Sea [math]ABC un triángulo isósceles con [math]AC = BC. La circunferencia inscrita es tangente a los lados [math]AB y [math]BC en [math]D y [math]E, respectivamente. Una recta (distinta de [math]AE) pasa por [math]A y corta a la circunferencia inscrita en [math]F y [math]G. Las rectas [math]EF y [math]EG cortan a la recta [math]AB en [math]K y [math]L, respectivamente. Demostrar que [math]DK = DL.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Sea [math]T el punto de tangencia de la inscripta con [math]AC. Por potencia de un punto [math]CT=CE y como [math]ABC es isósceles, tenemos que [math]TE\parallel AB. Notemos que el cuadrilátero [math]FGDT es armónico. Esto se debe a que [math]AT y [math]AD son tangentes a la circunferencia y [math]AFG están alineados con [math]F y [math]G sobre la circunferencia. Es decir, [math]\mathcal{R} \{ F, G; D,T \} = -1. Proyectando por [math]E, se sigue que [math]\mathcal{R} \{ F,G ; D,T \} =_{E} \mathcal{R} \{ K, L;D, P_{\infty} \} = -1, lo que implica que [math]D es punto medio de [math]KL y estamos. [math]\blacksquare
Sea [math]R punto de tangencia de la circ con el lado [math]AC. [math]\alpha=\angle LEB=\angle CEG=\angle GFE=\angle KFA [math]\beta=\angle ARF=\angle FDR [math]\gamma=\angle BED=\angle EFD=\angle ADR
De estos resultados obtenemos [math]\angle AFD=180-\gamma [math]\angle ADF=\gamma - \beta
Por lo tanto [math]\angle FKA=\beta=\angle ARF, de donde el cuadrilatero [math]KAFR es ciclico, siguiendo que [math]\angle KRA=\angle KFA=\angle BEL.
Como [math]RA=BE y [math]\angle KAG=\angle EBL, los triangulos [math]KAR y [math]LBE son congruentes.
Esto implica que [math]KA=BL, pero como [math]AD=DB, nos queda [math]KD=LD. CQD
Si $G$ está entre $A$ y $F$ utilizamos la siguiente demostración, si $F$ está entre $A$ y $G$, cambiamos intercambiamos los roles de $G,F$ y $K,L$ en la demostración.
Sea $H$ el punto de tangencia de $AC$ con el incírculo de $\triangle ABC$. Sea $I$ el incentro de $\triangle ABC$. Sea $A\widehat CB=2\alpha$. Como $I\widehat FC=I\widehat HC=90^\circ$ tenemos $F\widehat IH=180^\circ -2\alpha$.
Si $F$ está en el arco $EH$ que no contiene a $D$, entonces $K\widehat FH=E\widehat FH=180^\circ -\frac{180^\circ -2\alpha}{2}=90^\circ +\alpha$. Si $F$ está en el arco $EH$ que contiene a $D$, entonces $E\widehat FH=\frac{180^\circ -2\alpha}{2}=90^\circ -\alpha$ y $K\widehat FH=180^\circ -(90^\circ -\alpha)=90^\circ +\alpha$. Como $\triangle ABC$ es isósceles en $C$, entonces $B\widehat AC=90^\circ -\alpha=K\widehat AH\Rightarrow KAHF$ es cíclico.
Por ser tangentes al circuncírculo desde $C$, tenemos que $CH=CE$ y por Thales $HE\parallel AB\parallel KL$. Por alternos internos, $K\widehat LE=L\widehat EH=G\widehat EH$; por ser $EFGH$ cíclico, $G\widehat EH=G\widehat FH$; por ser $KAHF$ cíclico, $H\widehat FG=H\widehat FA=H\widehat KA=H\widehat KL$. Luego, $KEHL$ es un trapecio isósceles, por lo tanto la mediatriz de $KL$ coincide con la mediatriz de $HE$, pero la mediatriz de $HE$ pasa por $C$ y es perpendicular a $HE\parallel AB$, entonces la mediatriz de $HE$ pasa por $C$ y es perpendicular a $AB$, es decir que es la mediatriz de $AB$. Como $\triangle ABC$ es isósceles en $C$, tenemos que $D$ está en la mediatriz de $AB$, entonces $D$ está en la mediatriz de $KL\Rightarrow DK=DL$.