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 $DP=DQ$.
Sea $T$ la intersección de $EF$ con la altura de $ABC$ por $A$.
Tenemos que $CN,AT$ y $BM$ son perpendiculares a $BC$, por lo que son paralelas entre sí. Por las colinealidades, $AF\parallel FB$ y $TF\parallel FM$. Entonces $TAF$ y $MBF$ son semejantes con $\dfrac{AT}{AF}=\dfrac{BM}{BF}$. Análogamente $\dfrac{AT}{AE}=\dfrac{CN}{CE}$.
Como $D,E,F$ son los puntos de tangencia de $\Omega$ con $ABC$ se cumple $AE=AF$, $BF=BD$ y $CD=CE$. Juntando esto con las razones: $$\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BM}{BF}=\dfrac{AT}{AF}=\dfrac{AT}{AE}=\dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CN}{CD}$$ y como $\angle DCN=\angle DBM=90°$ llegamos a que $CND$ y $BMD$ son semejantes. Aprovechando esto y que $BC$ es tangente a $\Omega$ en $D$, $$\angle QPD=\angle QDC=\angle NDC=\angle BDM=\angle BDP=\angle DQP$$ Entonces el triángulo $QDP$ es isósceles con $DP=DQ$, como queríamos. $\bigstar$
Cono 2022 P2.png
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"La suma de las raíces cuadradas de dos lados de un triángulo isósceles es igual a la raíz cuadrada del lado restante."
Poner $B = (0,0), C = (1, 0)$, esto nos da que $M = (0, m_y)$ y $N = (1, N_y)$ es conocido como sacar los puntos $D, E, F$ (aunque son medio un choclo). Con eso sacas las coordenadas en $Y$ de $M$ y $N$. Viendo que $\frac{M_y}{D_x} = \frac{N_y}{1-D_x}$ estas. (En la última solución lo explico mejor)
Notar que $\angle BMF = 180^{\circ} - \angle ENC$ y $\angle MFB = \angle CEN$ (porque $AF = AE$ por tangencia). La idea esta en que $\triangle BMF$ y $\triangle CEN$ son falsos semejantes, es fácil trabajarlo con teorema del seno porque $\sin(180^{\circ}-\alpha) = \sin(\alpha)$, y eso nos da una relación entre los lados.
Es acá cuando me pregunté si había una manera de trabajar los falsos semejantes sin trigo, y si la hay...
Notar que por ángulo semi-inscrito debemos demostrar $\angle PFD = \angle DEQ \iff \angle BDP = \angle QDC$, y como $\angle MBD = \angle NCD$ lo que necesitamos es $\triangle MBD \sim \triangle NCD$.
Trazamos la paralela a $EC$ por $B$, esta interseca a $MN$ en $G$, por paralelas tenemos $\triangle GBM \sim \triangle ECN$, además como $\angle GFB = \angle CEN = \angle BGM$ tenemos que $BG = BF = BD$.
