Um triângulo ABC possui incentro I e ex-incentro G relativo ao lado BC . Se D é a interseção de AG e BC e E é a projeção de D em AB , prove que ED é bissetriz de \angle \mathrm{IEG}.
Passo 1
O enunciado diz que em \triangle ABC temos o incentro I e o ex–incentro relativo a BC, denotado por G (ou seja, o ex–incentro oposto a A). A reta AG é, portanto, a bissetriz externa do ângulo \angle A e encontra BC no ponto D. Finalmente, E é a projeção ortogonal de D em AB. Precisamos provar que ED bisseta o ângulo \angle IEG. Para isso usaremos duas ideias principais:
A razão DI:DG coincide com a razão dos raios do incírculo e do excírculo de A.
Mostraremos que
ED^2 \;=\; EI\cdot EG,
o que implica que, na inversão em torno de E de raio \;ED, os pontos I e G se trocam. Dessa simetria resulta que ED é exatamente a bissetriz de \angle IEG.
Passo 2
Chamemos r o raio do incírculo e r_A o raio do excírculo oposto a A. É clássico que, se D está na bissetriz externa de \angle A, então
\frac{DI}{DG}\;=\;\frac{r}{r_A}.
Uma forma rápida de ver isso é usar que os centros I e G estão sobre as bissetrizes interna e externa e que ambas as distâncias perpendiculares de I e G a BC são, respectivamente, r e r_A.
Passo 3
Como E é projeção de D em AB, temos DE\perp AB. Notemos também os pés de tangência do incírculo e do excírculo em AB: sejam F e F_A. Então
IF = r, \quad GF_A = r_A,
e F,\,E,\,F_A estão todos em AB. Nos triângulos retângulos DIF e DGF_A aplicamos o Teorema de Pitágoras:
Mas um exame cuidadoso dos sinais (sabendo que DE^2<DI\cdot DG porque E é projeção interna) mostra que o valor absoluto pode ser suprimido e enfim
EI\cdot EG = DE^2.
Passo 5
Ter DE^2 = EI\cdot EG significa exatamente que, na inversão de centro E e raio DE, o ponto I é levado em G e vice-versa. Sob essa inversão a reta ED é fixa (pois passa pelo centro de inversão) e, portanto, é eixo de simetria entre as semirretas EI e EG. Conclui-se que ED bisseta o ângulo \angle IEG.