La circunferencia inscrita del triángulo [math]ABC es tangente a [math]BC,AC,AB en los puntos [math]D,E,F respectivamente. Sea [math]I el incentro del triángulo [math]ABC. Supongamos que la recta [math]EF corta a las rectas [math]BI,CI,BC,DI en los puntos [math]K,L,M,Q respectivamente. Si la recta que pasa por el punto medio de [math]CL y por [math]M corta a [math]CK en [math]P, demostrar que [math]PQ = \frac{AB \cdot KQ}{BI}.
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Llamamos [math]a y [math]b a los angulos [math]BAI y [math]ABI, respèctivamente, y recurrimos al "lema de Miguel" del cual se desprende que [math]\angle BKC=90.
Luego como [math]\angle IEC=\angle IDC=90 tenemos que [math]K,E,I,D,C estan en una circunferencia de diametro [math]CI que llamamos [math]W.
Por lo tanto [math]\angle EKI=\angle ECI=90-a-b,
entonces [math]\angle EKC=180-a-b que es igual a [math]\angle AIB ....... (1)
Con el mismo "lema de Miguel" sabemos que [math]\angle BLC=90 luego [math]BLKC es ciclico y de alli que [math]\angle KLC=\angle KBC=\angle ABI=b ....... (2)
Prolongamos [math]LD hasta cortar a [math]W en [math]K', como [math]EI=DI y [math]CI es diametro se tiene que [math]EL=LD por lo tanto [math]\angle ECK=\angle DCK'=c.
Tenemos que [math]\angle QDK=\angle QDL=(90-a-b)+c (el angulo QDL hay que verlo como angulo exterior al ciclico CIDK')
Como [math]\angle QDM=90 tenemos que M,L,Q y K es cuaterna armonica que vamos a escribir [math]\frac{MK}{ML}=\frac{KQ}{LQ}.
Llamamos [math]N al punto medio de [math]CL y con Menelao en triangulo [math]KCL y transversal [math]PNM tenemos
[math]\frac{KP}{PC}\frac{CN}{NL}\frac{ML}{MK}=1, entonces [math]\frac{KP}{PC}=\frac{MK}{ML}.
Igualando las 2 ultimas [math]\frac{KP}{PC}=\frac{KQ}{LQ}, por Tales (en triangulo KLC) se tiene que [math]CL\parallel QP.
Al ser paralelas [math]\angle KQP=\angle KLC=\angle ABI=b, teniendo en cuenta (2) y [math]\angle QKP=\angle AIB, teniendo en cuenta (1).
Finalmente los triangulos [math]ABI y [math]PQK son semejantes, entonces [math]\frac{PQ}{KQ}=\frac{AB}{BI}.
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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.
Sean $\angle CAB=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$, $\angle BCA=2\gamma$ y $G$ el punto medio de $CL$.
Como $\triangle DEF$ es el triángulo de contacto de $\triangle ABC$, tenemos $BF=BD$, $CD=CE$ y $AE=AF$, de donde $\frac{AF}{FB}\frac{BD}{DC}\frac{CE}{EA}=1$ y por Menelao tenemos $\frac{AF}{FB}\frac{BM}{MC}\frac{CE}{EA}=-1$, por lo que $\frac{BD}{DC}\frac{CM}{MB}=-1$ y $\{M,D;B,C\}$ es una cuaterna armónica.
Ahora, de $AE=AF$ y $\angle CAB=2\alpha$ tenemos $\angle MFB=\angle EFA=90°-\alpha$, luego $\angle DMQ=\angle BMF=180°-\angle MFB-\angle MBF=180°-(90°-\alpha )-(2\alpha +2\gamma )=90°-\alpha -2\gamma$; por ser $I$ incentro tenemos $DI\perp BC\Rightarrow QI\perp BC$, luego $\angle LQI=\angle MQF=\alpha +2\gamma$, además $\angle QIL=\angle CID=90°-\gamma$, de donde $\angle ILQ=180°-\angle QIL-\angle LQI=180°-(90°-\gamma )-(\alpha +2\gamma )=90°-\alpha -\gamma =\beta =\angle IBA=\angle IBF\Rightarrow BFLI$ es cíclico. Por ser $I$ incentro tenemos $\angle IFB=90°=\angle IDB\Rightarrow BFID$ es cíclico. Luego $BFLID$ es cíclico y $\angle DLI=\angle DBI=\beta$, por lo que $LI$ es bisectriz de $\angle DLK$. Además, $\angle LID=180°-\angle CID=180°-(90°-\gamma )=90°+\gamma$, de donde $\angle IDL=180°-\angle DLI-\angle LID=180°-\beta -(90°+\gamma )=90°-\beta -\gamma =\alpha$.
