Tres circunferencias $\omega _1,\omega _2,\omega _3$ son tangentes a una recta $\ell$ en los puntos $A,B,C$ (con $B$ entre $A$ y $C$), respectivamente, y $\omega _2$ es tangente externamente a las otras dos. Sean $X,Y$ los puntos de intersección de $\omega _2$ con la otra tangente externa común a $\omega _1$ y $\omega _3$. La recta perpendicular a $\ell$ por $B$ corta a $\omega _2$ nuevamente en $Z$. Demuestre que la circunferencia de diámetro $AC$ es tangente a $ZX$ y a $ZY$.
Sea $O_i$ el centro de $\omega_i$, $M$ el punto medio de $AC$, $N$ el segundo punto de corte de $ZM$ con $\omega_2$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $\omega_2$ con $\omega_1$ y $\omega_3$, respectivamente. Sean además, $P$ y $Q$ las intersecciones de $XZ$ e $YZ$ con $\ell$, respectivamente, y $W$ la intersección de $\ell$ con $XY$.
Supongamos sin pérdida de generalidad que $W, A$ y $C$, aparecen en ese orden.
Lema 1: $ZM$ bisecta al $\angle XZY$.
Primero, como $XY$ y $\ell$ son las tangentes comunes exteriores de $\omega_1$ y $\omega_3$, se tiene que $O_1O_3$, $\ell$ y $XY$, concurren en $W$.
Notemos que $Z$ está en el eje radical de $\omega_1$ y $\omega_3$.
En efecto, tenemos que $Z, F$ y $C$ estan alineados, y que $Z, E$ y $A$ también están alineados(es facil de ver).
Luego por angulos:
$\angle EFC=90^{\circ}+\angle BFE=90^{\circ}+\angle ABE=90^{\circ}+90^{\circ}-\angle BAE$.
$\Rightarrow \angle EFC=180^{\circ}-\angle BAE$.
$\Rightarrow AEFC$ es cíclico.
$\Rightarrow \text{Pot}(Z, \omega_1)=ZE.ZA=ZF.ZC=\text{Pot}(Z, \omega_3)$.
$\Rightarrow ZM$ es el eje radical de $\omega_1$ y $\omega_3$.
$\Rightarrow O_1O_3 \perp ZM$.
$\Rightarrow O_1O_3 \parallel BN$.
Se sigue, $\frac{\angle BO_2M}{2}=\angle MBN=\angle MWO_3=\frac{\angle MWY}{2}$.
$\Rightarrow O_2M \perp XY$.
De donde $MZ$ bisecta al $\angle XZY$. $\blacksquare$
Por el Lema 1, las proyecciones ortogonales de $M$ sobre $PZ$ y $QZ$, miden lo mismo, por lo que basta probar que las longitudes de dichas proyecciones, son las mismas que $AM=MC$(me disculparan si la proyección ortogonal es una recta y no un segmento, pero creo que se me entiende).
Sea $R$ el pie de la perpendicular a $QZ$ por $M$.
Lema 2: $MR=AM$.
Notemos que el circuncirculo de $PQZ$ es tangente a $\omega_1$ y a $\omega_3$.
En efecto, la inversión centrada en $Z$ y de radio $r=ZB$, deja fijas a $\omega_1$ y $\omega_3$, por lo que esta inversión transforma $\omega_2$ en una recta tangente a $\omega_1$ y a $\omega_3$ en $A$ y $C$, respectivamente.
De donde $P$ es el inverso de $X$, y $Q$ es el inverso de $Y$.
Por otro lado, como $XY$ es tangente a $\omega_1$ y $\omega_3$, dicha recta se invierte en una circunferencia que pasa por $P, Z$ y $Q$, y que además es tangente a $\omega_1$ y $\omega_3$.
Entonces, por el teorema de Casey, aplicado a $P, \omega_1, Z$ y $Q$, se tiene que:
$PQ.BZ+AP.ZQ=AQ.PZ$. (1)
Nuevamente por Casey, esta vez aplicado a $P, Q, \omega_3$ y $Z$:
$PQ.BZ+CQ.PZ=ZQ.PC$. (2)
Sumando (1) y (2):
$2.PQ.BZ=AQ.PZ+ZQ.PC-AP.ZQ-CQ.PZ$
$=PZ(AQ-CQ)+ZQ(PC-AP)$
$=PZ.AC+ZQ.AC=AC(PZ+ZQ)$
$=2AM(PZ+ZQ)$
$\Rightarrow \frac{BZ}{AM}=\frac{PZ+ZQ}{PQ}$ (*)
Transformemos ahora $\frac{PZ+ZQ}{PQ}$
Como $M$ es pie de bisectriz se tiene:
$\frac{PZ}{PM}=\frac{ZQ}{MQ}$
De donde $PZ=\frac{PM.ZQ}{MQ}$
$\Rightarrow \frac{PZ+ZQ}{PQ}=\frac{ZQ.PM}{PQ.MQ}+\frac{ZQ}{PQ}$
$=ZQ(\frac{PM}{PQ.MQ}+\frac{1}{PQ})=ZQ(\frac{PM+MQ}{PQ.MQ})$
$=ZQ(\frac{PQ}{PQ.MQ})=\frac{ZQ}{MQ}$
Ahora calculemos $\frac{ZQ}{MQ}$. Tenemos que $BMRZ$ es cíclico por $BZ \perp AC, MR \perp ZQ$.
$\Rightarrow \frac{BZ}{MR}=\frac{ZQ}{MQ}$
Por (*) se sigue:
$MR=AM$ $\blacksquare$
Figura del analisis:
IMG-20241103-WA0016.jpg
Omití $N$ y $R$, porque queria que la imagen fuese al menos entendible.
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