En la clase vimos la siguiente propiedad:
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Sea [tex]I[/tex] el incentro del [tex]\triangle{ABC}[/tex]. Entonces [tex]AI[/tex] es la bisectriz interior del [tex]\angle{A}[/tex]. Si [tex]X[/tex] e [tex]Y[/tex] son los puntos de tangencia del incírculo con los lados [tex]BC[/tex] y [tex]AC[/tex], entonces
[center]Las rectas [tex]AI[/tex], [tex]XY[/tex] y la perpendicular de [tex]B[/tex] sobre [tex]AI[/tex] son concurrentes.[/center]
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Demostración: Sea [tex]P[/tex] la intersección de [tex]AI[/tex] y [tex]XY[/tex], mostraremos que [tex]BP[/tex] es perpendicular a [tex]AP[/tex]. Ahora, las tangentes [tex]CX[/tex] y [tex]CX[/tex] forman el [tex]\triangle{CXY}[/tex] isósceles, donde cada uno de sus ángulos basales en [tex]X[/tex] e [tex]Y[/tex] vale [tex]\frac{1}{2}(180^\circ-\angle{C})=90^\circ-\angle{C}/2[/tex]. Si [tex]Z[/tex] es el tercer punto de tangencia (ver figura), se tiene de manera análoga que [tex]\angle{BXZ}=90^\circ-\angle{B}/2[/tex], y por tanto
[center][tex]\angle{ZXY}=180^\circ-(90^\circ-\angle{B}/2)-(90^\circ-\angle{C}/2)=\angle{B}/2+\angle{C}/2[/tex][/center]
Dado que [tex]\angle{ZAP}=\angle{A}/2[/tex], en el cuarilátero [tex]ZAPX[/tex] los ángulos opuestos en [tex]A[/tex] y [tex]X[/tex] tienen como suma
[center][tex]\angle{ZAP}+\angle{ZXP}=\angle{A}/2+\angle{B}/2+\angle{C}/2=90^\circ[/tex][/center]
Por lo tanto el otro par de ángulos opuestos, en [tex]Z[/tex] y [tex]P[/tex] debe sumar [tex]270^\circ[/tex]. Tomando en cuenta los [tex]90^\circ[/tex] del [tex]\angle{AZI}[/tex] tenemos que en el cuadrilátero [tex]ZIPX[/tex] los los ángulos opuestos en [tex]Z[/tex] y en [tex]P[/tex] suman [tex]180^\circ[/tex], es decir este cuadrilátero es cíclico. Luego podemos decir que la circunferencia circunscrita del [tex]\triangle{ZIX}[/tex] pasa por el punto [tex]P[/tex].
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Sin embargo, los ángulos rectos en [tex]Z[/tex] y [tex]X[/tex] claramente muestran que [tex]ZXIB[/tex] es cíclico, y por tanto el circuncírculo del [tex]\triangle{ZIX}[/tex] pasa también por [tex]B[/tex]. Finalmente como [tex]\angle{BZI}=90^\circ[/tex], [tex]BI[/tex] es diámetro. En este caso, [tex]BI[/tex] subtiende un ángulo recto en el punto [tex]P[/tex] de la circunferencia, lo que completa la demostración.
Extensión: Probaremos que la paralela media [tex]A'C'[/tex] pasa por el punto de concurrencia.
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Si prolongamos [tex]BP[/tex] hasta un punto [tex]Q[/tex] en [tex]AC[/tex] notamos que el [tex]\triangle{BQA}[/tex] es isósceles de base [tex]BQ[/tex] ya que su bisectriz [tex]AP[/tex] coincide con su altura ([tex]\angle{APB}=90^\circ[/tex]). Luego [tex]P[/tex] es punto medio de [tex]BQ[/tex]. Si [tex]A'[/tex] es esl punto medio de [tex]BC[/tex] y [tex]C'[/tex] es el punto medio de [tex]AB[/tex] tenemos que [tex]A'P[/tex] es paralela media del [tex]\triangle{CBQ}[/tex] y [tex]C'P[/tex] es paralela media del [tex]\triangle{ABQ}[/tex] y por tanto [tex]A'P\parallel CQ[/tex] y [tex]C'P\parallel AQ[/tex] lo que finalmente implica que [tex]A'[/tex], [tex]P[/tex] y [tex]C'[/tex] son colineales, que era lo que queríamos probar.
Problema Relacionado: (OMCS 2010) El incírculo del [tex]\triangle ABC[/tex] toca los lados [tex]BC[/tex], [tex]CA[/tex], [tex]AB[/tex] en [tex]D[/tex], [tex]E[/tex] y [tex]F[/tex], respectivamente. Sean [tex]\omega_A[/tex], [tex]\omega_B[/tex] y [tex]\omega_C[/tex] los circumcírculos de [tex]\triangle EAF[/tex], [tex]\triangle DBF[/tex] y [tex]\triangle DCE[/tex], respectivamente. Las rectas [tex]DE[/tex] y [tex]DF[/tex] cortan a [tex]\omega_A[/tex] en [tex]E_a\not=E[/tex] y [tex]F_a\not=F[/tex], respectivamente. Sea [tex]r_A[/tex] la recta [tex]E_aF_a[/tex]. Se definen [tex]r_B[/tex] y [tex]r_C[/tex] de modo análogo.
Demuestre que las rectas [tex]r_A[/tex], [tex]r_B[/tex], [tex]r_C[/tex] cortan determinan un triángulo cuyos vértices pertenecen a los lados del [tex]\triangle ABC[/tex]
[hide]PD: El caso en que el punto P está fuera del triángulo está en el Apunte de Matemáticas Olímpicas página 35 http://www.elnumerodeoro.cl/media/Libro.pdf[/hide]
