Sea $ABC$ un triángulo. Consideramos puntos $E$ y $D$ del interior de los lados $AC$ y $BC$, respectivamente, tales que $AE=BD$. Sean $M$ el punto medio del lado $AB$ y $P$ el punto de intersección de las rectas $AD$ y $BE$. Demostrar que el simétrico de $P$ con respecto a $M$ pertenece a la bisectriz del ángulo $A\widehat CB$.
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Definimos como [math]P' al simétrico de [math]P con respecto a [math]M. Tenemos por definición que [math]P'M = MP. Se ve fácilmente entonces que [math]APBP' es un paralelogramo. Como [math]P'A \parallel BE, tenemos que [math]\angle P'AC = 180^{\circ}-\angle AEB. De la misma manera, como [math]P'B \parallel AD, se tiene que [math]\angle P'BC = 180^{\circ}-\angle ADB.
Apliquemos Teorema del Seno sobre [math]\triangle AP'C: tenemos que [math]\frac{AP'}{\sin \angle ACP'} = \frac{P'C}{\sin \angle P'AC} \Rightarrow \frac{AP' \sin \angle P'AC}{\sin \angle ACP'} = P'C.
Análogamente, aplicamos Teorema del Seno sobre [math]\triangle BP'C: se tiene que [math]\frac{BP'}{\sin \angle BCP'} = \frac{P'C}{\sin \angle P'BC} \Rightarrow \frac{BP' \sin \angle P'BC}{\sin \angle BCP'} = P'C.
Igualando las dos identidades que obtuvimos, llegamos a [math]\frac{AP'}{BP'}\frac{\sin \angle P'AC}{\sin \angle P'BC} = \frac{\sin \angle ACP'}{\sin \angle BCP'}.
Notemos que [math]AP' = BP y [math]BP' = AP ya que [math]APBP' es un paralelogramo. Queremos demostrar entonces que [math]\frac{AP}{BP} = \frac{\sin \angle P'AC}{\sin \angle P'BC} = \frac{\sin \angle AEB}{\sin \angle ADB}.
Aplicando Teorema del Seno en [math]\triangle ABE y [math]\triangle ABD, se tiene que [math]\frac{AE}{\sin \angle ABP} = \frac{AB}{\sin \angle AEB} y [math]\frac{BD}{\sin \angle BAP} = \frac{AB}{\sin \angle ADB}. Manipulando dichas identidades haciendo uso de la condición del enunciado [math]AE = BD, pasamos a tener que [math]\frac{\sin \angle BAP}{\sin \angle ABP} = \frac{\sin \angle AEB}{\sin \angle ADB}. Pero por Teorema del Seno en [math]\triangle ABP se tiene que [math]\frac{AP}{BP} = \frac{\sin \angle BAP}{\sin \angle ABP}, de donde [math]\frac{AP}{BP}=\frac{\sin \angle AEB}{\sin \angle ADB}, C.Q.D.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Para probar que [math]P' está en la bisectriz hay que ver que está a la misma distancia de los lados [math]AC y [math]CB. Pero como [math]AE=BD es equivalente a ver que los triángulos [math]\triangle{AEP'} y [math]\triangle{DBP'} tienen el mismo área (pues tendrían la misma base [math]AE=BD y la misma altura ya que equidistan de los lados).
Es claro que [math]AP'BP es un parelologramo, luego [math]PE parelela a [math]AP' lo que implica que [math](AEP')=(APP') (Noto entre paréntesis al área). Análogamente [math]P'B es paralela a [math]PD lo que dice que [math](P'BD)=(P'PB). Por último basta notar que [math](P'PB)=(APP') pues [math]AP'BP es un parelologramo, y nos queda lo que queríamos.
Llamamos $P'$ al simétrico de $P$ con respecto a $M$.
Prolongamos $AC$ y $BP'$ y llamamos a su intersección $F$.
Por propiedades de la reflexión $APBP'$ es un paralelogramo.
Como $AP'\parallel BE$, por Thales $\frac{AF}{AE}=\frac{FP'}{BP'}$ y como $AE=BD$, $\frac{AF}{BD}=\frac{FP'}{BP'}$.
