Demostrar ángulo IPM=90

Question

Triángulo dado $ABC$ inscrito $(O)$ . Sea $I$ sea el incentro y $D$ sea el punto de contacto de $(I)$ con $BC$ . $AD$ intersect $(O)$ en el segundo punto $E$ . Sea $M$ sea el punto medio de $BC$ y $N$ el punto medio del arco $BAC$ . Sea $EN$ intersect $(BIC)$ en $P$ ( $P$ yace en el interior $ABC$ ). Demuestra $\angle IPM=90^o$

Creo que es sólo la búsqueda de ángulos, pero es difícil de abordar. No sé qué propiedades tiene la construcción de $E$ hecho ?

Answer 1

Prueba

Las siguientes afirmaciones utilizarán algunos hechos bien conocidos, por ejemplo, el centro del círculo $(BIC)$ es el punto medio del arco $\widehat{BEC}$ etc. Por comodidad, omitimos las pruebas correspondientes.

Sea $NE$ intersect $ID$ en el punto $K$ . Es fácil encontrar $\angle AIK=\angle AEK$ . Así $A,I,E,K$ son cíclicos. Por lo tanto $$BD \cdot DC=AD \cdot DE=ID \cdot DK,$$ que muestra que $B,I,C,K$ también son cíclicos, a saber, $K$ se encuentra en el círculo $(BIC)$ .

Además, podemos observar que $NC,NB$ son las tangentes al círculo $(BIC)$ . Por lo tanto, $BPCK$ es un cuadrilátero armónico . Desde $M$ es el punto medio de la diagonal $BC$ podemos afirmar que $$\triangle BPM \sim \triangle KPC.$$ Por lo tanto, $$\angle IPM=\angle IPB+\angle BPM=\angle IPB+\angle KPC=\angle IKB+\angle KBC=90^o.$$

Answer 2

Un camino más largo para resolver:

Lema: Dado $\Delta ABC$ inscrito $(O)$ y su incentro $I$ . Sea $(I)$ toque $BC,CA,AB$ en $D,B',C'$ . $B'C' \cap BC=T$ . Sea $N$ sea el punto medio del arco $BAC$ . Sea $NT \cap (O)=$ { $N,Q$ }. Sea $A$ -intersección simétrica $(O)$ en $G$ . Entonces $(T,G,I,Q)$ cíclico.

Para la demostración del lema, véase aquí .

Volviendo al problema $(IBC) \cap (IDM)=$ { $I,P'$ }. Definimos el punto $T,G,Q$ como decía el lema. (véase la figura siguiente)

Probaremos $\overline{N,P',E}$ .

Tenemos $E(AG;BC)=-1$ y $E(TD,BC)=-1$ así que $\overline{T,E,G}$ .

Utilizando power of point: $TB.TC=TD.TM$ Así que $\overline{T,I,P'}$ .

Por lo tanto, $TI.TP'=TB.TC=TQ.TN=TE.TG$ .

$\Rightarrow (N,Q,I,P')$ y $(I,P',G,E)$ cíclico.

Ahora, $\angle IP'N + \angle IP'E= \angle TQI + \angle TGI = 180^o$ es decir $\overline{E,P',N}$ (Q.E.D).

Así que $P' \equiv P$ y problema resuelto.