Sea [math]\triangle ABC un triángulo con [math]AB=AC. Las bisectrices de [math]\angle CAB y [math]\angle ABC cortan a los lados [math]BC y [math]AC en [math]D y [math]E respectivamente. Sea [math]K el incentro de [math]\triangle ADC. Supongamos que [math]\angle BEK = 45^\circ. Hallar todos los posibles valores de [math]\angle CAB.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Notemos que [math]A\hat{D}K=C\hat{D}K=45^{\circ}. Sea [math]I el incentro de [math]ABC, es claro que [math]I, [math]K y [math]C son colineales, al caer sobre la misma bisectriz. Reflejando [math]E por [math]IC obtenemos [math]E_1. Notemos que al reflejarlo por [math]IC también lo reflejamos por [math]IK, de donde [math]K\hat{E_1}I=K\hat{E}I=45^{\circ} y [math]E\hat{C}I=E_1\hat{C}I=B\hat{C}I, de donde [math]E_1 cae en [math]BC.
Es claro que [math]IDE_1K es cíclico (sin importar el orden de los vértices). Luego, [math]E_1\hat{D}I=E_1\hat{K}I=E\hat{K}I=90^{\circ} en ambos subcasos, de donde [math]E\hat{I}K=45^{\circ}, [math]B\hat{I}C=135^{\circ} y es fácil ver que [math]C\hat{A}B=90^{\circ} usando que [math]IB=IC.
Tenemos que [math]K\hat{E}C=K\hat{D}C=45^{\circ}. Luego, [math]B\hat{E}C=90^{\circ}, y es trivial que [math]BC=AB=AC, de donde [math]C\hat{A}B=60^{\circ}.
Vamos a introducir la proyección $P$ del incentro $I$ en $AC$.
Notemos que $K$ es el incentro de $CDIP$, por lo que $\angle CPK=\angle IPK=45^{\circ}$.
Si $\angle A\neq 60^{\circ}$, entonces $P\neq E$, de modo que $\angle IPK=45^{\circ}=\angle BEK=\angle IEK$ implica que $EKIP$ es cíclico.
Entonces, $\frac{\angle B+\angle C}{2}=\angle EIC=\angle EIK=\angle EPK=45^{\circ}\Longrightarrow \angle B+\angle C=90^{\circ}\Longrightarrow \angle A=90^{\circ}$.
Entonce, deducimos que $\angle A\in \{60^{\circ},90^{\circ}\}$, y no es difícil de ver que ambos funcionan.
