Cónica Asociada al Incentro de un Triángulo

Considera un triángulo $\triangle{ABC}$ con incentro $I$. Una línea perpendicular a $AI$, en $I$, corta los lados $AB$ y $AC$ en $A_c$ y $A_b$, respectivamente. Similarmente, construímos los segmentos $B_aB_c$ y $C_aC_b$. Los puntos $A_b$, $A_c$, $B_a$, $B_c$, $C_a$ y $C_b$ son concónicos, es decir, yacen en una misma cónica. 

Algunas propiedades adicionales a esta configuración pueden encontrarse en AdGeom 4942 y AdGeom 4943.

Notación:

$BC=a; AC=b; AB=c$.
$AA_c=AA_b=x$.
$BB_c=BB_a=y$.
$CC_a=CC_b=z$.
$\angle{BAI}=\angle{CAI}=\alpha$.
$\angle{ABI}=\angle{CBI}=\beta$.
$\angle{BCI}=\angle{ACI}=\gamma$.

Demostración 1.

Lema 1. 

$$\frac{A_cB}{AB_c}=\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}; \frac{AC_b}{CA_b}=\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}; \frac{CB_a}{BC_a}=\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}.$$

Demostración. Tras una aplicación de la Ley de Senos en el triángulo $\triangle{AIB}$, tenemos que $BI=\frac{c\sin{\alpha}}{\cos{\gamma}}$ y $AI=\frac{c\sin{\beta}}{\cos{\gamma}}$. 

El triángulo $\triangle{AA_bA_c}$ es isósceles, por lo tanto,

$$\angle{BA_cI}=180^\circ-\frac{180^\circ- 2\alpha}{2}=90^\circ+\alpha$$

y 

$$\angle{BIA_c}=180^\circ-(90^\circ+\alpha)-\beta=90^\circ-(\alpha+\beta)=90^\circ-(90^\circ-\gamma)=\gamma$$

Aplicando nuevamente Ley de Senos en el triangulo $\triangle{A_cBI}$, obtenemos 

$$\frac{BI}{\sin{(90^\circ+\alpha)}}=\frac{BI}{\cos{\alpha}}=\frac{A_cB}{\sin{\gamma}}$$

$$A_cB=\frac{\frac{c\sin{\alpha}\sin{\gamma}}{\cos{\gamma}}}{\cos{\alpha}}=c\tan{\alpha}\tan{\gamma}$$

Por un razonamiento similar obtenemos que $AB_c=c\tan{\beta}\tan{\gamma}$. Así, 

$$\frac{A_cB}{AB_c}=\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}$$

Análogamente, 

$$\frac{AC_b}{CA_b}=\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}; \frac{CB_a}{BC_a}=\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}$$

Así queda demostrado el lema 1.

De vuelta a nuestro problema original, por el Teorema de Carnot para Cónicas,

$$\frac{A_cB\cdot{y}}{AB_c\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{A_bC\cdot{z}}}\cdot{\frac{B_aC\cdot{z}}{BC_a\cdot{y}}}=$$

$$\frac{A_cB}{AB_c}\cdot{\frac{AC_b}{A_bC}}\cdot{\frac{B_aC}{BC_a}}=$$

$$\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}\cdot{\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}}\cdot{\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}}=1$$

$$Q.E.D.$$

Demostración 2. Note que la bisectriz $AI$ es la mediatriz del segmento $A_bA_c$, por lo tanto, $A_bI=A_cI$. Por analogía, $B_aI=B_cI$ y $C_aI=C_bI$. Como consecuencia, $A_cC_aA_bC_b$ es un paralelogramo y $\triangle{ABC}\sim\triangle{BA_cC_a}$. De igual modo, $\triangle{ABC}\sim\triangle{AB_cC_b}$ y $\triangle{ABC}\sim\triangle{CA_bB_a}$. De donde obtenemos las siguientes proporciones:

$$\frac{BA_c}{BC_a}=\frac{AB}{BC}; \frac{AC_b}{AB_c}=\frac{AC}{AB}; \frac{CB_a}{CA_b}=\frac{BC}{AC}$$

Finalmente, al ser $\triangle{AA_bA_c}$, $\triangle{BB_aB_c}$ y $\triangle{CC_aC_b}$ triángulos isósceles e invocando el Teorema de Carnot para Cónicas, tenemos

$$\frac{BA_c\cdot{y}}{AB_c\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{CA_b\cdot{z}}}\cdot{\frac{CB_a\cdot{z}}{BC_a\cdot{y}}}=$$

$$\frac{BA_c\cdot{y}}{BC_a\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{AB_c\cdot{z}}}\cdot{\frac{CB_a\cdot{z}}{CA_b\cdot{y}}}=$$


$$\frac{AB\cdot{y}}{BC\cdot{x}}\cdot{\frac{AC\cdot{x}}{AB\cdot{z}}}\cdot{\frac{BC\cdot{z}}{AC\cdot{y}}}=1$$

$$Q.E.D.$$

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