Consideremos $ G$ el otro punto de intersección de las dos cirunferencias. Como $\measuredangle AGB = 90^\circ$ y de manera análoga $\measuredangle BGC = 90 ^\circ$. De lo anterior se sigue que $ A $, G y C están alineados.
![](/sites/default/files/u4/fetch.php_.png)
Cabe hacer notar que $BG$ es altura del triángulo ABC. Es fácil notar que los segmentos AE y CF también son alturas, por lo tanto, las tres segmentos coinciden en el punto H, el ortocentro del triángulo ABC.
Ahora prestemos especial atención al triángulo ABQ.
![](http://matetam.homelinux.org/dokuwiki/lib/exe/fetch.php?w=&h=&cache=cache&media=geometria:problemas:dos_segmentos_iguales:segmentosiguales2.png)
![](/dokuwiki/lib/exe/fetch.php?w=&h=&cache=cache&media=geometria:problemas:dos_segmentos_iguales:segmentosiguales2.png)
Es un triángulo rectángulo en Q (Pues está abarcando un diámetro del círculo) y F es el pié de la altura trazada desde Q (Ya habíamos notado que F es el pié de la altura desde C sobre el lado AB). Bueno, para los que ya conozcan esta configuración verán evidente la siguiente igualdad
$$ BF \cdot BA = BQ^2 $$
Ahora bien, de manera analoga se puede observar que el triángulo BPC es rectángulo en P y el pié de la altura desde P es E.
![](http://matetam.homelinux.org/dokuwiki/lib/exe/fetch.php?w=&h=&cache=cache&media=geometria:problemas:dos_segmentos_iguales:segmentosiguales3.png)
![](../../../../../../dokuwiki/lib/exe/fetch.php?w=&h=&cache=cache&media=geometria:problemas:dos_segmentos_iguales:segmentosiguales3.png)
En consecuencia, se tiene la siguiente igualdad:
$$ BE \cdot BC = BP^2 $$
Por último, como $\measuredangle AEC = \measuredangle CFA = 90^\circ$ se sigue que el cuadrilátero AFEC es cíclico. Entonces usando la potencia de P respecto a la circunferencia que circunscribe a AFEC se tiene la siguiente igualdad:
$$ BF \cdot BA = BE \cdot BC $$
Con esta última igualdad, más las otras dos ya obsevadas se sigue lo que se quería demostrar.
Hola que tal, tomare tu