18:I[96096,["/_next/static/chunks/c6db19d9c5fa184a.js","/_next/static/chunks/bfe171a9b29c6141.js","/_next/static/chunks/215a462e6e3d5704.js","/_next/static/chunks/8e5a4ef2cd34cd2e.js","/_next/static/chunks/7f58f759df62ad2a.js","/_next/static/chunks/3d80c91f0baaa7e1.js","/_next/static/chunks/69017dabd5a7bdb1.js","/_next/static/chunks/16e35d7ca69704d5.js","/_next/static/chunks/1e99a352826083c0.js","/_next/static/chunks/d500812f89b1de2c.js","/_next/static/chunks/276dde09bcd6a58a.js","/_next/static/chunks/05f60f5d8542f370.js","/_next/static/chunks/a3977a4b8be0f95f.js"],"Recent"] 19:T4f1,< BGD = 90° (esto es lo que Yetti demostró en la publicación #2): En primer lugar, aplicamos el resultado de http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=41286 y http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=5460 para ver que el punto de intersección H de las rectas BE y CF yace sobre la altura del triángulo ABC que parte del vértice A, de modo que $AH\perp BC$ . Utilizaremos ángulos dirigidos módulo 180°. Sea G' la proyección ortogonal del punto D sobre la recta BE. Entonces, < BG'D = 90°. Por otro lado, < BFD = 90°, dado que $DF\perp AB$ . Por lo tanto, los puntos G' y F yacen sobre el círculo con diámetro BD; así, < BG'F = < BDF. Pero dado que $DF\perp AB$ , tenemos < (AB; DF) = 90°, y dado que $AH\perp BC$ , tenemos < (AH; BC) = 90°. Así, < HG'F = < BG'F = < BDF = < (BD; DF) = < (BD; AB) + < (AB; DF) = < (BD; AB) + 90° = < (BD; AB) + < (AH; BC) = < (BD; AB) + < (AH; BD) = < (AH; AB) = < HAF. Por lo tanto, el punto G' yace sobre el circuncírculo del triángulo AFH. En otras palabras, el punto G' es el punto de intersección del circuncírculo del triángulo AFH con la recta BE distinto del punto H. Así, el punto G' coincide con el punto G. Por lo tanto, < BG'D = 90° se convierte en < BGD = 90°, y hemos terminado. darij1a:T55a,Notación: (véase también el diagrama) Sea $ O$ el circuncentro del $ \triangle BCD$ . Sea $ BD$ que interseca a $ S_2$ nuevamente en $ D$ y sea $ CD$ que interseca a $ S_1$ nuevamente en $ F$ . Sea $ AC$ que interseca a $ BF$ en $ G$ . Sea $ \angle BDF=x$ . (1) $ \angle BOC=2x$ . Demostración: $ 2x=2\angle BDF=2\pi-2\angle BDC=(\pi-2\angle BDO)+(\pi-2\angle CDO)$ . Dado que $ BO=CO=DO$ $ =\angle BOD+\angle DOC=\angle BOC$ . (2) $ BF\parallel CE$ . Demostración: Dado que $ S_1$ y $ S_2$ son tangentes en $ D$ , existe una homotecia que mapea $ S_1$ a $ S_2$ centrada en $ D$ . Es fácil ver que $ BF$ va a $ CE$ . Dado que una homotecia mapea una recta a otra recta paralela, obtenemos la conclusión. (3) $ \angle ACE=\pi-x$ . Demostración: $ \angle ACE=\angle ACD+\angle DCE=\angle CED+\angle DCE$ por el teorema del ángulo semi-inscrito en $ S_2$ . $ =\pi-\angle CDE=\pi-\angle BDF=\pi-x$ . (4) $ \angle BAC=\pi-2x$ . Demostración: $ \angle BAC=\angle AGF-\angle ABG=\angle ACE-\angle BDF=\pi-2x$ por el teorema del ángulo semi-inscrito en $ S_1$ , las rectas paralelas en (2) y (3). (5) $ ABOC$ es cíclico. Demostración: $ \angle BAC+\angle BOC=\pi-2x+2x=\pi$ por (1) y (4), por lo tanto $ ABOC$ es cíclico. En otras palabras, $ O$ yace sobre el circuncírculo del $ \triangle ABC$ , como se deseaba. Adjuntos: circumcenter on circumcircle.pdf (14kb)1b:T781,

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