Sea $P$ un punto interior al cuadrilátero convexo $ABCD$, las tangentes interiores comunes de los incírculos de los triángulos $PAB$ y $PCD$ se cortan en $Q$ y las tangentes interiores comunes de los incírculos de los triángulos $PBC$ y $PAD$ se cortan en $R$. Probar que $P$, $Q$ y $R$ son colineales.
Sea $P$ un punto y $PA$, $PB$, $PC$ y $PD$ son rayos tal que aparecen en este orden en sentido horario. Sean $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ y $\omega_4$ circulos inscritos en los ángulos $\angle APB$, $\angle BPC$, $\angle CPD$ y $\angle DPA$ respectivamente. Sea $Q$ la intersección de las tangentes interiores a $\omega_1$ y $\omega_3$ y sea $R$ la intersección de las tangentes interiores a $\omega_2$ y $\omega_4$. Luego $P$,$Q$ y $R$ son colineales.
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Para resolver este problema veamos un lema:
Lema 1: Sea $\omega_1'$ otro circulo inscrito en el angulo $\angle APB$. Sea $Q'$ la intersección de las tangentes interiores a $\omega_1'$ y $\omega_3$. Luego $P,Q$ y $Q'$ son colineales.
Sea $O_1,O_1'$ y $O_3$ los centros de $\omega_1,\omega_1'$ y $\omega_3$ con radios $r_1,r_1'$ y $r_3$ respectivamente.
Luego en el triangulo $O_1,O_3,O_1'$ tenemos que $P\in O_1O_1',Q\in O_1O_3$ y $Q'\in O_3O_1'$ tal que:
$$\frac {\vec{O_1P}}{\vec{PO_1'}}=-\frac{r_1}{r_1'}, \frac {\vec{O_1'Q'}}{\vec{Q'O_3}}=\frac{r_1'}{r_3}, \frac {\vec{O_3Q}}{\vec{QO_1}}=\frac{r_3}{r_1}$$
y por ende tenemos que $P,Q$ y $Q'$ son colineales por Menelao.
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Del Lema 1 podemos cambiar $\omega_1$ por cualquier otro circulo inscrito en el ángulo $\angle APB$ y la recta $PQ$ se mantiene fija. Similarmente con $\omega_2$, $\omega_3$ y $\omega_4$.
Luego podemos cambiar $\omega_2$ tal que $\omega_1$ y $\omega_2$ sean tangentes en $PB$ en $X$, cambiar $\omega_3$ tal que $\omega_2$ y $\omega_3$ sean tangentes en $PC$ en $Y$, cambiar $\omega_4$ tal que $\omega_3$ y $\omega_4$ sean tangentes en $PD$ en $Z$ y por el Lema 1 el problema se reduce a solo este caso.
De los cambios tenemos $PX=PY=PZ$ y por ende podemos notar que los puntos de tangencia de $\omega_1$ y $\omega_4$ en $PD$ son los mismos. Sea este punto $W$.
Sea $O_i$ el centro de $\omega_i$ con radio $r_i$ para todo $1\geq i\geq 4$.
Sea $J=O_1O_3\cap O_2 O_4$. Probar que $J=Q=R$ es equivalente a probar que $\frac{O_1J}{JO_3}=\frac{r_1}{r_3}$ y $\frac{O_2J}{JO_4}=\frac{r_2}{r_4}$.
Como por los cambios y las tangentes tenemos:
$$PX=PY=PZ=PW\text{, y } O_4O_1\perp PX, O_1O_2\perp PY, O_2O_3\perp PZ \text{ y } O_3O_4\perp PW,$$
luego $O_1O_2O_3O_4$ es un cuadrilátero circunscrito con circunferencia inscrita $\odot(XYZW)$.
Tenemos $r_1=O_1X,r_2=O_2Y,r_3=O_3Z$ y $r_4=O_4W$.
También, por el Teorema de Newton $X,J,Z$ son colineales, y $Y,J,W$ son colineales.
Y como $O_1O_4,O_2O_3$ son tangentes a $\odot(XYZW)$, luego $\angle O_1XZ=\angle XZO_2$. Entonces en los $\triangle O_1JX,\triangle O_3JZ$:
$$\frac{O_1J}{O_1X}=\frac{sen(\angle O_1XZ)}{sen(\angle O_1JX)}=\frac{sen(\angle XZO_2)}{sen(\angle ZJO_3)}=\frac{JO_3}{O_3Z}\to \frac{O_1J}{JO_3}=\frac{r_1}{r_3}$$
Similarmente podemos probar $\frac{O_2J}{JO_4}=\frac{r_2}{r_4}$ y por ende $J=Q=R$.
Luego, claramente tenemos en este caso $P,Q,R$ son colineales y, por el Lema 1, esto implica lo que queríamos.
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