Sean una semicircunferencia con diámetro [tex]AB[/tex] y centro [tex]0[/tex], y una recta que corta a la semicircunferencia en los puntos [tex]C[/tex] y [tex]D[/tex], y a la recta [tex]AB[/tex] en [tex]M[/tex] (siendo [tex]MD>MC[/tex] y [tex]MB<MA[/tex]).Sea [tex]K[/tex] el punto de interseccion de las circunferencias circunscritas de los triangulos [tex]OAD[/tex] y [tex]OBC[/tex]. Demostrar que [tex]\angle MKO=90[/tex].
Aca dejo una imagen por si no quedo claro;
hay bastantes errores de redaccion porfavor editar, saludos! :
Ahora si esta bien
Sean una semicircunferencia con diámetro [tex]AB[/tex] y centro [tex]0[/tex], y una recta que corta a la semicircunferencia en los puntos [tex]C[/tex] y [tex]D[/tex], y a la recta [tex]AB[/tex] en [tex]M[/tex] (siendo [tex]MD>MC[/tex] y [tex]MBAca dejo una imagen por si no quedo claro;
Para un punto [tex]X[/tex] del plano (distinto de [tex]O[/tex]), sea [tex]X'[/tex] su inverso bajo una inversión de centro [tex]O[/tex] y radio [tex]OA[/tex]. Al aplicar esta inversión, los circumcírculos de [tex]\triangle AOD[/tex] y [tex]\triangle BOC[/tex] se transforman en las rectas [tex]AD[/tex] y [tex]BC[/tex], respectivamente. Se sigue que [tex]K'[/tex] es la intersección de las dos rectas anteriormente mencionadas, y el punto [tex]M'[/tex] es un punto al interior del segmento [tex]AB[/tex]. Por propiedades de la inversión, nos resta demostrar que [tex]\angle K'M'O=90[/tex]. Pero como [tex]AC[/tex] y [tex]BD[/tex] son alturas del [tex]\triangle AKB[/tex], entonces probando que [tex](A,M',B,M)[/tex] forman una cuaterna armónica estamos listos.
Dados dos puntos [tex]P,Q[/tex] distintos de O, se tiene que [tex]P'Q'=\dfrac{r^2\cdot PQ}{OP\cdot OQ}[/tex] (donde [tex]r[/tex] es el radio de la inversión) y por ende [tex]\dfrac{AM'}{M'B}=\dfrac{AM}{MN}[/tex]. Por lo tanto (A,M',B,M) es una cuaterna armónica, que era lo que necesitábamos probar.
También pudiste haber invertido la recta MD, circunferencia la cual pasará por los puntos D,C,O y cortará a AB en un punto el cual es M' el inverso de M, por lo tanto como AC y BD son alturas y O es punto medio luego esta circunferencia, es la cirnferencia de los 9 puntos, por lo tanto [tex]\angle 0M'K'=90[/tex] y como la inversión conserva los angulos [tex]\angle OKM =90[/tex], saludos
Una solucion distinta, sin inversion:
Sea [tex]E=AD\cap BC[/tex], [tex]P=CA\cap DB[/tex], y [tex]S[/tex] la proyeccion ortogonal de [tex]E[/tex] sobre [tex]AB[/tex], es sabido que E,P y S son colineales, ahora por potencia de punto sobre la circunferencia grande se tiene que [tex](ED)(EA)=(EC)(EB)[/tex] luego [tex]E[/tex] vive sobre el eje radical de las de las dos circunferencias pequeñas, luego E,K y O son colineales. Como tambien [tex]\angle PDA=90[/tex] se tiene que el cuadrilatero [tex]PSAD[/tex]es ciclico [tex]\rightarrow (EP)(ES)=(ED)(EA)=(EK)(EO)[/tex][tex]\rightarrow (EP)(ES)=(EK)(EO)\rightarrow PKOS[/tex] es ciclico y como [tex]\angle PSO=90[/tex] se tiene entonces que [tex]\angle PKO=90[/tex], y por lo tanto [tex]K[/tex] es la proyeccion ortogonal de [tex]P[/tex] sobre [tex]EO[/tex],pero por el teorema de Brokard se tiene que la proyeccion ortogonal de P sobre [tex]EO[/tex] es colineal con P y M, luego [tex]M,P[/tex]y [tex]K[/tex] son colineales y [tex]\angle MKO=90[/tex], demostrando lo pedido