Sea $ABC$ un triángulo de incentro $I$. Sea $D$ en el segmento $BC$ el punto de tangencia de la circunferencia inscripta del triángulo $ABC$. Sean $P$ y $Q$ puntos de las semirrectas $IB$ e $IC$ respectivamente tales que $I\widehat{A}P = C\widehat{A}D$ e $I\widehat{A}Q = B\widehat{A}D$. Demuestre que $AP = AQ$.
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Vamos a usar los siguientes lemas: (1) Sean dos rotohomotecias con centro en $O$, una que lleva al segmento $AB$ a $A'B'$ y otra que lleva a $AB$ a $A''B''$. Luego si $A, A', A''$ son colineales entonces $B, B', B''$ son colineales. (2) Sea $ABC$ un triangulo. Sean $D$ y $E$ los puntos de tangencia del incirculo con $BC$ y $AC$ respectivamente y $K$ el pie de la altura de $B$ respecto de la bisectriz de $\angle A$. Luego $D, E, K$ son colineales.
Sean $E$ y $K$ definidos de la misma forma que en el lema. Tenemos que $\triangle IEA$ y $\triangle BKA$ son rotohomoteticos con centro en $A$. Nos definimos $P'$ de modo que $\triangle IEA$ y $\triangle P'DA$ sean rotohomoteticos con centro en $A$ también. Notemos que entonces $\angle DAP' = \angle EAI \Rightarrow \angle IAP' = \angle CAD$. Pero como por (2) $D, E, K$ son colineales entonces por (1) $P', B, I$ son colineales, es decir, $P' = P$.
Pero entonces $\angle PDA = 90^{\circ}$ y $\angle DAP = \frac{\angle A}{2}$. Algo igual ocurre con el punto $Q$, donde finalmente tenemos que $DA$ es bisectriz y altura de $\triangle PAQ$, entonces es isósceles y $AP = AQ$ como queríamos demostrar.
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Sean $E$ y $J$, el contacto del incirculo con $AC$, y la segunda interseccion de $AD$ con el incirculo, respectivamente. Trazamos por $D$ una paralela a $EJ$ que corta a $AC$ en $K$ y una perpendicular a $AD$ que corta a $CI$ en $Q'$, luego $\frac{AE}{AK}=\frac{AJ}{AD}=k$ (1) (k es la razon de semejanza AEJ, AKD).
Por paralelas tenemos $\angle AEJ=\angle AKD$ y por $AK$ tangente en $E$ es $\angle AEJ=\angle JDE$ y $\angle KED= \angle DJE$, luego $\Delta EKD \sim \Delta JDE$ (2). Supongamos que $k_{1}$ es la razon de semejanza de estos triangulos.
Por lo visto tenemos que $\angle EKD= \angle EDA$, esta igualdad sugiere que el circuncirculo de $EKD$ es tangente a $AD$ en $D$ luego su circuncentro es $Q'$ pues este se halla en la interseccion de la mediatriz de $DE$ (seria CI) y la perpendicular a $AD$ en $D$. De modo que $\frac{EK}{KQ'}=\frac{JD}{DI}=k_{1}$. De esta ultima y de (1) tenemos que
$EK=KQ'(k_{1})$ y por otro lado $AE=AK(k)$, tambien $JD=DI(k_{1})$ y ademas $AJ=AD(k)$, entonces
y como por rectas paralelas JE//DK es $\frac{AJ}{JD}=\frac{AE}{EK}$ es $\frac{AD}{DI}=\frac{AK}{KQ'}$ y ademas sabemos que $\angle JDI= \angle EKQ'$, luego $\Delta ADI \sim \Delta AKQ'$ es decir que $\angle IAD=\angle Q'AK$ y ya que $AI$ es bisectriz $\angle IAQ'=\angle BAD$ eso implica por enunciado que $Q'=Q$.
Podemos hacer lo mismo llamando $P'$ a la interseccion de $DQ$ con la bisectriz $BI$ y llegariamos a que $P'=P$, luego como $\angle PAD=\angle QAD$ y $AD\perp PQ$ asi $AP=AQ$.
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Tenemos:
$$\angle CAP= \angle CAI+ \angle IAP=\angle CAD+\angle DAP$$
y como $\angle IAP=\angle CAD$, luego obtenemos: $\angle DAP=\angle CAI=\angle IAB$, donde la ultima igualdad se obtiene de la bisectriz de $\angle BAC$.
Luego similarmente obtenemos $\angle QAD=\angle IAB$.
Lema 2: $I$ y $P$ son conjugadas isogonales en el $\triangle ABD$.
Por el Lema 2 obtenemos $I$ y $P$ son isogonales con respecto al $\angle ADB$, es decir: $\angle ADP=\angle IDB=90^{\circ}$ y similarmente se obtiene $\angle QDA=90^{\circ}$.
Luego $P,D$ y $Q$ son colineales, $\angle DAP=\angle QAD$ (Lema 1) y $\angle ADP=90^{\circ}$. Por lo tanto $AP=AQ$.
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