Sea $ABC$ un triángulo con $\angle A=90^\circ$ y $AB=AC$. Sean $\Gamma$ su circuncírculo y $M$ su circuncentro. Sea $D$ un punto en el arco $BAC$. Sean $E$ y $F$ las intersecciones del circuncírculo de $ADM$ con las rectas $BD$ y $CD$, respectivamente.
Probar que $BE=CF$.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Sean $\Gamma$ y $\Omega$ la semicircunferencia y circunferencia del enunciado respectivamente.
Por arco capaz en $\Gamma$ tenemos $\angle EBA=\angle DBA=\angle DCA=\angle FCA$. Por arco capaz en $\Omega$ tenemos $\angle AEB=180^\circ -\angle AED=180^\circ -\angle AFD=\angle AFC$. Por dato $AB=AC$. Entonces $\triangle AEB\equiv \triangle AFC$, y así $BE=CF$. QED
Las condiciones $A = 90$ y $M \in BC$ están de más.
Simplemente basta ver que $AEF$ y $ABC$ son rotohomotéticos, con lo cual $ABE$ y $ACF$ son rotohomotéticos, con lo cual $AB=AC \Rightarrow BE= CF$
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Sin pérdida de generalidad, diremos que $D$ se encuentra entre $A$ y $B$ (para el caso de $D$ entre $A$ y $C$, el razonamiento es el mismo). Sea $G$ la intersección entre las rectas $BD$ y $CA$. Además, por ángulos inscritos, se tiene que $A\hat{C}D=A\hat{B}D$, por lo que $CD$$\perp$$BG$
Trabajamos ahora con el $\bigtriangleup$ $BCG$: en todo triángulo, si una circunferencia corta a éste en el punto medio de un lado (en este caso $M$), y en los pies de las alturas respectivas de los otros 2 lados (en este caso, $A$ y $D$), entonces podemos afirmar que se trata de la circunferencia de Feuerbach, ya que como 3 puntos determinan una única circunferencia, y estos 3 puntos pertenecen a la circunferencia de Feuerbach, entonces los otros puntos en que dicha circunferencia corta a los lados del triángulo, pertenecerán a la circunferencia, por lo que las intersecciones entre ésta y los lados del triángulo, serán pie de altura/punto medio del lado. Así, el circuncírculo de $\bigtriangleup$ $ADM$ se intersectará con el lado $BG$ en $D$ (es pie de la altura) y $E$ (punto medio de $BG$). Por otra parte, la circunferencia de Feuerbach también interseca a las alturas en el punto medio entre el vértice y el ortocentro. Nótese que el ortocentro (llamémoslo $O$) del $\bigtriangleup$ $BCG$ se encuentra sobre el lado $AB$. Trazando por $F$ la paralela a $AB$, ésta cortará a $BC$ en $K$ (punto medio de $AC$) y por Thales tendremos que $CK$=$KA$.
Luego, por ser $E$ punto medio de $BG$, por Thales tendremos que $AL$=$LB$, siendo $L$ punto medio de $AB$, con lo cual se llega a que $\bigtriangleup$ $BEL$=$ \bigtriangleup$ $CFK$, siendo $BE$ y $CF$ las hipotenusas de los mismos.
$\therefore$ $BE=CF$ (Q.E.D.)
Como $AB=AC$ y $\angle BAC=90^\circ$, $ABC$ es isosceles con $\angle ABC=\angle ACB=45^\circ$
Llamemos $\omega$ y $\Gamma$ a la semicircunferencia de radio $BC$ y a la circunscrita de $ADM$, respectivamente.
Sea $X$ la segunda intersección entre $AB$ y $\Gamma$, e $Y$ la segunda intersección entre $AC$ y $\Gamma$.
Por arco capaz:
en $\omega$ tenemos que $\angle BAC=\angle BDC=\angle EDF=90^\circ$,
en $\Gamma$ tenemos que $\angle EDF=\angle EAF=90^\circ$,
en $\omega$ tenemos que $\angle ABC=\angle ADC=\angle ADF=45^\circ$,
en $\Gamma$ tenemos que $\angle ADF=\angle AEF=45^\circ$.
En el triángulo $AEF$, $\angle AFE=180^\circ -\angle EAF-\angle AEF=180^\circ -90^\circ -45^\circ =45^\circ =\angle AEF$ entonces $AEF$ es isosceles con $AE=AF$.
Como $\angle BAC=\angle XAY=90^\circ =\angle EAF \Rightarrow \angle YAF+\angle XAF=\angle XAE+\angle XAF \\ \Rightarrow \angle YAF=\angle XAE \Rightarrow \angle CAF=\angle BAE$.
Mirando ahora los triángulos $ABE$ y $ACF$,tenemos que $AB=AC$, $AE=AF$ y $\angle BAE=\angle CAF$, entonces son congruentes, por lo que concluimos que $BE=CF$. $\blacksquare$
Sea $Z$ la interseccion de $\overline{EM}$ y $\overline{BA}$. Sea $\omega$ el circuncentro del triangulo $\triangle ADM$. Sea $L$ el punto de interseccion de $\omega$ y $\overline{AB}$ diferente de $A$ y $B$.
Por arco capaz, $\widehat{MAF}=\widehat{MDF}=\widehat{MCF} \Rightarrow \widehat{FAC}=\widehat{FCA} \Rightarrow \overline{AF}=\overline{FC}$.
Es rapido ver que $\widehat{ADC}=\widehat{AMF}=\widehat{FMC}=45^{\circ}$ ya que $\widehat{FAM}=\widehat{FCM}=\widehat{FDM}=\widehat{DAB}$. Entonces, $\overline{MF} \parallel \overline{LA}$ y $\overline{EM}\parallel \overline{AC}$.
De esto, $\overline{EZ}=\overline{ZL}$, $\overline{BZ}=\overline{ZM}$ y $\widehat{EZL}=\widehat{LZM}=90^{\circ}$. Por Pitagoras, $\overline{EB}=\overline{GM}$.
Ademas, $\overline{GM}=\overline{AF}=\overline{FC}$ ya que $GMFA$ es ciclico y trapecio
