Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AB<AC$. La bisectriz del ángulo $B\widehat AC$ corta al lado $BC$ en $D$. Sea $M$ el punto medio del lado $BC$. Demostrar que la recta que pasa por los centros de las circunferencias circunscritas de los triángulos $ABC$ y $ADM$ es paralela a la recta $AD$.
Aclaración: La circunferencia circunscrita de un triángulo es la circunferencia que pasa por sus tres vértices. Su centro es el punto de intersección de las mediatrices del triángulo.
Sean $E$ el punto medio del arco $BC$ que no contiene al punto $A$ de la circunferencia circunscrita de $ABC$ y $F$ el punto medio del arco $BC$ que contiene al punto $A$ de la circunferencia circunscrita de $ABC$. Entonces $A,D,E$ están alineados y $E,M,F$ están alineados sobre la mediatriz de $BC$, además, $EF$ es un diámetro de la circunferencia circunscrita de $ABC$, con lo que $D\widehat AF=E\widehat AF=90^\circ =F\widehat MD$. Entonces $ADMF$ es cíclico. Luego, los centros de ambas circunferencias están sobre la mediatriz de $AF$, que es perpendicular a $AF$, y por lo tanto paralela a $AD$.
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Sean $O_1$ y $O_2$ los centros de las circunferencias circunscritas a $ABC$ y $ADM$ respectivamente.
Es un lema conocido que la bisectriz de $B\widehat AC$ corta a la circunscritas a $ABC$ en el punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A$, sea $E$ este punto $E, M, O_1$ son colineales (y su recta es perpendicular a $BC$) y $E, D, M$ son colineales.
Sea $O_1'$ tal que $O_1EDO_1'$ sea una paralelogramo, $O_1O_1'//AD$.
Por Thales, la mediatriz de $MD$ corta a $O_1O_1'$ en su punto medio.
Como $DO_1'=MO_1=AO_1$ se tiene que $ADO_1O_1'$ es un trapecio isósceles por lo tanto la mediatriz de $AD$ corta a $O_1O_1'$ en su punto medio así que el punto medio de $O_1O_1'$ es $O_2$ y concluimos que $AD//O_1O_2$.
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Sea $T$ el punto de intersección entre el arco $BC$ que no contiene a $A$ y la bisectriz de $B\widehat{A}C$ por ende sabemos que parte al arco en dos partes iguales de dónde sale que $BT = TC$ y el cuadrilátero $ABTC$ es cíclico.
Sea $B\widehat{A}T = T\widehat{A}C = T\widehat{B}C = T\widehat{C}B = \alpha$ por propiedad de los cuadriláteros cíclicos, de esto sale que $BT = AB = CT$ y que $BD = TD$, sabiendo que $T\widehat{B}D = B\widehat{T}D = \alpha$ entonces $B\widehat{D}T = 180° - 2\alpha$ y $T\widehat{D}M = 2\alpha$, al ser $MT$ la mediatriz de $BC$, sabemos que $B\widehat{M}T = T\widehat{M}C = 90°$, de dónde sale que $D\widehat{T}M = 90° - 2\alpha$, pero sabemos que $D\widehat{T}C =180° - 3\alpha$, por ende $M\widehat{T}C = 90° - \alpha$.
Sea $P$ el punto de intersección de la recta que pasa por los dos centros de las circunferencias circunscritas de $ABC$ y $ADM$ llamemos $X$ e $Y$ a estos puntos respectivamente, entonces sale que $P\widehat{T}C = \alpha$ por lo cual los triángulos $DMX$ y $PMX$ son congruentes, de dónde sale que $XDTP$ es un rombo por lo tanto $AD \parallel XY$