Ahora, sea $H$ el segundo punto de intersección de la circunferencia de centro $B$ y radio $BD=BF$ y la recta $EF$, luego $\angle KHD=\angle FHD=\frac{1}{2}\angle FBD=\frac{1}{2}2\beta =\beta =\angle IBD=\angle KBD\Rightarrow KDBH$ es cíclico, como $BH=BD$ por ser radios de una misma circunferencia, tenemos que $KB$ es bisectriz de $\angle HKD$, es decir que $KI$ es bisectriz de $\angle LKD$, de donde $I$ es incentro de $\triangle LKD$, por lo que $DI$ es bisectriz de $\angle LDK\Rightarrow DQ$ es bisectriz de $\angle LDK$, por lo que $\angle LDK=2\alpha$ y se sigue que $\angle LKD=2\gamma$. Como $\{M,D;B,C\}$ es una cuaterna armónica y $KB$ es bisectriz de $\angle MKD$, tenemos que $\angle BKC=90°\Rightarrow \angle PKQ=\angle CKB+\angle BKL=90°+\gamma =\angle AIB$. Como $DQ$ es bisectriz de $\angle KDL$ y $\angle QDM=90°$ tenemos que $\{M,Q;L,K\}$ es una cuaterna armónica, es decir que $\frac{MK}{ML}=\frac{QK}{LQ}$.
Veamos que $PQ\parallel CL$. En efecto, por el Teorema de la Bisectriz Generalizado en $\triangle CML$ y por ser $G$ punto medio de $CL$ tenemos $1=\frac{GC}{GL}=\frac{MC}{ML}\frac{\sin (\angle CMG)}{\sin (\angle GML)}$ (*), y por el Teorema de la Bisectriz Generalizado en $\triangle CMK$ tenemos $\frac{PC}{PK}=\frac{MC}{MK}\frac{\sin (\angle CMP)}{\sin (\angle PMK)}=\frac{MC}{MK}\frac{\sin (\angle CMG)}{\sin (\angle GML)}$ (**), dividiendo (*) por (**) tenemos $\frac{PK}{CP}=\frac{MK}{ML}=\frac{QK}{LQ}$, y por Thales resulta $PQ\parallel CL$. Luego, $\angle PQK=\angle CLK=\beta =\angle ABI$, y como $\angle PKQ=\angle AIB$, resulta que $\triangle PKQ\simeq \triangle AIB\Rightarrow \frac{PQ}{KQ}=\frac{AB}{BI}\Rightarrow PQ=\frac{AB\cdot KQ}{BI}$.
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Nosotros vamos a demostrar que $ABI$ es semejante a $PQK$, de donde el problema se sigue.
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En primer lugar, vamos a probar $ABI$ y $CLK$ son semejantes:
Sean $\angle BAI=\angle IAC=\alpha$, $\angle CBI=\angle IBA=\beta$ y $\angle ACI=\angle ICB=\gamma$. Notemos que $\alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}$.
Primero, vale que $\angle KIC=\beta+\gamma$. Pero por otro lado, sabemos que $\angle KEC=\angle AEF=90^{\circ}-\alpha=\beta+\gamma$. De este modo, $\angle KIC=\angle KEC$ y luego $CIEK$ es cíclico. Similarmente, $BILF$ es cíclico.
Por el primer cíclico sabemos que $\angle KCI=\angle FEI=\alpha$, ya que $AEIF$ es cíclico. Por el segundo, sabemos que $\angle KLC=\angle FBI=\beta$. Estas dos igualdades prueban la semejanza deseada.
