En el interior de un triángulo $ABC$, con $AC\neq BC$, se toma un punto $X$. Sean $\alpha=\angle A$, $\beta=\angle B$, $\phi=\angle ACX$, $\delta=\angle BCX$. Pruebe que $X$ está en la mediana del triángulo $ABC$ por el vértice $C$ si y sólo si
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\frac{\sin\alpha\sin\beta}{\sin(\alpha-\beta)}=\frac{\sin\phi\sin\delta}{\sin(\phi-\delta)}.
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Llamemos M a la intersección de CX con AB, renombremos a los ángulos como CAB=x, CBA=y, ACM=z, BCM=w. Llamemos (1) a la igualdad de los senos.
Sabemos que sin(a-b)=sinacosb-sinbcosa, usando esto con sin(x-y) y sin(z-w), multiplicando (1) por ambas desarrollando y factorizando llegamos a que (1) es equivalente a (sinysinz)(sinxcosw+sinwcosx)=(sinxsinw)(sinycosz+sinzcosy) lo cual es equivalente a (sinysinz)(sin(x+w))=(sinxsinw)(sin(y+z)).
Pero como (x+w)+(y+z)=180 se nos cancelan los segundos factores y entonces esto es equivalente a siny/sinw=sinx/sinz lo cual es equivalente por ley de senos a que AM=BM. Por lo tanto (1) es equivalente a que X este en la mediana de C como queríamos. FIN
Sea X en la mediana. pd $\frac{sen\alpha sen\beta}{sen(\alpha-\beta)}=\frac{sen\phi sen\delta}{sen(\phi-\delta)}$. Sea M el punto medio de AB, por lo tanto, $X\in$ CM. Sean P y S los pies de las alturas de los triángulos CMB y CMA desde M. Sean: a=AS, b=BP, c=SC, d=CP, m=MS, n=PM, x=CM y y=AM=MB. Ahora, tenemos por ley de senos que: $\frac{sen\alpha}{sen\phi}=\frac{x}{y}=\frac{sen\beta}{sen\delta}$, por lo cual, queda por demostrar que $\frac{x^{2}}{y^{2}}=\frac{sen(\alpha-\beta)}{sen(\phi-\delta)}$. Como $\alpha+\beta=180-(\delta+\phi)\Rightarrow sen(\alpha+\beta)=sen(\delta+\phi)$. De aquí que $\frac{sen(\alpha-\beta)}{sen(\phi-\delta)}=\frac{sen(\alpha-\beta)sen(\delta+\phi)}{sen(\phi-\delta)sen(\alpha+\beta)}$ y con una identidad que se demuestra sumando las igualdades $cos(\alpha+\beta),\: cos(\alpha-\beta)$, y sustituyendo con la fórmula que teníamos llegamos a que basta demostrar que $\frac{x^{2}}{y^{2}}=\frac{cos2\alpha-cos2\beta}{cos2\phi-cos2\delta}=$$\frac{(cos\alpha)^{2}-(sen\alpha)^{2}+(sen\beta)^{2}-(cos\beta)^{2}}{(cos\phi)^{2}-(sen\phi)^{2}+(sen\delta)^{2}-(cos\delta)^{2}}=$$\frac{x^{2}}{y^{2}}(\frac{a^{2}-m^{2}+n^{2}-b^{2}}{c^{2}-m^{2}+n^{2}-d^{2}})$ y sólo bastaría con mostrar que $a^{2}-b^{2}=c^{2}-d^{2}\Leftrightarrow y^{2}-m^{2}-y^{2}+n^{2}=x^{2}-m^{2}-x^{2}+n^{2}$, lo anterior, sustituyendo con el teorema de pitágoras, de lo cual es inmediato.
Ahora, sea X un punto que cumple, y sean $\angle ACX=\phi-\gamma$ y $\angle BCX=\delta+\gamma$. Entonces $\frac{sen\phi sen\delta}{sen(\phi-\delta)}=\frac{sen(\phi-\gamma)sen(\delta+\gamma)}{sen(\phi-\delta+2\gamma)}$, y haciendo muchas sustituciones que creo no son importantes de escribir, llegué a que X cumplía si y sólo si: $2(sen\phi)^{2}(sen\delta)^{2}cos\gamma+4cos\phi cos\delta sen\phi sen\delta cos\gamma+sen\phi cos\phi sen\gamma=sen\delta cos\delta sen\gamma+(sen\phi)^{2}(cos\phi)^{2}cos\gamma+(cos\phi)^{2}(sen\delta)^{2}cos\gamma y sustituyéndolo obtenemos que \frac{2m^{2}n^{2}}{x^{4}}cos\gamma+4\frac{mcdn}{x^{4}}cos\gamma+\frac{mc}{x^{2}}sen\gamma=$$\frac{nd}{x^{2}}sen\gamma+\frac{m^{2}d^{2}}{x^{4}}cos\gamma+\frac{n^{2}c^{2}}{x^{4}}cos\gamma y haciendo despejes obtenemos que \frac{sen\gamma}{cos\gamma}=$$\frac{m^{2}n^{2}+n^{2}m^{2}+4mcdn-n^{2}c^{2}-d^{2}m^{2}}{x^{2}(nd-mc)}=Z$, entonces $\frac{sen\gamma}{cos\gamma}=Z$, pero $\frac{sen\gamma}{cos\gamma}=tan\gamma$, entonces $tan\gamma=Z$, y como $\gamma=0°$ funciona, tenemos que $tan\gamma=tan0\text{\textdegree}$, pero sabemos que $tan\alpha=tan\beta\Leftrightarrow\alpha=\beta+180x$, y sabemos que $0\leq\gamma\leq180$, entonces si funcionara otro valor sería porque $\gamma=180$, pero entonces sería un triángulo degenerado, por lo que llegamos a contradicción, entonces $\gamma=0$ es el único valor que funciona, entonces X está en la mediana.
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