Sea $ABC$ un triángulo con incentro $I$. La circunferencia que pasa por $B$ y es tangente a la recta $AI$ en el punto $I$ corta al lado $AB$ por segunda vez en $P$. La circunferencia que pasa por $C$ y es tangente a la recta $AI$ en el punto $I$ corta al lado $AC$ por segunda vez en $Q$. Muestre que $PQ$ es tangente a la circunferencia inscrita del triángulo $ABC$.
Sabemos que un cuadrilátero tiene una circunferencia inscrita si y sólo si las sumas de los pares de lados opuestos son iguales. Vamos a calcular las longitudes de $BC,CQ,QP,PB$ para ver que $BP+CQ=BC+PQ$, para eso, vamos a usar la siguiente fórmula
Distancia del incentro a los vértices de un triángulo:
Sea $ABC$ un triángulo de incentro $I$, entonces $IA=\sqrt{\frac{bc(s-a)}{s}}$, donde $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$ y $s=\frac{a+b+c}{2}$.
Sean $\omega _B$ y $\omega _C$ las circunferencias tangentes a $AI$ en $I$ que pasan por $B$ y $C$, respectivamente. Luego $AP\cdot AB=\text{Pot}(A,\omega _B)=AI^2=\text{Pot}(A,\omega _C)=AQ\cdot AC$ (*), de donde $\frac{AB}{AC}=\frac{AQ}{AP}$ y como $\angle BAC=\angle QAP$, tenemos $\triangle ABC\simeq \triangle AQP\Rightarrow \frac{PQ}{BC}=\frac{AP}{AC}\Rightarrow PQ=BC\cdot \frac{AP}{AC}$ (**).
Ahora, por la fórmula y (*), tenemos $AP\cdot c=\frac{bc(s-a)}{s}$ y $AQ\cdot b=\frac{bc(s-a)}{s}$, de donde $AP=\frac{b(s-a)}{s}$ y $AQ=\frac{c(s-a)}{s}$, por lo tanto $BP=AB-AP=c-\frac{b(s-a)}{s}$ y $CQ=AC-AQ=b-\frac{c(s-a)}{s}$, y por (**) resulta $PQ=a\frac{b(s-a)}{sb}=\frac{a(s-a)}{s}$.
Entonces $$BP+CQ=c-\frac{b(s-a)}{s}+b-\frac{c(s-a)}{s}=b+c-(b+c)\frac{s-a}{s}=(b+c)(1-\frac{s-a}{s})=(b+c)\frac{a}{s}=(2s-a)\frac{a}{s}$$
Por otro lado $$BC+PQ=a+\frac{a(s-a)}{s}=a(1+\frac{s-a}{s})=a\frac{2s-a}{s}=(2s-a)\frac{a}{s}$$
Por lo tanto $BP+CQ=BC+PQ$, luego, $BCQP$ tiene una circunferencia inscrita, por lo que las bisectrices de $\angle B$, $\angle C$, $\angle Q$ y $\angle P$ concurren, como las bisectrices de $\angle B$ y $\angle C$ pasan por $I$, entonces las bisectrices de $\angle P$ y $\angle Q$ pasan por $I$, luego $r=d(I,BC)=d(I,CQ)=d(I,QP)=d(I,PB)$, donde $d(X,\ell )$ es la distancia euclídea del punto $X$ a la recta $\ell$, y $r$ es el inradio de $ABC$. Luego, el incírculo de $ABC$ es tangente a $PQ$, queda demostrado el problema.
Sea $\omega$ el circuncírculo de $PBI$, luego $AP\cdot AB=\operatorname{Pot}(A,\omega )=AI^2$, con lo que $\frac{AP}{AI}=\frac{AI}{AB}$, y como $\angle BAI=\angle IAP$, tenemos que $ABI\simeq AIP$, entonces\begin{align*}\angle BPI & =180^\circ -\angle API \\
& =180^\circ -\angle AIB \\
& =180^\circ -\frac{180^\circ +\angle BCA}{2} \\
& =\frac{180^\circ -\angle BCQ}{2} \\
& =\frac{180^\circ -\angle QPB}{2},
\end{align*}de donde $I$ está sobre la bisectriz de $\angle QPB$. Análogamente, $I$ está sobre la bisectriz de $\angle CQP$, y por definición está sobre las bisectrices de $\angle PBC$ y $\angle BCQ$, luego $I$ es el incentro de $BCQP$, por lo tanto, $PQ$ es tangente al incírculo de $ABC$.
