Sea $ABC$ un triángulo y sea $\Omega$ su circunferencia circunscrita. Sobre el arco $BC$ de $\Omega$ que no contiene a $A$ se marca un punto $X$. Sean $Y$, $Z$ los incentros de los triángulos $ABX$, $ACX$ respectivamente. Demostrar que, al variar $X$ sobre el arco $BC$, la circunferencia circunscrita de $XYZ$ y $\Omega$ se intersecan en un punto fijo.
Sea $ABC$ un triángulo, $ I $ el incentro de $ABC$ y $M$ el punto medio del arco $BC $ donde no se encuentra $A $ en la circunferencia circunstancia a $ABC $ .Entonces $MB=MI=MC $.
Cómo $M $ es el punto medio del arco $BC $ entonces $MB=MC $ y $M $ esta en la bisectiriz del $\angle BAC $ y $\angle MBI=\angle MBC+ \angle CBI=\angle MAB+ \angle IBA=\angle MIB$ entonces $MB=MI $
En el problema sea $D$ y $E$ los puntos medios de los arcos $AB$ y $AC$ en $\Omega $ que no contiene a $C$ ni $B$ respectivamente.Entonces $X,Y,D $ y $X,Z,E $ son colineales y por el lema 1 $DY=DA $ y $EZ=EA $.
Sea $J$ el segundo punto de intersección de la circunferencia que pasa por $X,Y$ y $Z $ y $\Omega $, entonces $\angle JYX=\angle JZX $ y $\angle JDY=\angle JEZ $ entonces los triángulos $JYD $ y $JZE $ son semejantes, de esto $\frac {JD}{JE}=\frac {DY}{EZ}=\frac {DA}{AE}$ entonces $JD.AE=JE.AD $ entonces $JDAE $ es un cuadrilátero armónico de esto $AJ $ es simediana del triángulo $ADE $ por lo tanto $J $ esta fijo.
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Sea $I$ el incentro de $ABC$. La recta perpendicular a $AI$ trazada por $I$ corta a los lados $AB$ y $AC$ en $D$ y $E$ respectivamente. Sea $T$ la intersección de $(BDI)$ con $\Omega$.
Luego, tenemos que: $\angle TBD=180^o-\angle TID=\angle TIE$. Como $ABTC$ es cíclico, tenemos que: $\angle ABT=180^o-\angle ACT$. Luego, $TIEO$ es cíclico también.
Luego, por arco capaz: $\angle DTI=\beta$ y $\angle ITE=90^o-\alpha-\beta$. De esta manera, $\angle DTE=90^o-\alpha$. Además, $\angle ADI=\angle AEI=90^o-\alpha$ y como $BDIT$ y $TIEC$ son cíclicos, tenemos que $\angle BTI=90^o-\alpha$ y $\angle ITC=90^o-\alpha$. Como además, por arco capaz, tenemos que: $\angle TDI= \angle TBI$ y $\angle IET=\angle ICT$, tenemos que los triángulos $BTI$, $DTE$ y $ITC$ son semejantes.
DIAMO 1.png
Ahora, notemos que $\angle AIB=90^o+\frac{1}{2}\angle ACB=90^o+\frac{1}{2}\angle AXB=\angle AYB$, por lo que $AIYB$ es cíclico. Análogamente, $AIZC$ es cíclico.
Notemos que el ángulo $\angle YAZ=\alpha=\angle IAC$, de donde $\angle YAI=\angle ZAC$. Por arco capaz: $\angle YBI= \angle YAI=\angle ZAC=\angle ZIC$. Análogamente, $\angle BIY=\angle ICZ$, de donde los triángulos $BIY$ y $IZC$ son semejantes.
Luego, usando que los triángulos $BTI$, $DTE$ y $ITC$ son semejantes y los triángulos $BIY$ y $IZC$ son semejantes:
Ahora, notemos que si $\gamma=\angle DBY$, como $\angle BDI=90^o+\alpha$ y $\angle BYI=180^o-\alpha$, luego el ángulo $\angle DIY=90^o-\gamma$. Notemos además, que $2\angle ECZ=\angle ECX= 180^o-\angle ABX= 180^o-2\gamma$. Luego, tenemos que $\angle ECZ=90^o-\gamma$, $\angle IEC=90^o+\alpha$ y $\angle IZC= 180^o-\alpha$, de donde $\angle ZIE= \gamma=\angle DBY$.
Luego, como $\angle TBD=\angle TIE$, usando lo anterior, tenemos que $\angle TBY=\angle TIZ$, que por ($...1$) nos dice que los triángulos $TBY$ y $TIZ$ son semejantes.
De esto, obtenemos que, sumando el ángulo $\angle YTI$ comprendido en el medio: $90^o-\alpha=\angle BTI=\angle YTZ$.
Notemos, finalmente, que $\angle YXZ=\frac{1}{2}(180^o-2\alpha)=90^o-\alpha=\angle YTZ$. Luego, $TYZX$ es cíclico, de donde:
Al variar $X$ sobre el arco $BC$, la circunferencia circunscrita de $XYZ$ y $\Omega$ se intersecan en el punto fijo $T$.
DIAMO 2.png
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"No se olviden de entregar la prueba antes de irse..."
