Sea [math]ABCD un trapecio de bases [math]AD y [math]BC, y lados no paralelos [math]AB y [math]CD. Denotamos [math]I al punto de intersección de las bisectrices del triángulo [math]ABC. Se sabe que existe un punto [math]Q en [math]AD ([math]Q \neq A, [math]Q \neq D) tal que si [math]P es el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos [math]\angle CQD y [math]\angle CAD, entonces [math]PI es paralelo a las bases del trapecio. Demostrar que [math]PI = BQ.
Guía de [math]\LaTeX: sirve para escribir ecuaciones como [math]\frac{11}{8}+ x \lfloor \pi \rfloor = 1
El trapecio [math]ABCD es convexo para que el problema tenga sentido. Y entonces [math]Q y [math]D están en la misma semirrecta de origen en [math]A
Sea [math]T la intersección de [math]AP y [math]BC.
Tenemos por [math]QA y [math]BC paralelas que [math]\angle QAC= \angle ACB.
Como [math]AP es bisectriz de [math]\angle QAC [math]\angle CAP=\angle QAC/2
Pero también [math]CI es bisectriz de [math]\angle ACB [math]\angle ICA= \angle ACB/2=\angle QAC/2=\angle CAP.
De esto se deduce que [math]IC y [math]AP son paralelas.
Ahora [math]\angle TCA=180º-\angle ACB=180º-2\angle CAT
Y en el triángulo [math]TAC: [math]180º=\angle TCA+\angle CAT+\angle ATC=180º-2\angle CAT+\angle CAT+\angle ATC [math]\angle CAT=\angle ATC (gato=a todo color).
Y por paralelas entre [math]PI y [math]BC [math]\angle PAC=\angle ATC=\angle TAC=\angle ACI,
Sigue que [math]APCI es cíclico.
Pero además tiene un par de paralelas, entonces es un trapecio isósceles.
Cómo en un trapecio isósceles las diagonales son iguales, [math]PI=AC.
Entonces resta probar que [math]AC=BQ.
Por arco capaz, [math]\angle CAI=\angle IPC (independiente=pensamiento científico) [math]\angle BAC/2=\angle IPC (porque [math]AI biseca a [math]\angle BAC
En el triángulo [math]PAC, [math]180º=\angle PAC+\angle API+\angle IPC+\angle ACP [math]180º-2\angle PAC-\angle BAC/2=\angle ACP
Cómo [math]P es la unión de la bisectriz de [math]\angle QAC y la bisectriz exterior de [math]\angle AQC, es un excentro del triángulo [math]AQC, y por lo tanto [math]CP es bisectriz exterior de [math]\angle QCA.
Tenemos que [math]\angle PCA=(180º-\angle QCA)/2.
Y [math]\angle PCA+\angle QCA= \angle ACP= 180º-2\angle PAC-\angle BAC/2=180º-\angle ACB-\angle BAC/2
Despejando, sale que [math]\angle PCQ=2\angle PAC-\angle BAC/2=\angle ACB+\angle BAC/2
Y [math]\angle PCT=180º-\angle ACB - \angle ACP=180º-\angle ACB-(180º-\angle ACB-\angle BAC/2)=\angle BAC/2
Ahora sale que [math]\angle QCT=\angle PCT+\angle QCP=\angle BAC/2+\angle ACB+\angle BAC/2=\angle ACB+\angle BAC
Cómo [math]AQ y [math]BC son paralelas, [math]\angle QCT=\angle AQC
Por último vemos que [math]\angle QAB=\angle BAC+\angle QAC=\angle BAC+\angle ACB=\angle AQC
Vemos que [math]ABCQ es un trapecio isósceles y por lo tanto sus diagonales [math]BQ y [math]AC son iguales como queríamos.
Como [math]BC||AQ luego [math]\angle BCA=\angle CAQ y [math]\angle ACI=\angle CAP por lo cual también [math]IC||AP. Como [math]IP||BC entonces [math]\angle ACI=\angle BCI=\angle CIP y se sigue que [math]APCI es un trapecio isóceles. Como [math]P es el punto de intersección de la bisectriz exterior de [math]\angle AQC con la bisectriz interior de [math]\angle CAQ en el triángulo [math]ACQ, se sigue que [math]P es el excentro del triángulo [math]ACQ respecto del vértice [math]A. En particular [math]CP es bisectriz exterior de [math]\angle ACQ y luego [math]\angle PCQ=\frac{1}{2}(\angle CAQ+\angle CQA). También [math]\angle CPI=\angle CAI=\frac{1}{2}\angle CAB, por lo cual si [math]X es el punto de intersección de [math]CQ y [math]PI, luego [math]\angle CQA=\angle CXI=\angle QCP+\angle CPI=\frac{1}{2}(\angle CAQ+\angle CQA+\angle CAB). Así, [math]\angle CQA=\angle CAQ+\angle CAB=\angle BAQ por lo cual [math]ABCQ es un trapecio isóceles y entonces [math]PI=AC=BQ, como queríamos demostrar.
Por bisectriz, $A\widehat CI=I\widehat CB$ y por ángulos entre paralelas $I\widehat CB=P\widehat IC$. También por ángulos entre paralelas, $Q\widehat AC=A\widehat CB$ y por bisectrices, $P\widehat AC=I\widehat CA$. De esto tenemos que $AP\parallel CI$ y $P\widehat AC=P\widehat IC$, por lo que $APCI$ es un trapecio cíclico, es decir que es isósceles y $PI=AC$. (*)
Sean $Q\widehat AC=\alpha$, $A\widehat BC=\beta$ y $A\widehat CQ=\gamma$.
Como $Q$ está en el lado $AD$, resulta que $PQ$ es bisectriz exterior de $A\widehat QC$, de donde $P$ es excentro y $Q\widehat CP=90^\circ -\frac{\gamma}{2}$, luego, $P\widehat CA=90^\circ +\frac{\gamma}{2}\Rightarrow P\widehat IA=90^\circ +\frac{\gamma}{2}$. Por ser bisectriz tenemos $P\widehat AC=\frac{\alpha}{2}\Rightarrow P\widehat IC=\frac{\alpha}{2}$. Por lo tanto, $A\widehat IC=90^\circ +\frac{\alpha +\gamma}{2}$; pero como $I$ es incentro de $\triangle ABC$, resulta $A\widehat IC=90^\circ +\frac{\beta}{2}$. Luego $\frac{\alpha +\gamma}{2}=\frac{\beta}{2}\Rightarrow \alpha +\gamma =\beta \Rightarrow B\widehat CA+A\widehat CQ=\beta \Rightarrow B\widehat CQ=\beta$ y $ABCQ$ es un trapecio isósceles. Por lo tanto, $AC=BQ$. (**)
De (*) y (**) resulta $PI=BQ$.
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