Las circunferencias [math]C_1 y [math]C_2 se cortan en dos puntos distintos [math]A y [math]K. La tangente común a [math]C_1 y [math]C_2 más cercana a [math]K toca a [math]C_1 en [math]B y a [math]C_2 en [math]C. Sean [math]P el pie de la perpendicular desde [math]B sobre [math]AC, y [math]Q el pie de la perpendicular desde [math]C sobre [math]AB. Si [math]E y [math]F son los puntos simétricos de [math]K respecto de las rectas [math]PQ y [math]BC, respectivamente, pruebe que los puntos [math]A, [math]E y [math]F son colineales.
[math]AK es mediana de [math]ABC, y no es dificil ver que [math]\angle BFC = \angle BKC = 180 - \angle BCK - \angle CBK = 180 - \angle CAK - \angle BAK = 180 - \angle BAC, con lo cual [math]ABFC es cíclico con [math]\angle BAK = \angle CBK = \angle CBF = \angle CAF. Luego [math]AF es simediana.
Queremos ver entonces que [math]AE también es simediana de [math]ABC, pero como [math]APQ y [math]ABC son semejantes, queremos ver que [math]AE es mediana de [math]APQ y [math]AK es su simediana.
Si [math]H es el ortocentro de [math]ABC tenemos que [math]APQH es cíclico con [math]\angle BHC = \angle PHQ = 180 - \angle PAQ = 180 - \angle BAC = \angle BFC = \angle BKC
Luego [math]BKHC y [math]PHKQ son cíclicos.
Sólo queda hacer unos angulitos para comprobar que [math]AK es simediana de [math]APQ y el problema sigue.
[math]AK es mediana de [math]ABC, y no es dificil ver que [math]\angle BFC = \angle BKC = 180 - \angle BCK - \angle CBK = 180 - \angle CAK - \angle BAK = 180 - \angle BAC, con lo cual [math]ABFC es cíclico con [math]\angle BAK = \angle CBK = \angle CBF = \angle CAF. Luego [math]AF es simediana.
Queremos ver entonces que [math]AE también es simediana de [math]ABC, pero como [math]APQ y [math]ABC son semejantes, queremos ver que [math]AE es mediana de [math]APQ y [math]AK es su simediana.
Si [math]H es el ortocentro de [math]ABC tenemos que [math]APQH es cíclico con [math]\angle BHC = \angle PHQ = 180 - \angle PAQ = 180 - \angle BAC = \angle BFC = \angle BKC
Luego [math]BKHC y [math]PHKQ son cíclicos.
Sólo queda hacer unos angulitos para comprobar que [math]AK es simediana de [math]APQ y el problema sigue.
La mia es, en esencia, la misma a la tuya, pero toma una ruta media diferente para probar que
Vemos que [math]\angle BFC = \angle BKC = 180 - (\angle KBC + \angle KCB) = 180 - (\angle KAB + \angle KAC) = 180 - \angle BAC y sigue que [math]ABFC es ciclico, de donde [math]\angle CAK = \angle KCB = \angle FCB = \angle FAB y similarmente [math]\angle BAK = \angle KBC = \angle FBC = \angle FAC. Entonces sigue que [math]AF es simediana de [math]\triangle ABC (por definicion de simediana, ya que [math]AK es trivialmente la mediana de [math]BC). Ahora, se puede probar que [math]AF es mediana de [math]\triangle APQ, un lema que pruebo aqui: https://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f ... 349#p17349
Ahora, digamos que [math]PB y [math]CQ se intersecan en [math]H. [math]\angle HBC = \angle PBC = 90-\angle ACB y [math]\angle HBC = \angle QCB = 90-\angle ABC, de donde, [math]\angle BHC = 180-90+\angle ACB -90+\angle ABC = \angle ACB + \angle ABC. Pero ahora bien: [math]\angle BKC = 360-\angle AKC -\angle AKB = 360-180+\angle KAC + \angle KCA -180 + \angle KAB + \angle KBA = \angle KAC + \angle ACB - \angle KAC + \angle KAB + \angle ABC - \angle KAB = \angle ABC + \angle ACB. Entonces, [math]BHKC es ciclico y sigue que [math]\angle CBK = \angle CHK \Rightarrow \angle KHQ = 180 - \angle CBK = 180 - \angle QAK y [math]QAKH es ciclico, pero como [math]QAPH es cilcio (pues [math]\angle HQA + \angle HPA = 90+90=180), sigue que [math]QAPK es ciclico.
