Considere el cuadrilátero convexo $ABCD$. El punto $P$ está en el interior de $ABCD$. Asuma las siguientes igualdades de razones:$$\angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC.$$Demuestre que las siguientes tres rectas concurren en un punto: la bisectriz interna del ángulo $\angle ADP$, la bisectriz interna del ángulo $\angle PCB$ y la mediatriz del segmento $AB$.
Sea $O$ el circuncentro de $ABP$ y $\alpha= \angle DAP$. Tenemos entonces $\angle ABP=2\alpha$, $\angle APD = 3\alpha$, $\angle ADP=180-4\alpha$. Por ángulo central queda $\angle AOP =4\alpha$. Por ser $O$ circuncentro, $AOP$ isósceles, y por ende $\angle OAP= \angle OPA=90-2\alpha$. Notamos que $AOPD$ es cíclico, ya que los ángulos $D$ y $O$ suman $180$. Por arco capaz, tenemos $\angle APO= \angle ADO=90-2\alpha$ y $\angle PDO= \angle PAO= 90-2\alpha$, luego $OD$ es bisectriz de $\angle ADP$. De manera análoga probamos que $CO$ es bisectriz del ángulo $\angle BCP$, y $O$ claramente pertenece a la mediatriz de $AB$, por lo que las tres rectas concurren $\blacksquare$
Solución 2:
Si pensaste un rato el problema y no avanzaste, leer la solución de este problema te puede servir como pista.
Sea $\angle DAP = \alpha$ y $\angle CBP=\beta$, tenemos entonces que $\angle ABP = 2\alpha$, $\angle APD = 3\alpha$, $\angle ADP=180-4\alpha$, $\angle BAP= 2\beta$, $\angle BPC = 3\beta$ y $\angle BCP=180-4\beta$.
Sea $X$ en $AD$ tal que $\angle XPA= \alpha$ y $\angle XPD =2\alpha$, es claro entonces que los triángulos $APX$ y $XPD$ resultan isósceles, con $AX=XP$ y $DX=DP$, y además nos queda que $\angle AXP= 180-2\alpha$, por lo que el cuadrilátero $ABPX$ es cíclico, ya que los ángulos $B$ y $X$ suman $180$.
Construímos de manera análoga el punto $Y$ en $BC$ tal que $\angle BPY= \beta$ y $\angle YPC= 2\beta$, y nos queda que $BY=PY$ y $CP=CY$ y además $\angle BYP=180-2\beta$, por lo que el cuadrilátero $ABYP$ es cíclico ya que los ángulos $Y$ y $A$ suman $180$. Entonces el pentágono $ABYPX$ resulta cíclico. Sea $O$ su circuncentro. Por ser radios $OX=OP=OY$ por lo que $OPDX$ y $OPCY$ resultan ser romboides, y por ende $DO$ y $CO$ son las diagonales que bisecan a los ángulos $\widehat{D}$ y $\widehat{C}$ respectivamente. Pero además $O$ pertene a la mediatriz de $AB$ por ser cincuncentro, así que ya estamos $\blacksquare$
Sean $O$ el circuncentro de $PAB$, $E$ el punto de intersección de la bisectriz de $\angle BAP$ con $BC$, $F$ el punto de intersección de la bisectriz de $\angle PBA$ con $DA$, $G$ y $H$ los puntos de intersección de la tangente a $\odot PAB$ por $P$ con $BC$ y $DA$, respectivamente.
Tenemos entonces que $\angle EBP=\frac{1}{2}\angle BAP=\angle EAP$, de donde $E\in \odot PAB$, luego, $\angle EPB=\angle EAB$ y $\angle GPE=\angle EAB=\angle EPB$, entonces $\angle CPG=\angle EPB$, así que $PG$ es bisectriz de $\angle CPE$, por lo tanto, como $OP\perp PG$, tenemos que $PO$ es bisectriz exterior de $\angle CPE$. Por otro lado, $EO$ es bisectriz de $PEB$ al ser $PEB$ isósceles, en $E$, por lo que $EO$ es bisectriz exterior de $\angle CEP$. Entonces $O$ es el $C$-excentro de $PCE$, así que $O$ está en la bisectriz de $\angle PCE$, que es la bisectriz de $\angle PCB$.
Análogamente, $O$ está en la bisectriz de $\angle PDA$.
Claramente, $O$ está en la mediatriz de $AB$. Entonces las tres rectas del enunciado concurren en $O$.
Sea $E$ la intersección de las bisectrices interiores de $P\widehat{D}A$ y $P\widehat{C}B$.
Sean $P\widehat{A}D=\alpha$ y $P\widehat{B}C=\beta$.
Tenemos $A\widehat{P}D=3\alpha$ y $B\widehat{P}C=3\beta$. Sean $N$ en $AD$ y $M$ en $BC$ tales que $A\widehat{P}N=\alpha$ y $B\widehat{P}N=\beta$.
Tenemos entonces que $P\widehat{N}D=2\alpha=N\widehat{P}D$ y que $P\widehat{M}C=2\beta=M\widehat{P}C$, luego $DE$ y $CE$ son, además de las bisectrices de $P\widehat{D}A$ y $P\widehat{C}B$ respectivamente, las mediatrices de $PN$ y $PM$ respectivamente, luego $E$ es circuncentro de $\overset{\Delta}{NPM}$
Pero $P\widehat{B}A=2\alpha=180°-P\widehat{N}A$ y $P\widehat{A}B=2\beta=180°-P\widehat{M}B$, luego $A$ y $B$ pertenecen al circuncírculo de $\overset{\Delta}{NPM}$, luego $E$ pertenece a la mediatriz de $AB$, como queríamos.
La bisectriz de $\angle ADP$ forma dos ángulos de $90 - 2 \alpha$ y la bisectriz de $\angle PCB$ forma dos ángulos de $90 - \beta$.
En particular, en el triángulo $APB$ tenemos dos ángulos de $2 \alpha$ y $2 \beta$. Sería genial encontrar un cíclico. ¿Como? Intesectando la bisectriz que sale desde $D$ con alguna recta arbitraria que sale por $P$. Por ejemplo, si pensamos en la altura $PH$, tenemos que la intersección $J$ de $PH$ con la bisectriz de $\angle ADP$ nos da $ADH = 90 - 2 \alpha$ y $APH = 90 - \angle BAP = 90 - 2\beta$.
!Uh! Pero no son iguales! Habría que cambiarlos!
Bueno, consideremos la recta conjugada, es decir, la recta $PO$ donde $O$ es el circuncentro de $PAB$. En ese caso es conocido que $\angle OPA = \angle HPB = \angle 90 - 2 \alpha$.
De este modo, tenemos que si $PO$ y la bisectriz de $\angle ADP$ se cortan en $J$, resulta que $ADPJ$ es cíclico al tener $\angle ADJ = \angle APJ = \angle APO = 90 - 2 \alpha$.
En particular, $BCPJ$ también resulta cíclico con $\angle BCJ = \angle BPJ = 90 - 2 \beta$.
Necesitamos que ver ahora $J$ esté en la mediatriz de $AB$... eso sería ver que $J = O$
Pero como $\angle AJP = \angle APB + \angle DAP = 4 \alpha = 2 \angle ABP$ y $\angle BJP = 2 \angle BAP$, tenemos que necesariamente $J = O$, de donde las tres rectas concurren
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
