Relaciones de lados en el incírculo

[Juaco]

Sea $ABC$ un triangulo, $\omega$ su incírculo, $I$ su incentro y $M$ el punto medio de $BC$, sean $E,F$ los puntos de contacto de $\omega$ con $AB,AC$, respectivamente, y los puntos $L=AM\cap EF$, $P=CI\cap EF$, $Q=BI\cap EF$.

Probar que $LF\cdot LQ=LE\cdot LP$.

[Gianni De Rico]

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Sea $D$ el punto de tangencia de $\omega$ con $BC$, y sean $\angle B=2\beta$ y $\angle C=2\gamma$.
Tenemos entonces que $\angle BFP=180^\circ -\beta -\gamma$, por lo que $\angle FPB=\gamma =\angle EDI$, de modo que $PEDI$ es cíclico. Análogamente, $QFDI$ es cíclico. Entonces para ver que $LF\cdot LP=LE\cdot LQ$, nos basta ver que $L$ está en el eje radical de $PEDI$ y $QFDI$, es decir, que $D,I,L$ son colineales.

Sea $L'=DI\cap EF$, y sean $G,H$ los puntos de intersección de la paralela a $BC$ por $L'$ con $CA$ y $AB$, respectivamente. Como $DI\perp BC$ al ser tangente a $\omega$, entonces $\angle IL'G=90^\circ =\angle IEG$, de modo que $IL'EG$ es cíclico, por lo que $\angle IGH=\angle IGL'=\angle IEL'=\angle IEF$. Análogamente se tiene que $\angle IHG=\angle IFE$. Como $\angle IEF=\angle IFE$ por ser $IE=IF$ al ser $I$ centro de $\omega$, entonces $\angle IGH=\angle IHG$, de modo que $IG=IH$. Como $IL'\perp GH$, entonces $L'$ es el punto medio de $GH$. Por Thales se sigue que $A,L',M$ están alineados. Entonces $L\equiv L'$, y con eso estamos.

[Nahu]

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Lema:
Sean $D$ el punto medio de $AC$, entonces $Q$ esta alineado con $MD$ y además, $B\widehat{Q}C=90^{\circ}$
Demo:

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Sea $Q'$ la intersección de $BI$ y $MD$, entonces tenemos que $A\widehat{B}Q'=B\widehat{Q'}M=Q'\widehat{B}M$ por lo tanto, $AM=MQ'=MB$, con esto $B\widehat{Q'}C=90^{\circ}$. Ahora tenemos que $IFQ'C$ es cíclico. Por lo tanto, $Q'\widehat{F}C= Q'\widehat{I}C$. Sean $\widehat{B},\widehat{C}$ y $\widehat{A}$, $2\beta, 2\omega$ y $2\alpha$, respectivamente. Por ende$Q'\widehat{F}C=Q'\widehat{I}C=\omega+\beta=90^{\circ}-\alpha=A\widehat{F}E$, por ende $E,F$ y $Q'$ están alineados, por lo que $Q'=Q.$

Del mismo modo que en el lema ,llamamos $G$ al punto medio de $AB$, entonces $G,P$ y $M$ están alineados y como $B\widehat{P}C=90^{\circ} \Rightarrow MP=MQ$. Con $P\widehat{M}Q=2\alpha$, entonces $PMQ$ y $FAE$ son semejantes y como $AE \parallel MQ \Rightarrow E\widehat{A}L=L\widehat{M}Q$. Por lo que $EL/LF=LQ/PL$.

[Juaco]

Lema:
Sean $D$ el punto medio de $AC$, entonces $Q$ esta alineado con $MD$ y además, $B\widehat{Q}C=90^{\circ}$

Es el mismo lema que uso yo acá, es bastante conocido y está bueno saberlo, hay varios problemas de olimpiadas que salen con eso.