Solución a un problema propuesto por Chrysanthos Xydas‎

En la figura, $P$, $Q$ y $T$ son puntos de tangencia. Encuentre la medida de $\angle{ATM}$.

Lema 1. Denotemos con $I$ el incentro del $\triangle{ABC}$. Llamemos $M'$ a la segunda intersección de $AI$ con la circunferencia circunscrita de $\triangle{ABC}$. Entonces, $BTIPM'$ es cíclico.

Demostración. Evidentemente, $BTIP$ es cíclico (por ángulos opuestos suplementarios). Note que $\angle{BCA}=\angle{BM'A}=90^\circ$. Pero $\angle{BTI}=90^\circ$, consecuentemente, $BTIPM'$ es cíclico.

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Lema 2. $M'$, $P$ y $Q$ están alineados. 

Demostración. En un problema que data del 2014 demostré que para cualquier triángulo, $\angle{BIA}=\angle{PQA}$ (ver aquí). Al ser $\triangle{BTI}\cong{\triangle{BPI}}$ y como consecuencia del lema 1, $\angle{TBI}=\angle{ABI}=\angle{IM'P}=\angle{AM'P}$. Pero $\angle{BAI}=\angle{IAQ}=\angle{M'AQ}$, por lo tanto, al ser $\angle{ABI}=\angle{IM'P}$, $\angle{BAI}=\angle{IAQ}$ y $\angle{BIA}=\angle{PQA}$, el ángulo $\angle{M'PQ}$ del cuadrilátero $M'PQA$ debe ser llano, ya que $\angle{AM'P}+\angle{M'AQ}+\angle{PQA}=180^\circ$ . Por lo tanto, $M'$, $P$ y $Q$ están alineados y $M'=M$ (el punto $M$ de nuestro problema original).

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De vuelta a nuestro problema original, note que $\triangle{M'TA}\cong{\triangle{M'QA}}$ (por el criterio de congruencia $LAL$). Claramente, al ser $\triangle{CPQ}$ un triángulo recto isósceles, $\angle{M'QA}=\angle{M'TA}=135^\circ$. 

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