La transversal de gravedad AM (M pertenece al lado BC)en el triángulo acutángulo ABC corta por segunda vez a la circunferencia circunscrita al triángulo en D (la primera vez es en A). Si E es el simétrico de A con respecto á M, demostrar que BC es la tangente común a los círculos circunscritos a los triángulos BDE y CDE. Solución. El cuadrilátero ABEC es un paralelógramo, ya que sus diagonales se dimidian. (Puede probarse fácilmente, por congruencia de triángulos, que , si en un cuadrilátero las diagonales se dimidian, éste es un paralelógramo.) Sean: ∠1 = ∠BAM, ∠2 = ∠MAC. (1) Luego, por ser ABEC paralelógramo, ∠AEC = ∠1, ∠AEB = ∠2. (2) Como el ∠BCD es inscrito en el círculo ABC, ∠BCD = ∠1 ; (3) análogamente, ∠DBC = ∠2. (4) Sean ahora: O’ = circunscentro del ∆CDE, O’’ = circunscentro del ∆BDE. (5) De las Ecs.(2) tenemos ∠CO’D = 2∠1, (6) Raul A. Simon CHILE ∠DO’’B = 2∠2. (7) Como el ∆CDO’ es isósceles, de la Ec.(6) obtenemos ∠O’CD = (π − ∠CO’D)/2 = (π/2) - ∠1 ; (8 a) análogamente, del ∆DO’’B obtenemos ∠O’’BD = (π − ∠DO’’B)/2 = (π/2) - ∠2. (8b) Por lo tanto, considerando las Ecs.(3),(4), (8 a-b), tenemos ∠O’CB = ∠O’CD + ∠DCB = π/2; (9 a) ∠O’’BC = ∠O’’BD + ∠DBC = π/2. (9b) Las Ecs.(9 a-b) prueban que BC es la tangente común a los círculos BDE y CDE. Raul A. Simon CHILE