P3. Paralelas con una tangente

Enviado por Samuel Elias el 23 de Octubre de 2025 - 12:45.

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo, $H$ su ortocentro y $D$ el pie de altura desde $A$ a $BC$, de tal forma que $AH=HD$. Sea $\mathcal{Z}$ el circuncírculo de $BHC$. Sea $\ell$ la recta tangente a $\mathcal{Z}$ por $H$, de tal forma que $\ell$ corta a $AB$ en $S$ y a $AC$ en $T$. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $BH$ y $CH$ respectivamente. Demuestra que $SM$ es paralela a $TN$.

Solución

Solución:

$\angle CBH = \angle CHT = \angle CAH$ por la tangente. Sea $J$ el punto medio de $AC$, que por teorema del punto medio: $JH \parallel CD, \ JN\parallel AH$. Usando ángulos entre paralelas obtenemos que $NJH = 90^\circ$. Ahora, note que $\angle CHJ = \angle CHA - 90^\circ = \angle BCH$ y $\angle NJC = \angle HJC - 90^\circ = \angle CHT$. Esto quiere decir que $NHTJ$ es cíclico, obteniendo por moños que $NTH = 90^\circ $.

Ahora, $\angle BCH = \angle BHS = \angle BAH$ por la tangente. Sea $K$ el punto medio de $AB$, que por teorema de punto medio: $HK \parallel BD$ y $KM \parallel AH$. Usando ángulos entre paralelas obtenemos que $MKH = 90 ^\circ$ y que $\angle KHM = \angle HBC$. De aquí, note que $\angle KSH = \angle BHS + \angle HSB = 90^\circ - \angle HAC = 90^\circ - \angle KHM = \angle KMH$. Esto quiere decir que $KSMH$ es cíclico, por lo que por moños $\angle MKH = \angle MSH = 90^\circ$.

Como tenemos que $SM \perp ST$ y $TN \perp ST$, concluímos que $SM \parallel TN$.