Sea [math]ABC un triángulo y sea [math]I el centro de su circunferencia inscrita. Sea [math]P un punto en el interior del triángulo tal que [math]\angle PBA + \angle PCA = \angle PBC + \angle PCB.
Demuestre que [math]AP \geq AI y que vale la igualdad si y sólo si [math]P = I.
Guía de [math]\LaTeX: sirve para escribir ecuaciones como [math]\frac{11}{8}+ x \lfloor \pi \rfloor = 1
Entonces [math]\angle BPC=\angle BIC y [math]BPIC es cíclico.
Sea [math]\Gamma la circunferencia que pasa por [math]B, [math]P, [math]I y [math]C.
Sea [math]I' la otra intersección de AI con [math]\Gamma. [math]\angle BAC=180º-2\cdot(\angle IBC+\angle ICB) \Rightarrow \angle IAB=90º-(\angle IBC+\angle ICB).
Porque [math]AI es bisectriz de [math]\angle BAC.
Por arco capaz [math]\angle ICB=\angle II'B.
En el triángulo [math]AI'B [math]180º=\angle AI'B + \angle ABI' + \angle I'AB. [math]180º=\angle ICB + (\angle IBA + \angle IBI') + 90º-(\angle IBC+\angle ICB). [math]180º=\angle IBI' + 90º (porque [math]\angle IBA = \angle IBC). [math]90º=\angle IBI'.
Entonces [math]II' es diámetro de [math]\Gamma.
Por potencia de un punto si [math]P' es la segunda intersección de [math]AP con [math]\Gamma, [math]AP\cdot AP'=AI \cdot AI' [math]AP\cdot (AP+PP')=AI \cdot (AI+II')
Pero [math]II' \geq PP' porque el diámetro es mayor o igual que una cuerda.
Supongamos que [math]AI>AP \Rightarrow AI \cdot (AI+II')> AP \cdot (AP+II') \geq AP \cdot (AP+PP') Absurdo.
Por lo tanto [math]AP\geq AI,
Si [math]AP=AI, [math]AP \cdot (AP+PP') = AI \cdot (AI+PP')=AI\cdot (AI+II') \Rightarrow II'=PP',
entonces [math]PP' es diámetro de [math]\Gamma pero entonces [math]P=I.
Y si [math]P=I es trivial que [math]AP=AI.
Nombramos: [math]\angle CAI= \angle IAB= \beta, [math]\angle ACI= \angle ICB= \alpha y [math]\angle CBI= \angle IBA= \theta. Por enunciado entonces tenemos que [math]\angle PCB + \angle PBC= \alpha + \theta de donde [math]\angle BPC= 180- \alpha - \theta pero entonces es igual a [math]\angle BIC de donde [math]P e [math]I están en una misma circunferencia, que además incluye a [math]B y a [math]C. Trazamos esa circunferencia [math]\Omega. Llamamos [math]O a su centro. Vamos a ver que [math]A, [math]I, [math]O están alineados. Trazamos la tangente a [math]\Omega por [math]I que corta a [math]AC en [math]X y a [math]AB en [math]Y. Por tangencia, [math]\angle ICB= \angle BIY= \alpha, pero también sabemos que [math]\angle IBY= \theta por ende [math]\angle IYB= 180- \alpha - \theta y llegamos así a que [math]\angle IYA= \alpha + \theta. Por tangentes también tenemos que [math]\angle CIX= \angle CBI= \theta, y por enunciado sabemos también que [math]\angle ICX= \alpha, de donde llegamos a que [math]\angle CXI= 180- \alpha - \theta y tenemos entonces que [math]\angle IXA= \alpha + \beta y entonces [math]XYA es isósceles. Pero [math]AI es bisectriz, entonces [math]AI es perpendicular a [math]XY y por lo tanto [math]A, [math]I, [math]O estan alineados.
Ahora vamos a probar que [math]AP\geq AI. Consideramos el triángulo [math]OPA. Por desigualdad triangular tenemos que [math]OA\leq OP+PA, pero [math]OA=OI+IA=OP+IA, reemplazamos y nos queda que [math]OP+IA\leq OP+PA y llegamos a que [math]IA\leq PA como queríamos, con igualdad solo cuando [math]P=I.
[math]\widehat{IBC}=\frac{\widehat{ABC}}{2} y [math]\widehat{ICB}=\frac{\widehat{ACB}}{2}
Entonces [math]\widehat{BPC}=\widehat{BIC}=180-\frac{\widehat{ABC}+\widehat{ACB}}{2}
El cuadrilátero [math]BIPC es cíclico.
