Usaremos la notación del dibujo.
El problema se reduce a probar que los ángulos \( \widehat{FAD} \) y \( \widehat{PBE} \) (en rojo ambos) son iguales.
Llamamos \( x,y,z \) a las distancias de los vértices a los puntos de tangencia del círculo inscrito con los lados. Además \( p=x+y+z \) al semiperímetro y \( r \) al radio del círculo inscrito. Alguna fórmula bien conocida:
\( area=pr=\sqrt{pxyz}\quad \Rightarrow{}\quad pr^2=xyz \) (1)
Por semejanza de los triángulos \( PEC \) e \( IDC \) se tiene:
\( \dfrac{PE}{r}=\dfrac{z-y}{z}\quad \Rightarrow{}\quad PE=\dfrac{r(z-y)}{z} \)
Por tanto:
\( tan(\widehat{PBE})=\dfrac{PE}{2y}=\dfrac{r(z-y)}{2yz} \) (2)
Por otra parte, en el triángulo \( DAF \):
\( tan(\widehat{DAF})=\dfrac{DF}{AF} \) (3)
Pero:
\( AF\cdot (y+z)=2area=2pr\quad \Rightarrow{}\quad AF=\dfrac{2pr}{y+z} \) (4)
Por otra parte:
\( DF=y-BF=y-(x+y)Cos(B)=y-(x+y)\dfrac{1-tan^2(B/2)}{1+tan^2(B/2)} \) (5)
y en el triángulo \( BID \):
\( tan(B/2)=\dfrac{r}{y} \)
Susituyendo (5):
\( DF=y-(x+y)\dfrac{y^2-r^2}{y^2+r^2}=y-(x+y)\left(1-\dfrac{2r^2}{r^2+y^2}\right)=\dfrac{2(x+y)r^2}{y^2+r^2}-x=\dfrac{2(x+y)r^2}{py^2+pr^2}-x \)
Usando (1), es decir, que \( pr^2=xyz \) queda:
\( DF=\dfrac{2(x+y)xyz}{py^2+xyz}-x=x\left(\dfrac{2(x+y)z}{py+xz}-1\right)=x\left(\dfrac{2(x+y)z}{y^2+xy+yz+xz}-1\right)=\\=
x\left(\dfrac{2(x+y)z}{(y+z)(y+x)}-1\right)=x\left(\dfrac{2z}{y+z}-1\right)=\dfrac{x(z-y)}{y+z} \) (6)
Sustituyendo (4) y (6) en (3) y comparando con (2):
\( tan(\widehat{DAF})=\dfrac{DF}{AF}=\dfrac{x(z-y)}{2pr}=\dfrac{xr(z-y)}{2pr^2}=\dfrac{xr(z-y)}{2xyz}=\dfrac{r(z-y)}{2yz}=tan(\widehat{PBE}) \)
Y listo... ¡\( \widehat{DAF}=\widehat{PBE} \)!.
Observación: Lo más enrevesado de este método es el cálculo de \( DF \). Sin embargo una vez simplificado simplemente se llega a:
\( DF=\dfrac{x(z-y)}{y+z} \)
Sospecho que debería de habar una forma más fácil y directa de llegar a esa relación. Pero no he encontrado como por el momento.
