Sea $\Gamma$ la circunferencia circunscrita al triángulo acutángulo $ABC$. Los puntos $D$ y $E$ están en los segmentos $AB$ y $AC$, respectivamente, y son tales que $AD=AE$. Las mediatrices de $BD$ y $CE$ cortan a los arcos menores $AB$ y $AC$ de $\Gamma$ en los puntos $F$ y $G$, respectivamente. Demostrar que las rectas $DE$ y $FG$ son paralelas (o son la misma recta).
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Sean $H$ la segunda intersección de $FD$ con $\Gamma$ e $I$ la segunda intersección de $GE$ con $\Gamma$. Luego $A\widehat HD=A\widehat HF=A\widehat BF=D\widehat BF=B\widehat DF=A\widehat DH$ y $AH=AD$. Análogamente, $AI=AE$. Como $AD=AE$ tenemos que $A$ es el circuncentro de $DEHI$, en particular, $DEHI$ es cíclico y $E\widehat DH=E\widehat IH=G\widehat IH=G\widehat FH=G\widehat FD$. Por lo tanto, $DE\parallel FG$.
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Sean $H$ la segunda intersección de $FD$ con $\Gamma$ e $I$ la segunda intersección de $GE$ con $\Gamma$. Luego $A\widehat HD=A\widehat HF=A\widehat BF=D\widehat BF=B\widehat DF=A\widehat DH$ y $AH=AD$. Análogamente, $AI=AE$. Como $AD=AE$ tenemos que $A$ es el circuncentro de $DEHI$, en particular, $DEHI$ es cíclico y $E\widehat DH=E\widehat IH=G\widehat IH=G\widehat FH=G\widehat FD$. Por lo tanto, $DE\parallel FG$
No te puedo decir si esa es la solución oficial, pero es la más común que he visto. Por lo menos la primera parte siempre ha sido la misma.
Digamos que $DH$ e $IE$ se intersecan en un punto $P$. Luego, por potencia de un punto $DP \cdot PH = EP \cdot PI$ y $FP \cdot PH = GP \cdot PI$.
Dividiendo, obtenemos $\frac{DP}{FP} = \frac{EP}{GP}$ que es suficiente para probar que $DE$ y $FG$ son paralelos.
De todos modos, aparentemente "no mucha" (comparado con la cantidad de gente que usualmente hace el 1) gente hizo el 1.
Por angulitos
$$\angle ACF=\angle ABF=\angle FDB=180^{\circ}-\angle ADF$$
Luego la reflexión de $D$ por $AF$, digamos $D'$ pertenece a $\Gamma$. Definimos $E'$ simétricamente.
Además, $F$ es punto medio del arco $BD'$, $G$ es punto medio del arco $CE'$ y $A$ es punto medio de $D'E'$ y la intersección de la bisectriz de $A$ con $\Gamma$ es punto medio del arco $BC$.
Vamos con un lema: Lema: Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico. Sean $K$, $L$, $M$, $N$ los puntos medios de los arcos $AB$, $BC$, $CD$, $DA$. Entonces $KM\perp LN$. Demostración:
Es claro que
$$\angle MKL+\angle KLN=\frac{\angle BAD+\angle BCD}{2}=90^{\circ}$$
con lo que estamos
Notemos que al aplicar el lema al cuadrilátero $BCE'D'$, obtenemos que la bisectriz por $A$ es perpendicular a $FG$. Como también $DE$ lo es, $DE\parallel FG$ y listo.