Definimos como [math]w a la circunferencia que contiene al cuadrilátero [math]BIPC.
Sean [math]I_2 y [math]P_2 las segundas intersecciones de [math]AI y [math]AP con [math]w.
Por arco capaz [math]\widehat{BI_2I}=\widehat{BCI}=\frac{\widehat{C}}{2}
*[math]\widehat{IAB}=\frac{\widehat{A}}{2}
*[math]\widehat{IBA}=\frac{\widehat{B}}{2}
Entonces [math]\widehat{BII_2}=90-\frac{\widehat{C}}{2}
Despejando [math]\widehat{IBI_2}=90. Por lo tanto [math]II_2 es diámetro de [math]w.
Por potencia de [math]A a la circunferencia: [math]AP\cdot AP_2=AI\cdot AI_2 [math]\frac{AP}{AI}=\frac{AI_2}{AP_2}\geq 1 esto sucede ya que [math]AI_2 es mayor que [math]AP_2
Entonces
[math]AP\geq AI
Como [math]P \in w, el único caso en el cual [math]AP=AI es en el que [math]PP_2 es di\'ametro, por ende [math]P=I.
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Habiendo visto que $BPIC$ es cíclico y siendo $\Gamma$ su circuncírculo, prolongamos $AI$ hasta que corte al circuncírculo $\Omega$ de $\triangle ABC$ en $D$, entonces $D$ es el circuncentro de la circunscrita a $\triangle BIC$, pero esta es $\Gamma$. Sea $\Phi$ la circunferencia de centro $A$ y radio $AI$, entonces $\Phi$ y $\Gamma$ son tangentes en $I$. Si $AP=AI$, entonces $P\in \Phi$, pero además $P\in \Gamma$, como son tangentes en $I$, resulta $P=I$. Si $P=I$, entonces $AP=AI$
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Para probar que $AP>AI$ cuando $P\neq I$, vamos a usar el hecho de que la distancia más corta entre dos puntos es el segmento que los une, entonces $AP+PD>AD=AI+ID=AI+PD$ por ser $D$ centro de $\Gamma$, entonces $AP+PD>AI+PD\Rightarrow AP>AI$
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$\angle ABC= \alpha$, $\angle ACB= \beta$, luego del enunciado se deduce $\angle PBC + \angle PCB=\frac{\alpha + \beta}{2}=\angle IBC + \angle ICB$, luego $BPIC$ es cíclico. Sea $Q$ el $A$-excentro de $ABC$, es conocido que $BICQ$ es cíclico, con $IQ$ diametro. Sea $O$ el circuncentro de $BICQ$, por propiedades del excentro $A, I, O, Q$ están alineados. Por desigualdad triangular en $APO$, $AO \leq OP+PA$, pero usando la colinealidad nos queda $IA \leq PA$ con igualdad solo cuando $P$ está entre $A$ y $O$, pero estaba sobre la circunscripta de $BICQ$, luego se da si y solo si $P=I$. $\blacksquare$
Como las condiciones son simétricas en $B$ y $C$, sea $B$ el vértice con $CBI\geq CBP$ porque no me llevo bien con los ángulos orientados.
$BIC=180^{\circ}-IBC-ICB=180^{\circ}-\frac{ABC}{2}-\frac{ACB}{2}=180^{\circ}-\frac{ABC+ACB}{2}=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-BAC}{2}=90^{\circ}+CAI$
Análogamente, $AIB=90^{\circ}+ICB$ y $AIC=90^{\circ}+IBA$
$BPA+PAB+PBA+PAC+PCA+CPA=360^{\circ}\Longrightarrow PBA+PCA=360^{\circ}-BPA-PAB-PAC-CPA=BPC-BAC$
Por la condición inicial $PBA+PCA=PBC+PCB=180^{\circ}-BPC$, luego $180^{\circ}-BPC=BPC-BAC\Longrightarrow BPC=\frac{180^{\circ}+BAC}{2}=90^{\circ}+CAI$.
Luego $BIC=BPC$ por lo que $BPIC$ es cíclico, luego $PBC=CIP$.
Luego $AIP=AIC-CIP=90^{\circ}+IBA-CBP=90^{\circ}+IBC-CBP=90^{\circ}+IBP\geq 90^{\circ}$ con igualdad sólo si $IBP=ICP=0^{\circ}$, es decir $I=P$.
Es decir que, si $I\neq P$, $AIP$ es obtuso, por lo que $AP$ es el mayor lado del triángulo $AIP$