Sean α y β dos circunferencias tales que el centro O de β está sobre α. Sean C y D los dos puntos de intersección de las circunferencias. Se toman un punto A sobre α y un punto B sobre β tales que AC es tangente a β en C y BC es tangente a α en el mismo punto C. El segmento AB corta de nuevo a β en E y ese mismo segmento corta de nuevo a α en F. La recta CE vuelve a cortar a α en G y la recta CF corta a la recta GD en H. Prueba que el punto de intersección de GO y EH es el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo DEF.
Este problema está muy
Este problema está muy bonito, aunque debo confesar que tarde como 3 horas en encontrarle solución. He aquí la citada:
Sea P la intersección de EH con GO. Sea α=∠OCD. Tenemos que OC=OD por ser radios, entonces ∠CAO=∠OAD=α, por lo tanto, ∠CGO=∠OGD=∠ODC=α. ∠OCA=90⇒OA es diámetro ⇒∠ODA=90 ⇒ DA es tangente a β, entonces CA=AD⇒OA⊥CD. Sean Q y T las intersecciones de OA con CD y OG con ED, respectivamente.
Sea ω=∠ECA=∠CBE por ser semiinscrito. Entonces ∠GCA=∠GOA=∠ADG=ω y ∠CBE=∠CDE=ω. Luego ∠QOT=ω=∠QDE y el cuadrilátero QODT es cíclico. Así ∠OTD=90⇒DE⊥OG, como TG es altura y bisectriz del triángulo EDG, tenemos que EGD es isósceles con DG=EG, y por tanto, OG es mediatriz de ED, ⇒ P está en la mediatriz de ED.
Sean ∠OCF=∠OAF=∠ODF=δ. ∠CAF=∠BCF=α+δ por ser semiinscrito. Entonces ∠BCF=α+δ, y asi, ∠BCO=α. Sea ∠DCE=θ=∠EBD=∠DAG=∠EDA. Por la suma de ángulos del interior del triángulo BCA tenemos que 3α+θ+2ω+δ=180, luego, ∠HDG=180=∠HDF+α+δ+2ω+θ, entonces ∠HDF=2α, aparte, como ∠HFD es ángulo exterior del cíclico FDGC, tenemos que ∠HFD=∠DGC=2α. Por lo tanto, HFD es isósceles. Luego, como ∠HDF=∠DGC=2α, tenemos que FD∥CG →DG=FC, ⇒∠CAF=∠DAG=θ=α+δ. Aparte, como ∠EFD=∠ACD=θ+ω, y ∠FDE=ω+α+δ=ω+θ, obtenemos ∠EFD=∠FDE lo que implica que FDE es isósceles, y así, en HFED, HE es mediatriz de FD por ser los triángulos HFD y FDE isósceles.
Finalmente, como P es la intersección de las mediatrices de FD y DE, decimos que P es el circuncentro del triángulo FDE. ▄
Un saludo.