Sean $C$ y $D$ puntos en un semicírculo. La tangente en $C$ corta a la prolongación del diámetro del semicírculo en $B$, y la tangente en $D$ lo corta en $A$, de tal forma que $A$ y $B$ quedan en lados opuestos del centro del circulo(uno queda del lado derecho y otro queda del lado izquierdo). Las líneas $AC$ y $BD$ se cortan en $E$. Sea $F$ el pie de la perpendicular de $E$ en $AB$.
Demuestra que $EF$ es bisectriz del ángulo $\angle CFD$.
Solucion de Luis Carlos:
ResponderBorrarhttps://www.dropbox.com/sh/tkguryhugghw5bk/AADB-5hwzKs0rYFZHHCrXcVia
Otra solución
ResponderBorrarSea $O$ el centro del semicirculo, de entrada notemos $PDOC$ es ciclico (circunferencia $\Gamma$ con diametro $OP$). Algo importante tambien es $PC=PD$ (tangentes)
$\color{blue}{\text{Ideas}}$ (que no son parte de la solucion tal cual, pero llevan a como se les puede ocurrir):
-Sabemos EF perpendicular a AB, como que nos pudiera hacer pensar que si P,E,F son colineales entonces F esta en la circunferencia, lo cual nos sirve pues por los arcos los tendriamos los angulos buscados (iguales).
-La idea de tener angulo recto y una bisectriz, grita armonicos, no?
$\color{blue}{ \text{Solución}}$ (Les debo el dibujo, pero ahi les va)
$P=BC\cap AD$; $Q=CD\cap AB$; $R=PE\cap CD$
De entrada tenemos $(CRDQ)\ armonicos$ por el tetrapuntalete $ABCD$
Sea $F'$ proyeccion de $P$ sobre $AB$, es facil ver que $F'\in \Gamma$, $\Rightarrow PF'$ es bisectriz de $\angle CF'D$ con $PF'\bot\ AB$. (Basta demostrar $F=F'$)
Sea $R'=PF'\cap CD$, por la propiedad 90/bisectriz los puntos $(CR'DQ)$ son $armonicos$.
$\therefore R=R'\Rightarrow F=F'$