Muchos incentros

[Gianni De Rico]

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico y convexo. Las diagonales $AC$ y $BD$ se cortan en el punto $E$, las semirrectas $DA$ y $CB$ se cortan en el punto $F$. Sean $I_1$ el incentro de $ABE$, $I_2$ el incentro de $ABF$, $J_1$ el incentro de $CDE$, y $J_2$ el incentro de $CDF$. Demostrar que las rectas $I_1I_2$ y $J_1J_2$ se cortan sobre el circuncírculo de $ABCD$.

[Gianni De Rico]

Creo que ya es hora de que postee esto, mi solución original era un poco mucho más larga, esta obra de arte es mérito del @Monazo. Se puede usar una idea parecida a la de esta solución al 3 de Cuenca de este año como Lema (con incentros en vez de excentros) para este problema.

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La idea va a ser reventar el problema usando Pascal (y definiendo varios puntos nuevos).

Muchos Incentros.png

Sea $\Gamma$ el circuncírculo de $ABCD$. Sean $M$ el punto medio del arco $AB$ de $\Gamma$, $N$ el punto medio del arco $CAD$ de $\Gamma$, $P$ el punto medio del arco $BC$ de $\Gamma$, y $Q=AN\cap DM$. Sean también $G$ el $C$-excentro de $ABC$, $H$ el $D$ excentro de $ABD$, $I$ el incentro de $ABC$, $J$ el incentro de $ABD$, y $T=I_1I_2\cap J_1J_2$.
Notemos entonces que $A,B,G,H,I,J$ están en una circunferencia de centro $M$, y que $I_1=AI\cap BJ$, $M=IG\cap JH$ e $I_2=GB\cap HA$, de modo que por Pascal en $AIGBJH$ tenemos que $I_1,M,I_2$ están alineados, en particular, $M,I_1,T$ están alineados. Análogamente se ve que $J_1,N,J_2$ están alineados.
Ahora, como $AN$ es la bisectriz exterior de $\angle CAD$ y $DM$ es la bisectriz interior de $\angle ADB$, tenemos que $Q$ es el $D$-excentro de $ADE$, por lo que está en la bisectriz de $\angle AEB$, de modo que $Q,I_1,J_1$ están alineados. Por otro lado, tenemos que $AP\cap MT=I_1$ (pues $AP$ es bisectriz de $\angle BAD$ y $M,I_1,T$ están alineados), y que $PD\cap TN=J_1$ por la misma razón. Luego, el hexágono $APDMTN$ cumple el Teorema de Pascal, pues los puntos de intersección son justamente $Q,I_1,J_1$, que están alineados, y como los puntos $A,P,D,M,N$ están en $\Gamma$, entonces $T$ también lo está, como queríamos.