Sea $\omega$ la circunferencia circunscrita de un triángulo acutángulo $ABC$. El punto $D$ pertenece al arco $BC$ de $\omega$ que no contiene al punto $A$. El punto $E$ está en el interior del triángulo $ABC$, no pertenece a la recta $AD$, y satisface $D\widehat{B}E=A\widehat{C}B$ y $D\widehat{C}E=A\widehat{B}C$.
Sea $F$ un punto de la recta $AD$ tal que las rectas $EF$ y $BC$ son paralelas, y sea $G$ un punto de $\omega$ distinto de $A$ tal que $AF=FG$. Demostrar que los puntos $D, E, F, G$ pertenecen a una circunferencia.
Nota. La circunferencia circunscrita de un triángulo es la que pasa por sus tres vértices
Sea [math]O el circuncentro de [math]ABC. Sean [math]P, [math]Q, [math]X e [math]Y las intersecciones de [math]AD con [math]EB, [math]EC, la paralela a [math]BD por [math]E y la paralela a [math]CD por [math]E.
[math]F y [math]O estan en la mediatriz de [math]AG, por lo que [math]OF es la bicectriz exterior de [math]D\hat FG. Como [math]O esta en la mediatriz de [math]DG resulta que [math]OGDF es ciclico.
[math]Q\hat CB=E\hat CB=C\hat BA=C\hat DA=C\hat DQ\Rightarrow QD=QC, por lo que [math]Q esta en la mediatriz de [math]CD.
Por lo que [math]OQ es perpendicular a [math]CD\Rightarrow OQ es perpendicular a [math]EY. [math]QE=QY al ser [math]QC=QD. Se sigue que [math]O esta en la mediatriz de [math]YE.
De manera similar se ve que [math]O esta en la mediatriz de [math]XE por lo que [math]O es el circuncentro de [math]XYE. Luego:
Sean $B'$ el segundo punto de intersección de $BE$ con $\Gamma$, $C'$ el segundo punto de intersección de $CE$ con $\Gamma$, $O$ el centro de $\Gamma$.
Notemos que\begin{align*}\angle BEC & =180^\circ -\angle CBE-\angle ECB \\
& =180^\circ -(\angle DBE-\angle DBC)-(\angle ECD-\angle BCD) \\
& =180^\circ -\angle DBE-\angle ECD+\angle DBC+\angle BCD \\
& =180^\circ -\angle ACB-\angle CBA+\angle DAC+\angle BAD \\
& =\angle BAC+\angle BAC \\
& =2\angle BAC
\end{align*}y como $\angle EB'C=\angle BB'C=\angle BAC$, tenemos que $\angle B'CC'=\angle B'CE=\angle BAC=\angle BC'C$, por lo que $BC'\parallel CB'$, entonces $BCB'C'$ es un trapecio isósceles, por lo que $EO$ es bisectriz de $\angle C'EB$, luego$$\angle OEB=\dfrac{\angle C'EB}{2}=\dfrac{180^\circ -2\angle BAC}{2}=90^\circ -\angle BAC.$$Por otro lado, $\angle FEB=\angle CBE=\angle DBE-\angle DBC=\angle ACB-\angle DAC$, de donde\begin{align*}\angle OEF & =\angle OEB-\angle FEB \\
& =90^\circ -\angle BAC-(\angle ACB-\angle DAC) \\
& =90^\circ -\angle BAC-\angle ACB+\angle DAC \\
& =90^\circ -(\angle BAC-\angle DAC)-\angle ACB \\
& =90^\circ -\angle BAD-\angle ACB \\
& =90^\circ -\angle BCD-\angle ACB \\
& =90^\circ -\angle ACD \\
& =\angle ODA \\
& =\angle ODF
\end{align*}por lo que $E\in \odot DOF$.
Ahora, $\angle DFG=2\angle DAG=\angle DOG$, por lo que $G\in \odot DOF$.
Entonces $D,E,F,G\in \odot DOF$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.