Sea $ABC$ un triángulo tal que $\widehat C=90^\circ$ y $\widehat A>\widehat B$. La altura $CH$ corta a las dos bisectrices $AM$ y $BN$ en $P$ y $Q$ respectivamente. Sea $R$ el punto medio de $PM$ y $S$ el punto medio de $QN$. Demostrar que $RS$ es paralelo a la hipotenusa $AB$. Aclaración: $H$ pertenece al lado $AB$, $M$ pertenece al lado $BC$ y $N$ pertenece al lado $AC$.
"La matemática es para pensar. El fútbol es para sacar mi instinto animal y decirle al árbitro hdp te voy a m4t4r." Anónimo
Conectamos $CS, CR, SH$ y $RH$ y sea $E := SR \cup CB$
Vamos a demostrar que $CR \perp PM$ y $CS \perp NQ$. Para esto digamos que $\angle CBN = \angle NBA = \beta$. Por suma de interiores en $\triangle CHB$ se cumple que $\angle BCH = 90° - 2\beta$. Luego por suma de interiores en $ABC$ se llega a que $\angle BAC = 90° - 2 \beta$ y por bisectriz $\angle PAH = 45° - beta \Rightarrow APH = 45° + \beta$ y por opuestos por el vértice $\angle CPM = 45° + \beta$. Ahora por suma de ángulos interiores en $\triangle CPM$ se cumple que $\angle CMP = 45° + \beta$ y por lo tanto $\angle CMP = \angle CPM \Rightarrow CP = CM$ y como $R$ es punto medio, entonces $CR \perp PM$ como queríamos demostrar. De manera similar podemos demostrar que $CS \perp NQ$.
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Ahora demostremos que $\triangle CSR \cong SRH$. Dado que $\angle CRA = \angle CHA = 90°$ entonces por arco capaz, $CRHA$ es un cuadrilátero cíclico. Se sigue que por arco capaz $\angle CHR = \angle CAR = 45° - \beta$ y $\angle HCR = HAR = 45° - \beta$. Se sigue que $\angle CHR = \angle HCR = 45° - beta$ y por lo tanto $CR = RH$. De igual manera $CSHB$ es cíclico y por arco capaz $\angle SCH = \angle SBH = \beta$ y $\angle SHC = \angle SBC = \beta$, luego $angle SHC = \angle SCH = \beta \Rightarrow SC = SH$. Veamos que $\angle SCH + \angle HCR = \beta + 45° - \beta = 45°$ y $\angle CHS + \angle CHR = \beta + 45° - \beta = 45°$. Por consiguiente, $\triangle CSR \cong \triangle SHR$ por criterio $LAL$.
$\blacksquare$
Ahora si decimos que $\angle ESB = \alpha \Rightarrow \angle CSR = 90° - \alpha$ y es fácil ver que por arco capaz $\angle BSH = \angle BCH = 90° - 2 \beta$. Se sigue que por semejanza $\angle CSR = \angle RSH \Rightarrow 90° - \alpha = 90° - 2 \beta + \alpha \Rightarrow \alpha = \beta$. Entonces $\angle ESB = \beta$
Finalmente, por ángulo exterior en $\triangle ESB$ se cumple que $\angle SEC = \angle ESB + \angle EBS \Rightarrow \angle SEC = \beta + \beta \Rightarrow \angle SEC = 2\beta$. Se concluye que por ángulos entre paralelas, como $\angle CER = \angle CBA$ entonces la recta $RE \parallel BA$ o mejor dicho:
$$RS \parallel AB$$
Como queríamos demostrar.
$\blacksquare$
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