Sean [math]C_1 y [math]C_2 circunferencias exteriores, de centros [math]O_1 y [math]O_2, respectivamente. Se trazan por [math]O_1 las dos tangentes a la circunferencia [math]C_2, que intersectan a [math]C_1 en [math]P y [math]P'. Se trazan por [math]O_2 las dos tangentes a la circunferencia [math]C_1, que intersectan a [math]C_2 en [math]Q y [math]Q'. Demostrar que el segmento [math]PP' es igual al segmento [math]QQ'.
Sean $A$, $B$ los puntos de tangencia desde $O_2$ a $C_1$; $C$, $D$ los puntos de tangencia desde $O_1$ a $C_2$; $M=AO_2\cap O_1D$ y $M'=BO_2\cap O_1C$. Los triángulos $\triangle AO_1B$, $\triangle AO_2B$, $\triangle CO_2D$, $\triangle CO_1D$, $\triangle PO_1P'$, $\triangle QO_2Q'$, $\triangle AO_1P$ y $\triangle DO_2Q$ son isósceles ya que sus lados son radios de una circunferencia o tangentes desde un punto. Luego, los simétricos de $A$, $D$, $P$, $Q$, $O_1$ y $O_2$ respecto de $O_1O_2$ son $B$, $C$, $P'$, $Q'$, $O_1$ y $O_2$ respectivamente. Por lo tanto, $M'$ es el simétrico de $M$ respecto de $O_1O_2$ y $\overline{P'Q'}$ es el simétrico de $\overline{PQ}$ respecto de $O_1O_2$.
Por ser tangentes $O_1\widehat AM=O_2\widehat DM=90°$, por opuestos por el vértice $A\widehat MO_1=D\widehat MO_2$. Luego, $\triangle O_1AM\simeq \triangle O_2DM$ y $M\widehat O_1A=M\widehat O_2D$. Como $\triangle AO_1P$ y $\triangle DO_2Q$ son isósceles y tienen el ángulo entre sus lados iguales congruente, entonces $\triangle AO_1P\simeq \triangle DO_2Q\Rightarrow O_1\widehat PA=O_2\widehat QD\Rightarrow M\widehat PA=M\widehat QD$ y como $A\widehat MO_1=A\widehat MP=D\widehat MO_2=D\widehat MQ$ entonces $\triangle AMP\simeq \triangle DMQ\Rightarrow \frac{O_1P}{PM}=\frac{O_2Q}{QM}$ y por Thales $O_1O_2\parallel PQ$. Por simetría $O_1O_2\parallel P'Q'$ y $PQ=P'Q'$. Entonces $P'PQQ'$ es un paralelogramo y por lo tanto $PP'=QQ'$.
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