Sea $ABC$ un triángulo tal que $AB<AC$. Sea $D$ el punto de intersección entre la bisectriz interior de $\angle BAC$ y el circuncírculo de $ABC$. Sea $Z$ el punto de intersección entre la mediatriz de $AC$ y la bisectriz exterior de $\angle BAC$.
Probar que el punto medio del segmento $AB$ está sobre el circuncírculo del triángulo $ADZ$.
Sean [math]M, N, P los puntos medios de [math]AB, AC, BC respectivamente. Llamemos [math]\angle CAD=\angle DAB=\alpha Luego [math]\angle CBD=\angle DCB=\alpha (arco capaz). También tenemos que [math]\angle ZAC=\angle ACZ=90º-\alpha por ser bisectriz exterior y por la mediatriz. Luego [math]\angle CZN=\angle NZA=\alpha Vamos a probar que [math]ZNM y [math]ZCD son semejantes. [math]\angle MNA= \angle BCA por base media, y como [math]\angle NCZ+\angle DCP=90º tenemos que [math]\angle MNZ=\angle DCZ Como [math]BD=DC, ese triángulo es isósceles y tenemos que [math]PDC es semejante a [math]NZC Luego [math]\frac{MN}{DC}=\frac{PC}{DC}=\frac{NZ}{CZ}. Luego los triángulos [math]MNZ y [math]DCZ tienen dos lados proporcionales y el ángulo que los comprende iguales, por lo que son semejantes. Luego [math]\angle CZD=\angle NZM y [math]\angle DZM=\alpha. Como [math]\angle DAM=\alpha, [math]DZAM es cíclico como se quería ver
Sea [math]M el punto de corte del circuncírculo del triángulo [math]ADZ y la recta [math]AB. Como [math]AD es bisectriz interior y [math]AZ es bisectriz exterior, entonces [math]\angle DAZ=90^{\circ }, [math]\angle MAD=\angle DAC=\angle AZN=\angle NZC y [math]\angle ZAN=\angle ZCN. Sea [math]F el punto medio de [math]AC, y sea [math]T=AC\cap DZ. Como el cuadrilátero [math]DMAZ es cíclico, entonces [math]\angle MAD=\angle MZD, así, [math]\angle AZM=\angle FZT, y por ende, [math]\angle MZF=\angle DZC. Como [math]\angle BCD=\angle BAD y [math]\angle ACZ=\angle CAZ, entonces [math]\angle DCZ=90^{\circ }+\angle ACB.
Por otro lado, los triángulos [math]MDZ y [math]FZC son semejantes, por lo tanto, [math]\frac{DZ}{ZC}=\frac{MZ}{FZ}, de este modo, los triángulos [math]MZF y [math]DZC son semejantes, pues [math]\angle MZF=\angle DZC. Esto muestra que [math]90^{\circ }+\angle MFA=\angle MFZ=\angle DCZ=90^{\circ }+\angle BCA, o sea, [math]\angle MFA=\angle BCA. En síntesis, [math]MF es paralelo a [math]AC, y, como [math]F es punto medio de [math]AC, entonces [math]M es punto medio de [math]AB, que es lo que se quería probar.
Sea $E$ en la prolongación del segmento $AC$ tal que $CE=BM$. Notemos entonces que $\angle DCE=\angle DBA=\angle DBM$ por ser $ABDC$ cíclico, y que $DC=DB$ por ser $AD$ bisectriz, se sigue que $DCE\equiv DBM$ por tener dos lados y el ángulo comprendido entre ellos respectivamente congruentes. Entonces $DE=DM$, de modo que $AMDE$ es cíclico al ser $AD$ bisectriz. Por otro lado, si $\angle BAD=\alpha$, tenemos que $\angle CAZ=90^\circ -\alpha$, por lo que $\angle MAZ=\angle MAD+\angle DAC+\angle CAZ=\alpha +\alpha +90^\circ -\alpha =90^\circ +\alpha$, y también $\angle ECZ=180^\circ -\angle ZCA=180^\circ -\angle CAZ=90^\circ +\alpha$ al ser $AZ=ZC$ por hipótesis, por último, $CE=MB=AM$. Nuevamente por tener dos lados y el ángulo comprendido entre ellos respectivamente congruentes, resulta $ECZ\equiv MAZ$, en particular, $\angle ZEA=\angle ZEC=\angle ZMA$, así que $AMEZ$ es cíclico. Finalmente, $AMDZ$ es cíclico, y con eso estamos.
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Sea $\angle CAB=2\alpha$, y sea $M$ el punto medio de $AB$.
Consideremos la inversión de centro $A$ y radio $AM$, y sea $X'$ el inverso de $X$ para todo punto $X$ del plano. Luego, $\angle AZ'C'=\angle ACZ=\angle CAZ=\angle C'AZ'$, por lo que $C'A=C'Z'$, pero además $\angle CAZ=90^\circ -\alpha$, de donde\begin{align*}\angle B'AZ' & =\angle B'AC'+\angle C'AZ' \\
& =2\alpha +90^\circ -\alpha \\
& =90^\circ +\alpha \\
& =180^\circ -(90^\circ -\alpha ) \\
& =180^\circ -\angle AZ'C'
\end{align*}por lo que $AB'\parallel C'Z'$.
Notemos que $B',D',C'$ son colineales y $AD'$ es bisectriz de $\angle B'AC'$, luego $\frac{B'A}{AC'}=\frac{B'D'}{D'C'}$, por otro lado, $\frac{AB'}{AM}=\frac{AM}{AB}=\frac{1}{2}$, de donde $AB'=B'M$.
Sea $D_1=B'C'\cap MZ'$, luego, por Thales$$\frac{B'D_1}{D_1C'}=\frac{B'M}{C'Z'}=\frac{AB'}{C'A}=\frac{B'D'}{D'C'}$$de donde $D'\equiv D_1$, y se sigue que $M,D',Z'$ son colineales, entonces $AMDZ$ es cíclico, por lo que el punto medio del segmento $AB$ está sobre el circuncírculo del triángulo $ADZ$.
Sean $F$ la intersección de la recta $ZC$ con $(ADZ)$, $M'$ la intersección de $AB$ con $(ADZ)$ y $N$ el punto medio de $BC$.
Primero, $N$, $F$, $M'$ son colineales:
Como $AD\perp AZ$, $\angle DFC=90^\circ$, ademas $\angle DNC=90^\circ$, $DFCN$ es cíclico, luego $\angle NFD=\angle NCD=\angle BAD=\angle M'AD=\angle M'FD$ así que son colineales.
Entonces, $NM'$ es paralela a $AC$, como $N$ es punto medio de $BC$, resulta que $NM'$ es base media del triangulo $ABC$, en particular, $M'$ es punto medio de $AC$, que por definición, pertenece a $(AZD)$.