Ahora, marquemos otro punto [math]E' que sea la interseccion de las circunferencias tangentes a [math]PQ que pasan por [math]A,Q y [math]A,P. Luego, si [math]X es la interseccion de [math]AE' y [math]PQ, sigue que [math]PX^2=QX^2 \Rightarrow PX=PQ y [math]AE' es mediana de [math]PQ, de donde [math]A,E',F con colineales.
Ahora, bien, ya que tenemos que [math]A,E',F son colineales, que [math]E' es el punto de interseccion de las circunferencias tangentes a [math]PQ que pasan por [math]A,P y [math]P,Q y como [math]APKQ es ciclico: [math]\angle KPQ = \angle KAQ = \angle E'AP = \angle E'PQ y similarmente se prueba que [math]\angle KQP = \angle E'QP. Como [math]\triangle E'QP \cong KQP, [math]E' es el reflejo de [math]K con respecto a [math]PQ, de donde [math]E'=E y [math]A,E,F son colineales.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Sean $M$ el punto medio de $BC$, $D$ la reflexión de $A$ por $M$, y $H$ el ortocentro de $ABC$. Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $BHC$, $\Omega$ el circuncírculo de $ABC$ y $\omega$ el circuncírculo de $APQ$.
Notemos primero que $MB=MC\Rightarrow {MB}^2={MC}^2\Rightarrow \text{Pot}(M,C_1)=\text{Pot}(M,C_2)$ pues $MB$ y $MC$ son tangentes a $C_1$ y a $C_2$, respectivamente. Luego, $M$ está en el eje radical de $C_1$ y $C_2$, que es $AK$, por lo que $AK$ es mediana de $ABC$, y $A,K,M,D$ son colineales.
Como $HP\perp AP$ y $HQ\perp AQ$, tenemos que $H\in \omega$, de donde $\angle BHC=\angle PHQ=180°-\angle BAC=180°-\angle BDC$, por lo que $D\in \Gamma$. Pero como $M$ es el punto medio de $AB$, tenemos que $ABDC$ es un paralelogramo, por lo que $DC\parallel AB\perp HC$, es decir que $HD$ es diámetro de $\Gamma$.
Veamos que $K\in \Gamma$. En efecto, tenemos que $\angle KBC=\angle KAB$ y $\angle KCB=\angle KAC$ por ser ángulos semiinscriptos en $C_1$ y $C_2$, respectivamente. Luego $\angle BKC=180^\circ -\angle KBC-\angle KCB=180^\circ -\angle KAB-\angle KAC=180^\circ -\angle BAC=\angle BHC$, por lo que $K\in \Gamma$. Entonces $HK\perp KD\parallel AK$, por ser $HD$ diámetro de $\Gamma$, luego, $K\in \omega$. Además, $\angle BFC=\angle BKC=180^\circ -\angle BAC$, por lo que $F\in \Omega$.
Ahora, como $BP\perp PC$ y $CQ\perp QB$, tenemos que $BCPQ$ es cíclico, luego $BC$ y $PQ$ son antiparalelas respecto de $AB$ y $AC$, y como $AK$ es mediana de $ABC$, resulta que $AK$ es simediana de $APQ$.
Veamos que $F$ es el pie de la $A$-simediana en $\Omega$. En efecto, por reflexión tenemos que $FC=KC$, entonces $\frac{FC}{CA}=\frac{KC}{CA}$. Ahora, $MA\cdot MK=\text{Pot}(M,C_1)=MC^2\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MC}{MK}$, y como $\angle AMC=\angle CMK$, tenemos que $AMC\simeq CMK$, luego $\frac{KC}{CA}=\frac{MC}{AM}=\frac{BC}{2AM}$, pues $M$ es punto medio de $BC$, por lo tanto $\frac{FC}{CA}=\frac{BC}{2AM}$. Análogamente, $\frac{FB}{BA}=\frac{BC}{2AM}$. Luego, $\frac{FC}{CA}=\frac{FB}{BA}\Rightarrow \{A,F;C,B\}=\frac{AC\cdot FB}{CF\cdot BA}=-1$, por lo que $ACFB$ es armónico, de donde $F$ es el pie de la $A$-simediana en $\Omega$.
Como $K$ es la reflexión de $F$ por $BC$, hemos demostrado el siguiente hecho:
Para todo triángulo $XYZ$, si $S$ es el pie de la $X$-simediana en $\odot XYZ$, entonces el reflejo de $S$ por $YZ$ está sobre la $X$-mediana de $XYZ$.
Aplicando esto en el triángulo $APQ$, tenemos que $AE$ es mediana de $APQ$. Pero como $PQ$ y $BC$ son antiparalelas respecto de $AB$ y $AC$, tenemos que $AE$ es simediana de $ABC$. Luego, $A,E,F$ están alineados sobre la $A$-simediana de $ABC$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.