La transversal de gravedad AM (M pertenece al lado BC)en el

La transversal de gravedad AM (M pertenece al lado BC)en el triángulo acutángulo ABC
corta por segunda vez a la circunferencia circunscrita al triángulo en D (la primera vez es
en A). Si E es el simétrico de A con respecto á M, demostrar que BC es la tangente común
a los círculos circunscritos a los triángulos BDE y CDE.
Solución. El cuadrilátero ABEC es un paralelógramo, ya que sus diagonales se dimidian.
(Puede probarse fácilmente, por congruencia de triángulos, que , si en un cuadrilátero las
diagonales se dimidian, éste es un paralelógramo.) Sean:
∠1 = ∠BAM,
∠2 = ∠MAC.
(1)
Luego, por ser ABEC paralelógramo,
∠AEC = ∠1,
∠AEB = ∠2.
(2)
Como el ∠BCD es inscrito en el círculo ABC,
∠BCD = ∠1 ;
(3)
análogamente,
∠DBC = ∠2.
(4)
Sean ahora:
O’ = circunscentro del ∆CDE, O’’ = circunscentro del ∆BDE.
(5)
De las Ecs.(2) tenemos
∠CO’D = 2∠1,
(6)
Raul A. Simon
CHILE
∠DO’’B = 2∠2.
(7)
Como el ∆CDO’ es isósceles, de la Ec.(6) obtenemos
∠O’CD = (π − ∠CO’D)/2 = (π/2) - ∠1 ;
(8 a)
análogamente, del ∆DO’’B obtenemos
∠O’’BD = (π − ∠DO’’B)/2 = (π/2) - ∠2.
(8b)
Por lo tanto, considerando las Ecs.(3),(4), (8 a-b), tenemos
∠O’CB = ∠O’CD + ∠DCB = π/2;
(9 a)
∠O’’BC = ∠O’’BD + ∠DBC = π/2.
(9b)
Las Ecs.(9 a-b) prueban que BC es la tangente común a los círculos BDE y CDE.
Raul A. Simon
CHILE