Problema de Excalibur Probleam Corner 309

Solución con proyectividades:

Consideremos $ P$ el punto diametralmente opuesto a D en el incírculo. Llamemos $ D'$ y $Q$ a la intersección de $ PN$ con $ BC$ y  $AD$ respectivamente. La figura quedaría más o menos así:

El conjugado armónico de $ M$ con respecto al segmento $ AH$ es el punto un punto al infinito $M'$, pues $ M$ es punto medio de $ AH$. Proyectando desde $D$, sobre la recta $PN$, al conjunto armónico $(AH, MM')$ se obtiene el conjunto $(QD', NP)$.  Es decir, se obtiene que $Q$ es el conjugado armónico de $D'$ con respecto a $ NP$.

Como obtuvimos que $ Q$ es conjugado armónico de $D'$ con respecto a la cuerda $NP$, se concluye que $ Q$ está en la recta polar de $D'$ con respecto al incírculo. Y como, evidentemente, $ D$ está la recta polar de $ D'$ se tiene que $AD$ es la recta polar de $D'$. Por el ejercicio El polo de la recta que pasa por el vértice y el punto de tangencia se observa que $D'$ es conjugado armónico de $ D$ con respecto a $ BC$ (pues es el punto polar de la recta $AD$).

Una vez probado que $ D'$ es conjugado armónico de $ D$ respecto a $BC$ y haciedo uso del ejercicio "Bisectriz, ángulo recto y conjugados armónicos" se puede ver que $ ND$ es bisectriz del ángulo $BNC$.

Que es lo que queríamos probar.

Solución sin proyectividades (la primera que se me ocurrió):

Consideremos D' el conjugado armónico de D con respecto al segmento AB.  Luego, consideremos P el punto diagonalmente opuesto D con respecto a la circunferencia inscrita.  Llamemos N' el otro punto de intersección de la recta PD' con el incírculo. Como DP es diámetro del incírculo y N' es un punto sobre la circunferencia, entonces, DN'P es un ángulo recto.

Ahora bien, por el ejercicio "Bisectriz, ángulo recto y conjugados armónicos" se puede ver que N'D es bisectriz del ángulo BN'C.

Nuestro objetivo ahora será demostrar que N' es igual a N, en consecuencia se tendrá resuelto el problema. 

Para demostrar que N = N' bastará con demostrar que tan($ \angle N' DP $) = tan ($ \angle NDP$).

1. Cálculo de tan($ \angle N'DP $).

Observemos que tan($ \angle N' DP $) = tan ($ \angle PD' D $) = $2r / D'D$.

Ahora bien, como D' es conjugado armónico de D, entonces se tiene que:

$$\frac{D'C}{D'B}=\frac{DC}{BD}$$

Llamemos $y = BD$  y $z = DC$, entonce, se tiene la siguiente igualdad:

$$\frac{z}{y}= \frac{D'C}{D'B}=\frac{D'B + BC}{D'B}= 1 + \frac{BC}{D'B} = 1 + \frac{BD + DC}{D'B}= 1 + \frac{y + z}{D'B} $$  

 De aquí que:

$$ D'B = y\frac{z-y}{y+z}$$

De esto último más el hecho de que $y= BD$ se obtenemos que:

$$ D'D = y\frac{z-y}{y+z} + y = \frac{2yz}{y+z}$$

Por lo tanto:

$$\tan ( \angle N' DC )= \frac{r(y+z)}{yz}= \frac{r}{y} + \frac{r}{z}$$

Si llamamos $\alpha$, $\beta $ y $\gamma$ a los ángulos en A, B y C del triángulo ABC. Podemos escribir la fórmula con tangentes:

$$\tan ( \angle N' DC ) = \tan(\frac{\beta}{2}) + \tan(\frac{\gamma}{2}) $$

Con esta igualdad nos quedamos.

2. Cálculo de tan ($\mathbold \angle NDP$).

Consideremos pues, N el punto del problema. Vamos a calcular $\tan{\angle NDP}$.

 Pero $\angle NDP = \angle DMH$, entonces:

$$\tan(\angle NDP) = \tan{\angle DMH } = \frac{HD}{HM} = \frac{BD - BH}{HM} = \frac{y}{HM} - \frac{BH}{HM}$$

Luego, denotemos con $h = AH$. Entonces, tenemos la siguiente igualdad:

$$\tan{\angle NDP }= 2\frac{y}{h} - 2\frac{BH}{h}$$

Es decir:

$$\tan{\angle NDP } = 2\frac{y}{h} - \frac{2}{\tan(\beta)}$$

Bueno, como sabemos,

$$\tan(\beta) = \frac{2\tan(\frac{\beta}{2})}{1-\tan^2(\frac{\beta}{2})}$$

Sustituyendo en expresión del ángulo obtenemos:

$$\tan{\angle NDP } = 2\frac{y}{h} - \frac{1-\tan^2(\frac{\beta}{2})}{\tan(\frac{\beta}{2})}$$

Es decir:

$$\tan{\angle NDP } = 2\frac{y}{h} -\frac{1}{\tan(\frac{\beta}{2})} + \tan(\frac{\beta}{2})$$

Ahora pasemos a unir las dos igualdades que hemos creado.

3. Demostremos que tan($\angle N'DP$) = tan ($\angle NDP$).

Bueno, la igualdad se da si y sólo si:

$$\tan(\frac{\beta}{2}) + \tan(\frac{\gamma}{2}) = 2\frac{y}{h} -\frac{1}{\tan(\frac{\beta}{2})} + \tan(\frac{\beta}{2})$$

Esto, si y sólo si:

$$\tan(\frac{\gamma}{2}) = 2\frac{y}{h} -\frac{1}{\tan(\frac{\beta}{2})} $$

 Observemos que $y = \frac{r}{\tan(\frac{\beta}{2})}$, y sustituyendo en la ecuación de arriba y haciendo unos despejes obtenemos:

$$\frac{2r}{h} = 1 - \tan(\frac{\gamma}{2})\tan(\frac{\beta }{2}) \dots (1)$$

Ahora bien, para demostrar esta igualdad usemos algunos hechos obvios. Primero definamos $x$ como la longitud de la tangente desde A al incírculo. Notemos que ya hemos definido $y$ y $z$ como las tangentes desde B y C respectivamente.

Entonces calculando el área del triángulo con base por altura y con lo del semiperímetro por el radio obtenemos la siguiente igualdad:

$$\frac{h(y+z)}{2} = r(x+y+z)$$

Es decir:

$$\frac{2y}{h} = 1- \frac{x}{z+y+z}$$

Entonces, para demostrar la igualdad (1) bastará con demostrar que:

$$\frac{x}{z+y+z} = \tan(\frac{\gamma}{2})\tan(\frac{\beta }{2})$$

Esta última igualad es fácil de demostrar gracias a las dos siguientes igualdad fáciles de probar:

$$(x+y+z)\tan(\frac{\beta }{2}) = r_b$$

$$r_b\tan(\frac{\gamma}{2}) = x$$

Donde $r_b$ es el radio de la circunferencia ex-inscrita opuesta al ángulo B.