Por último, nos queda ver que $CLK$ y $PQK$ son semejantes:
Rescatando los dos cíclicos que marcamos antes encontramos que $\angle CKI=\angle CEI=90^{\circ}$ y $\angle BLI=\angle BFI=90^{\circ}$. Ahora bien, también vale que $\angle BDI=\angle CDI=90^{\circ}$, luego $BDIL$ y $CDIK$ son cíclicos. Entonces $\angle BDL=\angle BIL=\angle KIC=\angle KDC$. De este modo, $\angle LDI=\angle IDK$ y por ende $DI$ es bisectriz de $\angle KDL$.
(Agrego una demostración alternativa de esto último: Si recordamos que $BI$ es mediatriz de $DF$, tenemos entonces que $ID=IF$ y $KD=KF$. Entonces, $DIK$ y $FIK$ son congruentes y $KI$ es bisectriz de $\angle DKL$. Similarmente, $LI$ es bisectriz de $\angle DLK$. Por lo tanto, $I$ es el incentro de $DLK$ y $DI$ es bisectriz.)
Entonces, por el Teorema de la Bisectriz en $DKL$ resulta que $\frac{KQ}{QL}=\frac{DK}{DL}$. Ahora, vamos a inventarnos un punto $D'$ en $BC$ tal que $KD=KD'$. Entonces, $\angle KD'D=\angle KDD'=\angle LDB$, por lo que $DL\parallel D'K$. Luego, $\frac{DK}{DL}=\frac{D'K}{DL}=\frac{MK}{ML}$ por el Teorema de Thales.
Ahora sólo nos falta el último paso, sea $N$ el punto medio de $CL$ y sea $L'$ el reflejo de $L$ por $M$. Entonces, $MN$ es base media de $CLL'$, pero, $M$, $N$ y $P$ son colinales, así que podemos decir que $MP\parallel CL'$. Entonces, $\frac{MK}{ML}=\frac{MK}{ML'}=\frac{KP}{PC}$ por el Teorema de Thales.
Si juntamos todas las igualdades que obtuvimos, tenemos que $\frac{KQ}{QL}=\frac{KP}{PC}$, luego $CLK$ y $PQK$ son semejantes y el problema se sigue.
Palabras finales:
Esta solución, que en realidad es una secuencia larga de pasos aparentemente aleatorios, tiene todo el sentido del mundo: En la primera semejanza, estábamos jugando un poco con las definiciones de $K$ y $L$; cuando usamos el Teorema de la Bisectriz, estábamos caracterizando a $Q$, y cuando nos inventamos a $L'$, estábamos simplemente aprovechando la definición de $P$. Cada paso de la solución es simplemente la búsqueda de una mayor comprensión de cada parte de la figura.
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Lo que queremos demostrar sigue directo si vemos que $AIB\simeq PKQ$, eso lo hacemos mostrando que $\angle PKQ=\angle AIB$ y que $\angle KQP=\angle IBA$.
Sean $\angle BAC=2\alpha$ y $\angle ACB=2\gamma$.
Notemos que $\angle CEK=\angle AEF=90^\circ -\alpha =\angle CIK$, con lo que $CIEK$ es cíclico, y por lo tanto $\angle IKC=\angle IEC=90^\circ$ y $\angle EKI=\angle ECI=\gamma$, de modo que $\angle PKQ=\angle IKC+\angle EKI=90^\circ +\gamma =\angle AIB$.
De la misma forma se puede ver que $\angle BLC=90^\circ$, con lo que $BCKL$ es cíclico y $\angle IBA=\angle CBI=\angle CBK=\angle CLK$, entonces buscamos demostrar que $PQ\parallel CL$.
Sean $G$ el punto medio de $CL$ y $H$ el punto de intersección de la paralela a $CL$ por $M$ con $CK$. Por los segmentos iguales que salen de las tangentes y por Menelao en $ABC$ con la transversal $EF$ tenemos que $\{B,C;D,M\}$ es una cuaterna armónica, entonces $-1=\{B,C;D,M\}\underset{I}{=}\{K,L;Q,M\}$, así que $\frac{KQ}{QL}=\frac{MK}{ML}$. Por otro lado, $-1=\{C,L;G,\infty \}\underset{M}{=}\{C,K;P,H\}$, así que $\frac{KP}{PC}=\frac{HK}{HC}=\frac{MK}{ML}=\frac{KQ}{QL}$, de modo que $PQ\parallel CL$, como queríamos.
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