Sea $ABC$ un triángulo y $D$ el pie de la altura desde $A$. Sea $M$ un punto tal que $MB = MC$. Sean $E$ y $F$ las intersecciones del circuncírculo de $BMD$ y $CMD$ con $AD$. Sean $G$ y $H$ las intersecciones de $MB$ y $MC$ con $AD$. Demuestra que $EG = FH$
Sugerencia
Sugerencia:
Traza $FM$ y $EM$, con eso empieza a cazar ángulos con los cíclicos dados.
Solución
Solución:
Al ser $MB=MC$, $\angle MBC = \angle MCB$. Por el cíclico $DBEM, \angle DEM = \angle DBM$, y por el cíclico $DFMC, \angle MCD= \angle MFE$ (esto porque $\angle MFE$ es un ángulo externo al ángulo opuesto de $\angle MCD$). Com esto se puede concluir que $FM=ME$.
Ahora, observe que $\angle BGD= 90- \angle MBC$ gracias a que $\angle GDB=90$. Esto va a implicar que el $\angle HGM= \angle BGD$ por ser opuestos por el vértice.
También, se puede observar que $\angle DHC=90- \angle BCM$ por la misma razón que $EDC=90$. Pero como sabemos que $\angle MBC= \angle MCB$, entonces $\angle MGH = \angle MHG \Rightarrow MHE= \angle MGF$. Con esto es fácil observar la congruencia de $FGM$ con $HEM$, entonces $FG=HE$.
Vamos a traducir el problema.
$$EG=FH \iff FE-FG=FE-EH \iff -FG=-EH \iff FG=EH$$
Como llegamos a que esto es cierto, entonces el problema esta terminado.
