Sea $ABC$ un triángulo acutángulo. La circunferencia $\Omega$ inscrita en el triángulo es tangente a los lados $BC$, $CA$ y $AB$ en los puntos $D$, $E$ y $F$, respectivamente. La perpendicular al lado $BC$ por $B$ corta a la recta $EF$ en el punto $M$ y la perpendicular al lado $BC$ por $C$ corta a la recta $EF$ en el punto $N$. Las rectas $DM$ y $DN$ cortan nuevamente a $\Omega$ en los puntos $P$ y $Q$, respectivamente. Demuestre que los segmentos $DP$ y $DQ$ tienen la misma longitud.
Sea $G=EF\cap BC$. Por Menelao tenemos que$$\frac{BG}{GC}\frac{CE}{EA}\frac{AF}{FB}=1,$$pero $EA=AF$, $FB=BD$ y $CE=CD$ por ser tangentes al incírculo. Entonces$$\frac{GB}{GC}=\frac{BD}{CD}.$$Ahora, como $\angle BGM=\angle CGN$ y $\angle MBG=90^\circ =\angle NCG$, tenemos que $BGM\simeq CGN$, con lo que$$\frac{GB}{GC}=\frac{BM}{CN}.$$Entonces$$\frac{BM}{CN}=\frac{BD}{CD},$$y como $\angle DBM=90^\circ =\angle DCN$, tenemos que $DBM\simeq DCN$, con lo que $\angle MDB=\angle NDC$. Finalmente, por semiinscripto tenemos que\begin{align*}\angle PQD & =\angle PDB \\
& =\angle MDB \\
& =\angle NDC \\
& =\angle QDC \\
& =\angle QPD,
\end{align*}de donde obtenemos que $DP=DQ$, como queríamos.
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Sean $\angle AFE=\angle AEF=\alpha$ y $\angle ABC=\beta$, no es difícil ver haciendo angulitos que $\angle BMF=90^\circ +\beta -\alpha$ y $\angle ENC=90^\circ -\beta +\alpha =180^\circ -\angle BMF$.
Ahora:$$\frac{MB}{BD}=\frac{MB}{BF}=\frac{\operatorname{sen}(\alpha )}{\operatorname{sen}(90^\circ +\beta -\alpha )}=\frac{\operatorname{sen}(\alpha )}{\operatorname{sen}(90^\circ -\beta +\alpha )}=\frac{NC}{EC}=\frac{NC}{DC}.$$Y como $\angle MBD=\angle NCD=90^\circ$, los triángulos $MBD$ y $NCD$ son semejantes, con lo que $\angle MDB=\angle NDC$ y por ángulo semiinscrito $\angle PQD=\angle QPD$ para finalmente tener que $DP=DQ$.