Problema 3 de la OMCC-2026

Sean $ABC$ un triángulo y $D$ el punto de tangencia de su incírculo con el segmento $BC$. Sean $P$ un punto del segmento $AB$ y $Q$ un punto del segmento $AC$ tales que $AP = AQ$. Sea $\Gamma_1$ la circunferencia tangente a los segmentos $AB$ y $BC$ en los puntos $P$ y $R$, respectivamente. Análogamente, sea $\Gamma_2$ la circunferencia tangente a los segmentos $AC$ y $BC$ en los puntos $Q$ y $S$, respectivamente. Los circírculos de $APR$ y $AQS$ se intersecan en un punto $T$ distinto de $A$. Demuestra que $A$, $D$ y $T$ están en una misma recta.

Demostración. Usando notación estándar,

$$BC=a,\qquad AC=b,\qquad AB=c,$$ 

$$\angle{BAC}=\alpha,\qquad \angle{ABC}=\beta,\qquad \angle{BCA}=\gamma$$

 y 

$$s=\frac{a+b+c}{2}.$$ 

Denotemos por $\omega_1$ y $\omega_2$ a los circuncírculos de $APR$ y $AQS$, respectivamente. Ademas, sea $AP=AQ=x$.

Asumimos que $BR<BD$ y $BS>BD$.

Lema 1. Se cumple que $DR=DS$.

Demostración. Es bien sabido, por propiedades de tangentes comunes a una circunferencia, que $CD=s-c$ y $BD=s-b$, por lo tanto, 

$$DS=CD-CS=(s-c)-(b-x)=s+x-(b+c)$$

y

$$DR=BD-BR=(s-b)-(c-x)=s+x-(b+c),$$

consecuentemente, $DS=DR$.

$\square$

Lema 2. El cuadrilátero $PRSQ$ es cíclico. 

Demostración. Al ser $BP$ y $BR$ tangentes comunes a $\Gamma_1$, esto implica que $BP=BR$, por lo que una sencilla busqueda de ángulo da $\angle{PRS}=\frac{180^{\circ}+\beta}{2}$. Por otro lado, como $APQ$ es isósceles con $AP=AQ$ y $CS=CQ$, se deduce que 

$$\begin{aligned}\angle{PQS}&=180^{\circ}-\angle{AQP}-\angle{CQS}\\&=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\alpha}{2}-\frac{180^{\circ}-\gamma}{2}\\&=\frac{\alpha+\gamma}{2}\end{aligned}.$$

Así, $\angle{PRS}+\angle{PQS}=180^{\circ}.$

$\square$

De vuelta al problema original

Como $AP=AQ$ y $DR=DS$ (por el Lema 1), se sigue que $AD$ es el eje radical de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$. Llamemos $\rho$ a la circunferencia circunscrita de $PRSQ$. La recta $PR$ es el eje radical $\Gamma_1$ y $\rho$, y de $\Gamma_1$ y $\omega_1$. Similarmente, la recta $QS$ es el eje radical de $\Gamma_2$ y $\rho$, y de $\omega_2$ y $\rho$. Supongamos que $U=PR \cap QS$. Por el teorema de ejes radicales para $\Gamma_1$, $\Gamma_2$ y $\rho$, la recta $AD$ pasa por $U$, de modo que $AU$ contiene a $D$. Considera ahora las circunferencias $\omega_1$, $\omega_2$ y $\rho$. $\omega_1$ y $\rho$ tienen como eje radical $PR$ y $\omega_2$ y $\rho$ tienen a $QS$ como eje radical, intersecándose en $U$. El eje radical entre $\omega_1$ y $\omega_2$ es $AT$ y debe contener a $U$ por el teorema de los ejes radicales. Por tanto, $AU$ contiene a $D$ y $T$ y por consiguiente, $A$, $D$ y $T$ estan alineados. 

$\square$

Nota. Para los casos $BR=AD=BS$ o $BR>BD$ y $BS<BD$, la demostracion solo requiere ajustes menores.