Como $AD\parallel FB$, por Thales $\frac{CF}{AF}=\frac{BC}{BD}\Rightarrow\frac{CF}{BC}=\frac{AF}{BD}$
Entonces, $\frac{CF}{BC}=\frac{FP'}{BP'}$, por el teorema de la bisectriz $CP'$ es bisectriz de $\hat{C}$.
Sea $P'$ el simétrico de $P$ respecto de $M$. Por definición de simetría central, $PM=MP'$, y como $M$ es punto medio se $AB$, el cuadrilátero $APBP'$ es un paralelogramo, pues sus diagonales se bisecan. De este modo $AP'=PB$, $P'B=AP$, $AD\|P'B$, y por ángulos conjugados internos entre paralelas, $\hat{CBP'}=180^\circ -\hat{ADB}$ y $\hat{CAP'}=180^\circ -\hat{AEB}$.
Por el Teorema del Seno en el $ACP'$ se tiene $\dfrac{CP'}{\sin\hat{ CAP'}}=\dfrac{AP'}{\sin\hat{ ACP'}}\iff CP'=\dfrac{AP'\sin\hat{ CAP'}}{\sin\hat{ ACP'}}$.
Por el Teorema del Seno en el $BCP'$ se obtiene$\dfrac{CP'}{\sin\hat{ CBP'}}=\dfrac{P'B}{\sin\hat{ P'CB}}\iff CP'=\dfrac{P'B\sin\hat{ CBP'}}{\sin\hat{ P'CB}}$.
Y al igualar se consigue $\dfrac{AP'\sin\hat{ CAP'}}{\sin\hat{ ACP'}}= \dfrac{P'B\sin\hat{ CBP'}}{\sin\hat{ P'CB}}\iff \dfrac{AP'}{P'B}=\dfrac{\sin\hat{ ACP'}\sin\hat{ CBP'}}{\sin\hat{ P'CB}\sin\hat{ CAP'}}\underset{(*)}{\iff}\dfrac{PB}{AP}=\dfrac{\sin\hat{ ACP'}\sin\hat{ADB}}{\sin\hat{ P'CB}\sin\hat{ AEB}} \ \text{(ec)}$, donde $(*)$ vale porque $\sin(180^\circ -x)=\sin x$, y $AP'=PB$ y $P'B=AP$ ser pares de lados opuestos de un paralelogramo.
Por el Teorema del Seno en $PDB$ se tiene $\dfrac{DB}{\sin\hat{ DPB}}=\dfrac{PB}{\sin\hat{ PDB}}=\dfrac{PB}{\sin\hat{ ADB}}$.
Por el Teorema del Seno en $EPA$ se consigue $\dfrac{DB}{\sin\hat{ DPB}}\underset{(**)}{=}\dfrac{EA}{\sin\hat{ EPA}}=\dfrac{AP}{\sin\hat{ AEP}}=\dfrac{AP}{\sin\hat{ AEB}}$, donde $(**)$ vale porque $DB=EA$ por enunciado y $\hat{DPB}=\hat{EPA}$ por ángulos opuestos por el vértice.
Luego, al igualar, se obtiene $\dfrac{PB}{\sin\hat{ ADB}}=\dfrac{AP}{\sin\hat{ AEB}}\iff\dfrac{PB}{AP}=\dfrac{\sin\hat{ ADB}}{\sin\hat{ AEB}}$.
Finalmente, sustituimos en $\text{(ec)}$ y conseguimos $\dfrac{PB}{AP}=\dfrac{\sin\hat{ ACP'}}{\sin\hat{ P'CB}}\dfrac{PB}{AP}\iff \sin\hat{ P'CB}=\sin\hat{ ACP'}$, y como $\hat{P'CB}+\hat{ACP'}\neq 180^\circ$ porque $A, C$ y $B$ no están alineados ya que son vértices de un mismo triángulo, concluimos $\hat{P'CB}=\hat{ACP'}$, y como $\hat{P'CB}+\hat{ACP'}=\hat{ACB}$, $CP'$ es bisectriz de $ACB$ y por ende $P'$ pertenece a ella.
oráculo y magia negra