Sea $ABC$ un triangulo acutangulo con $AB$ distinto de $AC$. Sea $H$ el ortocentro de $ABC$ y
$M$ el punto medio de $BC$. Sea $D$ un punto en el lado $AB$ y $E$ un punto en el lado $AC$ tal que $AE=AD$ y los puntos $D, H, E$ son colineales. Prueba que $HM$ es perpendicular al eje radical de los circulos circunscritos a $ABC$ y $ADE$.
sábado, 25 de junio de 2016
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1 comentario:
Sean $Y, Z$ pies de alturas desde $C$ y $B$ y sea $T$ la intersección del rayo $MH$ con $(ABC)$. Es conocido que $\angle HTA = 90^{\circ}$ y por lo tanto $T$ está en $(AYHZ)$. Eso implica que $T$ es el punto de Miquel de $BYZC$, y entonces $\triangle TYZ$ y $\triangle TBC$ son semejantes. Ahora, es fácil comprobar que $DE$ es la bisectriz de $\angle BHY$ y $\angle CHZ$, y por lo tanto:
$$\frac{BY}{YD} = \frac{BH}{HD} = \frac{CH}{HE} = \frac{CZ}{ZE}$$
Luego, por MGT, $\triangle TDE$ es semejante a $\triangle TBC$, y entonces $\angle DTE = \angle BTC = \angle BAC = \angle DAE$, y $T$ está en $(ADE)$. Entonces $AT$ es el eje radical de $(ABC)$ y $(ADE)$, y terminamos.
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