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Considero un triangolo acutangolo con $\angle A < \angle B < \dfrac{\pi}{2}$. Sia $D$ su $AB$ tale che $CD=CB$. Sia $J$ l'incentro di $ADC$ e $K$ e $L$ le proiezioni di $I$, incentro di $ABC$, su $AB$ e $BC$ rispettivamente. Allora $BJ$ e $KL$ si intersecano nel punto medio di $BJ$.

Vediamo quante soluzioni carine si riescono a trovare

Scusami, puoi ricontrollare tutte le lettere? Perché, a meno che non abbia preso un bel granchio, ho dimostrato che AJ e KL si intersecano sempre fuori da AJ.

Hai ragione. Correggo, era l'intersezione di BJ e KL

Traccio la parallela a $LK$ passante per $J$, che interseca $AB$ in $E$.
$JDE\sim BLK$ (per facile angle chasing), quindi $JDE$ è isoscele.
Chiamo poi $H$ la proiezione di $J$ su $AD$, da cui per quanto detto alla riga precedente $ED=2DH$.

La tesi equivale per Talete a dimostrare:
$EK=BK \iff ED+DK=BK \iff 2DH+DK=BK\iff$
$\iff 2DH+BD-BK=BK \iff 2DH+BD=2BK$ (*)
Che dimostro scrivendo tutto in funzione delle robe di ABC.
Sfruttando l'ipotesi che $BC=CD$, con 2 conti ottengo $BD=2a\cos{\beta}$, da cui anche $AD=c-2a\cos\beta$.
Conoscendo i lati del triangolo $ACD$ ho che $DH=\frac{a+c-2a\cos\beta-b}{2}$, perchè $H$ proiezione dell'incentro su un lato.
Sostituendo quanto trovato in (*) ottengo $2\frac{a+c-2a\cos\beta-b}{2}+2a\cos\beta=2BK\iff a+c-b=2BK$ che è vero.

p.s. non sarà la più bella ma almeno è la prima

Ok per la dimostrazione di dario2994. Ce n'è un'altra abbastanza simile, considerando sempre i rapporti che vengono a formarsi fra i punti su AB.