1 y C1 los homotéticos de B y C respecto a la homotecia de centro A que convierte a

A en el incírculo de ABC. Tenemos que 1 1B C BC . Ahora bien, M’’K’’ es paralelo a MM’, por lo que

K’’I es perpendicular a B1C1 pero como 1 1B C BC , entonces ''K I BC de lo que inmediatamente

tenemos que K’’-I-A’ están alineados y por propiedad AK’’ corta a BC en el punto de tangencia del

excírculo-A.

M

AB

C

I

N

P

A

O

E

F

'M

J'K

K''K

'A'B

'C

''M

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Ing. Rufo Casco A.

8-) Sean A , B y C los mixtilíneos referente a los vértices A, B y C en el triángulo ABC, con A’, B’

y C’ puntos de tangencias de A , B y C con el circuncírculo de ABC, respectivamente.

AA’, BB’ y CC’ son concurrentes en X.

X, el incentro I y el circuncentro O están alineados.

Demostración:

Sea el circuncírculo de ABC.

Sea el incírculo de ABC.

Centro de homotecia de y A es A

Centro de homotecia de A y es A’

Centro de homotecia de y es X’

Por el teorema de Monge tenemos que A-X’-A’ están alineados.

De manera análoga se llega a que B-X’-B’ están alineados y que C-X’-C’ están alineados, por lo que AA’,

BB’ y CC’ se cortan en X’, de esto X = X’ y además X es el centro de homotecia del circuncírculo de ABC

y del incírculo de ABC.

'A

AB

C

I

'B

'C

A

O

C

B

16

Ing. Rufo Casco A.

PROBLEMAS

1-) Sea A el mixtilíneo referente al vértice A en el triángulo ABC. I el incentro de ABC, M y N los

puntos de cortes de las tangentes a los circuncírculos de AIC y AIB por I con los lados AB y AC,

respectivamente. Demuestre que el circuncírculo de AMN es tangente a A .

Demostración:

Sea la circunferencia de centro A y radio AI. Sabemos que el inverso de A respecto a es el incírculo

de ABC. Sean M’ y N’ los inversos de M y N respecto a , el inverso del circuncírculo de AMN respecto

a será la recta M’N’.

Tenemos que 2' 'AM AM AI AN AN … (1)

Nótese que AMI ACI con 2AM AIAM AC AI

AI AC … (2)

De (1) y (2) obtenemos que 'AM AC , de manera análoga 'AN AB , es decir que M’N’ por simetría es

tangente al incírculo de ABC y por ende el circuncírculo de AMN es tangente a A .

'N

A

B C

I

N

A

M

'M

17

Ing. Rufo Casco A.

2-) Sea A el mixtilíneo referente al vértice A en el triángulo ABC. A es tangente en A’, BA y CA al

circuncírculo de ABC, al lado AB y AC, respectivamente. I es el incentro de ABC, IA’ corta a BC en

K, AA’ corta a B CA A en P. Demostrar que B CKP A A .

Demostración:

Sea N el punto medio del arco BC que no contiene a A, sea M el punto medio del arco BC que contienen a

A. Sea X el punto de corte de B CA A con BC. Por Mixtilineos sabemos que I esta en B CA A . Por propiedad

A’-I-M están alineados, por propiedad X-A’-N están alineados.

El cuadrilátero diamante MBNC es armónico y por ende el haz A’B-A’M-A’C-A’N es armónico, al cortar

este haz con la recta BC tenemos que X-B-K-C es armónico.

Nótese que CBA , BCA y AK concurren, aplicando Menelao tenemos:

1CB B

B C C

CAAA A BBK BK

A B KC A A KC CA … (1)

Pero también tenemos que B CAA A MBC con AP y MK cevianas homologas cumpliendo que:

B

C

A PBK

KC PA … (2)

Y al ser B CBA P PA C y con (1) y (2) tenemos que B CBA P CA P con B

C

BABP BK

CP CA KC siendo

entonces PK bisectriz de BPC y como X-B-K-C son armónicos, entonces 90XPK .

M

A

B C

I

N

A

'A

XK

P

CA

BA