Dos circunferencias

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Sean $\alpha$ y $\beta$ dos circunferencias tales que el centro $O$ de $\beta$ está sobre $\alpha$. Sean $C$ y $D$ los dos puntos de intersección de las circunferencias. Se toman un punto $A$ sobre $\alpha$ y un punto $B$ sobre $\beta$ tales que $AC$ es tangente a $\beta$ en $C$ y $BC$ es tangente a $\alpha$ en el mismo punto $C$. El segmento $AB$ corta de nuevo a $\beta$ en $E$ y ese mismo segmento corta de nuevo a $\alpha$ en $F$. La recta $CE$ vuelve a cortar a $\alpha$ en $G$ y la recta $CF$ corta a la recta $GD$ en $H$. Prueba que el punto de intersección de $GO$ y $EH$ es el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo $DEF$.




Imagen de el colado

 Este problema está muy

 Este problema está muy bonito, aunque debo confesar que tarde como 3 horas en encontrarle solución. He aquí la citada:

Sea $P$ la intersección de $EH$ con $GO$.  Sea $\alpha = \angle{OCD}$. Tenemos que $OC=OD$ por ser radios, entonces $\angle{CAO}=\angle{OAD}=\alpha$, por lo tanto, $\angle{CGO}=\angle{OGD}=\angle{ODC}=\alpha$. $\angle{OCA}=90 \Rightarrow OA$ es diámetro $\Rightarrow \angle{ODA}=90$ $\Rightarrow$ $DA$ es tangente a $\beta$, entonces $CA=AD \Rightarrow OA \perp CD$. Sean $Q$ y $T$ las intersecciones de $OA$ con $CD$ y $OG$ con $ED$, respectivamente. 

Sea $\omega = \angle{ECA}=\angle{CBE}$ por ser semiinscrito. Entonces $\angle{GCA}=\angle{GOA}=\angle{ADG}=\omega$ y $\angle{CBE}=\angle{CDE}=\omega$. Luego $\angle{QOT}=\omega=\angle{QDE}$ y el cuadrilátero $QODT$ es cíclico. Así $\angle{OTD}=90 \Rightarrow DE \perp OG$, como $TG$ es altura y bisectriz  del triángulo $EDG$, tenemos que $EGD$ es isósceles con $DG=EG$, y por tanto, $OG$ es mediatriz de $ED$, $\Rightarrow$ $P$ está en la mediatriz de $ED$.

Sean $\angle{OCF}=\angle{OAF}=\angle{ODF}=\delta$. $\angle{CAF}=\angle{BCF}=\alpha + \delta$ por ser semiinscrito. Entonces $\angle{BCF}=\alpha + \delta$, y asi, $\angle{BCO}=\alpha$. Sea $\angle{DCE}=\theta = \angle{EBD}=\angle{DAG}=\angle{EDA}$. Por la suma de ángulos del interior del triángulo $BCA$ tenemos que $3\alpha + \theta + 2\omega + \delta = 180$, luego, $\angle{HDG}=180=\angle{HDF}+\alpha +\delta + 2\omega + \theta$, entonces $\angle{HDF}=2\alpha$, aparte, como $\angle{HFD}$ es ángulo exterior del cíclico $FDGC$, tenemos que $\angle{HFD}=\angle{DGC}=2\alpha$. Por lo tanto, $HFD$ es isósceles. Luego, como $\angle{HDF}=\angle{DGC}=2\alpha$, tenemos que $FD \parallel CG$ $\rightarrow DG=FC$, $\Rightarrow \angle{CAF}=\angle{DAG}=\theta = \alpha + \delta$. Aparte, como $\angle{EFD}=\angle{ACD}=\theta + \omega$, y $\angle{FDE}=\omega + \alpha + \delta = \omega + \theta$, obtenemos  $\angle{EFD}=\angle{FDE}$ lo que implica que $FDE$ es isósceles, y así, en $HFED$, $HE$ es mediatriz de $FD$ por ser los triángulos $HFD$ y $FDE$ isósceles.

Finalmente, como $P$ es la intersección de las mediatrices de $FD$ y $DE$, decimos que $P$ es el circuncentro del triángulo $FDE$. ▄

 

Un saludo.