Sea [math]ABC un triángulo tal que [math]\angle BAC=30^\circ. Las bisectrices internas y externas de [math]\angle ABC cortan a la recta [math]AC en [math]B_1 y [math]B_2, respectivamente. Las bisectrices internas y externas de [math]\angle ACB cortan a la recta [math]AB en [math]C_1 y [math]C_2, respectivamente. Supongamos que los circulos con diámetro [math]B_1B_2 y [math]C_1C_2 se cortan en el punto [math]P interior al triángulo [math]ABC. Demostrar que [math]\angle BPC=90^\circ.
Como los puntos [math]B_1 , [math]B_2 y [math]B cumplen que [math]AB/BC=B_1B/B_1C=B_2B/B_2C=k, la circunferencia que pase por estos tres puntos es el lugar geométrico de los puntos [math]X tales que [math]AX/XC=k, por (*). Y lo mismo pasa con los puntos [math]C, [math]C_1 y [math]C_2.
Tenemos entonces que [math]P tiene las siguientes propiedades:
a) [math]AB/BC= AP/PC
b) [math]AC/CB = AP/PB
Acomodando lo anterior obtenemos que
c)[math]PC/PB=AC/AB
Llamemos [math]A_1 a la intersección de la bisectriz de [math]\angle BAC con [math]AB.
Por a) , b) y c), y usando el teorema de la bisectriz, tenemos que [math]PC_1 es la bisectriz de [math]\angle APB, y lo mismo pasa con [math]PB_1, [math]PA_1, y [math]\angle APC, [math]\angle BPC, respectivamente.
Supongamos que: [math]\angle APB_1 = \angle B_1PC =x y que [math]\angle CPA_1 = \angle A_1PB=y.
Si [math]\angle ABC=2\alpha, tenemos que [math]\angle BB_2B_1 = 90º - \angle BB_1B_2 = 60º-\alpha y [math]\angle CC_2C_1 = 90º - \angle CC_1C_2 = \alpha - 15º. Como [math]PBB_2B_1 y [math]PCC_2C_1 son cuadriláteros cíclicos, [math]\angle BPB_1= 180º- \angle BB_2B_1= 120º + \alpha y [math]\angle CPC_1 = 180º- \angle CC_2C_1= 195º-\alpha
Nos olvidamos de la condición $\angle BAC=30^\circ$ porque hace que el dibujo sea feo.
La circunferencia de diámetro $B_1B_2$ es la circunferencia de Apolonio de $B$ respecto de $CA$ y la circunferencia de diámetro $C_1C_2$ es la circunferencia de Apolonio de $C$ respecto de $AB$. Entonces $\frac{PC}{PA}=\frac{BC}{BA}$ y $\frac{PA}{PB}=\frac{CA}{CB}$, con lo que $\frac{PC}{PB}=\frac{PC}{PA}\frac{PA}{PB}=\frac{BC}{BA}\frac{CA}{CB}=\frac{CA}{AB}$, y así $P$ está en la circunferencia de Apolonio de $A$ respecto de $BC$. Además, tenemos que $PA\cdot BC=PB\cdot CA$ y $PA\cdot BC=PC\cdot AB$, que sale de multiplicar cruzado las igualdades anteriores, digamos que todas valen $k$. Sean $D,E,F$ los pies de las perpendiculares desde $P$ a $BC,CA,AB$, respectivamente, entonces $AFPE$ es cíclico de diámetro $AP$, con lo que, llamando $R$ al el circunradio de $ABC$ y usando dos veces el Teorema del Seno, resulta $EF=PA\sin \angle A=\frac{PA\cdot BC}{2R}=\frac{k}{2R}$. De la misma forma se tiene que $FD=\frac{k}{2R}$ y $DE=\frac{k}{2R}$, con lo que $DEF$ es equilátero. Tenemos que $\angle BPC=\angle BPD+\angle DPC=\angle BFD+\angle DEC$, pero $\angle BFD=120^\circ -\angle EFA$ y $\angle DEC=120^\circ -\angle AEF$, por ser $DEF$ equilátero. Como $\angle EFA+\angle AEF=180^\circ -\angle BAC$, resulta $\angle BPC=\angle BAC+60^\circ$. Si además $\angle BAC=30^\circ$ nos queda $\angle BPC=90^\circ$.
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