En el triángulo acutángulo [math]ABC, con [math]AB\neq AC, [math]D es el pie de la bisectriz del ángulo [math]\angle A, y [math]E,[math]F son los pies de las alturas desde [math]B y [math]C, respectivamente. Las circunferencias circunscritas a los triángulos [math]DBF y [math]DCE se cortan por segunda vez en [math]M. Demostrar que [math]ME=MF.
Con el [math]\Delta ABC calculamos [math]\angle FAE=180-(\angle DBF+\angle DCE) (*)
Sabemos que [math]FBCE es ciclico luego su circunscrita tiene a [math]BF y [math]CE como ejes radicales, respectivamente, con las circunscritas a [math]\Delta DBF y [math]\Delta DCE, asi que si estas 2 ultimas circunscritas intersectan en [math]D y [math]M entonces [math]DM pasa por [math]A que es el centro radical. Es decir [math]M pertenece a la bisectriz [math]AD.
[math]\angle FMA=\angle DBF. (angulo exterior en el ciclico DBFM) [math]\angle EMA=\angle DCE. (angulo exterior en el ciclico DCEM)
Como (*)+(**)=180 es [math]AFME ciclico y el arco [math]FME de su circunscrita es bisecado por la bisectriz del [math]\angle A en el punto [math]M, por lo tanto las cuerdas [math]ME y [math]MF son iguales.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Desenhando os pontos, começando com um $\triangle ABC$, com $AB\neq AC$, suponho sem perda de generalidade que $AB<AC$. Assim, completando o desenho como dito no enunciado e marcando os ângulos com as bissetrizes, paralelas e circunferências, obtenho a seguinte figura:
$\large{\color{magenta}{\blacktriangleright}}$ No desenho de acima, desenho $H$ o encontro de $BE$ e $CF$ (ou seja, o ortocentro do triângulo) e $AK$ o pé da altura traçada desde $A$. $X=\odot(DBF)$ (é o centro da circunscrita ao $\triangle DBF$), $L=\odot(DCE)$ e $Y=\odot(BFEC)$ pelo cíclico, já que $\angle BFC=\angle BEC=90^\circ$ pelas alturas.
Para a marcação de ângulos, escolho $\angle BAD=\angle DAC=\alpha\implies\angle BAC=2\alpha$ pela bissetriz $AD$, e $\angle MEF=\theta$, $\angle FYX=\angle FCY=\angle YFC$ pelo $\triangle FYC$ isósceles em $Y$ e pela $XY\parallel CF$. Assim nosso objetivo é mostrar que $\angle MFE=\theta$.
Vemos que $M$ pertence à $AD$. Como $(DBF)\cap(DCE)=\{D,M\}$ está claro que como $A$ é o centro radical da circunscrita a $BFEC$, então $DM$ passa por $A$. Ou seja, $A,D$ e $M$ são colineares $\implies M\in AD$. Logo por ser $AFME$ cíclico, e $AM$ bisseca ao ângulo $\angle FME$, então $\angle MFE=\angle MEF=\theta$, Q.E.D. $\large{\color{magenta}{\blacksquare}}$
Caso eu errar alguma demonstração, lembre-se: não era eu escrevendo!
Por las perpendiculares $BFEC$ es cíclico, entonces por potencia de un punto:
$$\text{Pot}(A, (DBF))=AF\cdot{AB}=AE\cdot{AC}=\text{Pot}(A, (DCE))$$
Y así, $A$ está en el eje radical de $(DBF)$ y $(DCE)$, entonces $A, M$ y $D$ son colineales.
Luego, invirtiendo con centro en $A$ y radio $\sqrt{AF\cdot{AB}}$, tenemos que $(DBF)$ y $(DCE)$ se quedan fijas, y $BC$ se invierte en $(AEF)$. Entonces $M$ y $D$ son inversos, y $M\in{(AEF)}$.
Finalmente, $\angle EFM=\angle EAM=\angle FAM=\angle FEM$
$$\Rightarrow ME=MF$$
