Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Por simplicidad, supongamos que la dirección dada es la horizontal y que el centro $O$ de la circunferencia $\Gamma$ de radio $r$ está a la izquierda (o sobre la misma vertical) que el centro de la circunferencia $\Gamma'$ de radio $r'$. Cortamos $\Gamma$ y $\Gamma'$ por sus diámetros verticales y consideramos $C$ la semicircunferencia izquierda de $\Gamma$ y $C'$ la semicircunferencia derecha de $\Gamma'$. Trasladamos horizontalmente $C'$ hasta otra semicircunferencia $C''$ para que su diámetro se superponga con el de $C$, creando así la figura sombreada en la imagen. Como esta figura está compuesta por dos semicírculos, será suficiente encontrar un segmento en la dirección dada de longitud $\frac{\ell}{2}$. Para ello sólo hay que desplazar la figura una distancia $\frac{\ell}{2}$ a la derecha y tomar los puntos $X$ donde el borde de figura trasladada (en rojo en la imagen) se corte con el borde original (en verde). Por estos puntos $X$ pasarán las rectas que buscamos.

En la imagen se tiene un ejemplo, donde hay exactamente dos soluciones $X_1$ y $X_2$, para cada una de las cuales se ha indicado los segmentos cuyas longitudes suman $\ell$ en amarillo.

Solución. Por comodidad, llamaremos $\alpha,\beta,\gamma$ a los ángulos del triángulo, como es usual. El triángulo $BAC'$ es isósceles, luego $\angle DC'A=180^\circ-\angle BC'A'=180^\circ-\frac{1}{2}(180^\circ-\beta)=90^\circ+\beta$. Por lo tanto, en el triángulo $AC'D$, tenemos que $\angle C'DA=180^\circ-\angle DC'A-\frac{\alpha}{2}=90-\frac{\alpha+\beta}{2}=\frac{\gamma}{2}$. Ahora bien, como $AD$ es la bisectriz y contiene al incentro $I$, deducimos que $\angle A'DI=\angle\frac{\gamma}{2}=\angle ICA'$. Por la propiedad del arco capaz, esto nos dice que $ICDA'$ es un cuadrilátero cíclico y, por tanto, \[\angle ADC=\angle IDC=\angle IA'C=90^\circ.\]