Solución de Francisco Molina La recta tangente que pasa por A y la que pasa por B y C se cortan en un punto que llamaremos O. Entonces, la distancia de O a los puntos de tangencia C y A son iguales, es decir OC = OA. Análogamente OB = OA, con lo que tenemos que los tres puntos pertenecen a una circunferencia de centro O y radio OA. Como además C, O y B están alineados tenemos que CB es un diámetro de dicha circunferencia. E inmediatamente tenemos que el ángulo en A del triángulo ABC es recto. Calculemos ahora la altura sobre la hipotenusa del triángulo ABC (d): Para ello llamaremos r y R a los radios de las dos circunferencias iniciales. Los centros de estas circunferencias (T y Q) y A están alineados, y la recta que los contiene se corta con la tangente exterior en el punto P. Como CT y BQ son radios, serán perpendiculares a la recta tangente. Y ahora el triángulos BPQ contendrá otros dos triángulos semejantes a el mismo dada la coincidencia de los ángulos. Luego llamando x a la longitud del segmento PT, tenemos que se verifica de donde obtenemos las igualdades que simplificando nos llevan a e igualando y despejando tenemos que . Como podemos apreciar tanto en los cálculos como en el dibujo, este razonamiento no es válido cuando r = R. En este caso P no existe porque la recta tangente y la que une los centros son paralelas. Pero este caso es más sencillo ya que, al ser paralelas dichas rectas, será d = r = R. Nota de la G.M. ,-) pues ahí queda ese razonamiento. Chapeau

Solución de Martin López 1º El cuadrilátero BOO'C tiene ángulos rectos en los vértices B y C, luego la suma de los ángulos BOA + A'C = 180º. Pero BAE = 1/2 BOA porque abarcan el mismo arco AB. Por análoga razón EAC = 1/2 AO'C de donde BAC = BAE + EAC = 1/2(BOA + AO'C) = 1/2 180º = 90º 2º Llamemos EC = x BE = y, OB = R y O'C = r, entonces, por Thales Por el teorema de la altura h 2 = x.y (**) y, además, de la figura (x + y) 2 = (R + r) 2 - (R - r) 2 por lo que (x + y) 2 = 4Rr (***) Se trata de eliminar x e y de (*), (**) y (***)

Solución remitida por Antonio Menguiano La primera parte es análoga a las ya presentadas. Veamos la segunda Los triángulos Q1QQ2 y APO2 son semejantes por lados paralelos pudiendo establecerse las siguientes relaciones.

(#90) circunferencias y Tangentes