Sean $ABC$ un triangulo acutángulo escaleno y $K$ un punto en su interior que pertenece a la bisectriz del ángulo $\angle ABC$. Sea $P$ el punto donde la recta $AK$ interseca a la recta perpendicular a $AB$ que pasa por $B$, y sea $Q$ el punto donde la recta $CK$ interseca a la recta perpendicular a $CB$ que pasa por $B$. Sea $L$ el pie de la perpendicular trazada desde $K$ a la recta $AC$. Pruebe que si $PQ$ es perpendicular a $BL$, entonces $K$ es el incentro de $ABC$.
Bueno la demo que conozco de este problema no me gusta(está en AoPS por si la quieren ver, yo no la voy a subir), y tampoco llegué a resolverlo por mas que le meti de todo pero encontré cosas muy curiosas de esta configuración asi que las dejo por si le sirve al que tampoco haya podido
El recíproco es cierto, es decir, si $K$ es incentro, entonces $BL \perp PQ$. De hecho la demo que vi va por ese lado(aunque lo hace con trigo, yo por geo).
Supongamos que $K$ es incentro de $\triangle ABC$.
Definamos $X$ e $Y$ como los pies de las perpendiculares a $AC$ por $P$ y $Q$, respectivamente(en mi caso aparecen en el orden $C, X, A, Y$).
Además, sean $I$ y $J$ en $BC$ y $AB$, respectivamente y tales que, $IK \perp BC, KJ \perp AB$.
Notemos que $BI=BJ, AJ=AL, CL=CI, BC=CY, AX=AB, BP=PX$ y $BQ=QY$.
Luego, $LY=CY-CL=BC-CI=BI$ y $XL=AX-AL=AB-AJ=BJ=BI$
$\Rightarrow XL=LY$.
Y por Pitagoras se sigue $PL^{2}-QL^{2}=(PX^{2}+XL^{2})-(QY^{2}+LY^{2})=BP^{2}-BQ^{2} \Rightarrow PL^{2}+BQ^{2}=QL^{2}+BP^{2}$.
Y esa ultima igualdad implica que las diagonales del cuadrilatero $PBQL$ son perpendiculares, o sea, $BL \perp PQ$. $\blacksquare$
La perpendicular a $BK$ por $B$, $AC$ y $PQ$, concurren, independientemente de si $BL \perp PQ$($K$ ya no es incentro, eso era solo para el primer dato).
Sean $M$ y $R$ la intersecciones de $BK$ y $AC$ con $PQ$, respectivamente($RQ<RP$).
Misma notación que antes.
Bueno, como $BK$ bisecta al $\angle ABC$, $KI=KJ$. Por otro lado, $\angle PBC=\angle QBA$(esto es sencillo, solo usan que $PB \perp AB, BQ \perp BC$), entonces $BK$ tambien bisecta al $\angle PBQ$.
Notemos que, $\frac{PB}{BQ}=\frac{PX}{QY}$, en efecto, por Thales tenemos, $\frac{PB}{PX}=\frac{KJ}{KL}$ y $\frac{BQ}{QY}=\frac{KI}{KL}=\frac{KJ}{KL} \Rightarrow \frac{PB}{PX}=\frac{BQ}{QY} \Rightarrow \frac{PB}{BQ}=\frac{PX}{QY}$.
Luego por esto último, por el teorema de la bisectriz en $\triangle PBQ$ y por Thales nuevamente:
$\frac{PM}{MQ}=\frac{PB}{BQ}=\frac{PX}{QY}=\frac{PQ}{RQ}$.
$\Rightarrow$ $M$ es el conjugado armónico de $R$, respecto a $PQ$, se sigue $BM \perp BR$. $\blacksquare$
Último dato(al menos relevante, hay mas cosas pero las pueden hallar ustedes):
$L$ tiene misma potencia respecto de $(MBR), (P, PB)$ y $(Q, QB)$.
Sean $W$ la segunda intersección de $PB$ con $(MBR)$($X≠B$) y $Z$ la segunda intersección de $WQ$ con $(MBR)$($Z≠W)$.
Bueno, $(MBR)$ es el lugar geometrico de todos los punto $T$, tales que, $\frac{PT}{TQ}=\frac{PM}{MQ}$(esto no lo voy a demostrar, es un hecho muy lindo como para no dejarlo de tarea), lo que implica que $WM$ bisecta al $\angle PWQ$. Se sigue, $MB=MZ$.
