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