Por el segundo dato sabemos que el circuncentro de $\triangle MBR$ está sobre $MR$, por tanto, $BZ \perp MR$, luego $L, Z$ y $B$ están alineados, y ademas $PB=PZ, BQ=QZ$.
Y eso demuestra el tercer dato, eso es todo
Sea $K$ un punto arbitrario en la bisectriz interior del $\angle B$ en un triángulo $ABC$. Sean $P$ y $Q$ en las rectas $AK$ y $CK$, respectivamente, y tales que $\angle ABP=\angle CBQ=90^{\circ}$. Sea $M$ un punto arbitrario en el segmento $PQ$, y $L$ la intersección de $MK$ con $BC$. Por último, sea $L'$ el conjugado armónico de $L$, respecto a $AC$.
Entonces $(BA, BP), (BC, BQ), (BM, BL')$ son pares de una involución.
Demostración:
Sean $D=AB\cap{PQ}, E=BC\cap{PQ}, M'=BL'\cap{PQ},$
$N=BK\cap{PQ}, R=PQ\cap{AC}, S=CP\cap{AQ}$
Por hipotesis, $\{C, A; L, L'\}=-1$ (*)
Operando un poco con Thales es facil ver que $\frac{PN}{NQ}=\frac{PR}{RQ}$, es decir:
$\{E, D; N, R\}=-1$ (**)
Además, como $BK$ es bisectriz tenemos, $\angle KBR=90^{\circ}$ (***)
Insisto, no es muy dificil, trazan las perpendiculares desde $P$ y $Q$ hacia $AC$, usan que $K$ equidista de $AB$ y $BC$, que $BK$ es bisectriz comun de $\angle ABC$ y de $\angle PBQ$(por las perpendiculares), y con eso les basta.
Ahora, por el dual del teorema de involución de Desargues, aplicado a $B$ y a $AQPC$:
$(BA, BP), (BC, BQ), (BR, BS)$ son pares de una involución.
Como $BA \perp BP, BC \perp BQ$ se sigue $BR \perp BS$(si dos pares ya son perpendiculares entre sí, cualquier otro par es perpendicular entre sí)
Luego por (***), $S, B$ y $K$ son colineales.
$\Rightarrow (BA, BP), (BC, BQ), (BR, BK)$ son pares recíprocos.
Proyectando por $B$:
$(D, P), (E, Q), (R, N)$ son pares de una involución $f$
Sea $M^{*}$ la imagen de $M$ en dicha involución.
Sean $R=PQ\cap{AC}, S=PQ\cap{AB}, T=PQ\cap{BC}, F=BK\cap{PQ}$
Sea $M'$ el conjugado armónico de $F$, respecto a $ST$, $D$ y $E$ las proyecciones de $P$ y $Q$ sobre $AC$, respectivamente.
Por definición:
$\{T, S; M', F\}=-1$ (*)
Ahora, este problema es tan solo un caso particular de la configuración del lema, es decir, se siguen cumpliendo todas las propiedades que teniamos antes, entonces:
$\frac{QE}{PD}=\frac{RQ}{RP}=\frac{BQ}{BP}$
(con esto se demuestra el apartado (**) en la demo del lema)
Luego, $QE=BQ\cdot{k}, PD=BP\cdot{k}$ (**)
Y aplicando de manera directa el lema, se tiene que:
$(BM, BM'), (BP, BA), (BQ, BC)$ son pares de una involución.
Proyectando por $B$:
$(M, M'), (P, S), (Q, T)$ son pares de una involución $f$
Luego, como $PQ \perp BL$:
$TF\cdot{FQ}=FB^{2}=SF\cdot{FP}$
$\Rightarrow F$ es el centro de la involución que intercambia $P$ con $S$, y $Q$ con $T$, dicha involución es unica, y es $f$
$\Rightarrow k=1$
(no me gusta cancelar cuadrados en geo, pero no hallé otra salida)
$\Rightarrow BP=PD, BQ=QE$
Esto ultimo implica que $AP$ y $CQ$ son las bisectrices de $\angle BAC$ y de $\angle BCA$, respectivamente. En efecto, $ABPD$ y $CBQE$ son cíclicos.
$\Rightarrow \angle PAB=\angle PDB=\angle PBD=\angle PAD$
Analogamente, $\angle QCE=\angle QCB$
Por lo tanto, $K$ es el incentro del $\triangle ABC$ $\blacksquare$
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