IGO 2021 - Nivel Intermedio - P4

[Juaco]

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo escaleno de incentro $I$ y sea $\Gamma$ su circuncírculo. La recta $AI$ corta a $\Gamma$ por segunda vez en $M$. Sean $N$ el punto medio de $BC$ y $T$ un punto de $\Gamma$ tal que $IN\perp MT$. Y finalmente, sean $P$ y $Q$ los puntos de intersección de la recta perpendicular a $AI$ que pasa por $I$ con $TB$ y $TC$, respectivamente.
Demuestre que $PB=CQ$.

[Gianni De Rico]

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Sea $D$ el segundo punto de intersección de $MN$ con $\Gamma$, y sean $Q'$ el simétrico de $D$ por la mediatriz de $IC$ y $T'$ el segundo punto de intersección de $CQ'$ con $\Gamma$.
Como $DC$ es tangente a $(BIC)$, entonces $Q'I$ es tangente a $(BIC)$, de modo que $Q'I\perp MI$. Además, $DQ'CI$ es un trapecio isósceles, de modo que es cíclico. Tenemos entonces que\begin{align*}\angle NDT' & =\angle MDT' \\
& =180^\circ -\angle TCM \\
& =180^\circ -(\angle QCI+\angle ICM) \\
& =180^\circ -(\angle CID+\angle ICM) \\
& =180^\circ -(\angle MID-\angle MIC+\angle ICM) \\
& =180^\circ -(\angle MID-\angle ICM+\angle ICM) \\
& =180^\circ -\angle MID \\
& =180^\circ -\angle INM \\
& =\angle DNI.
\end{align*}Luego, $DT'\parallel IN\perp MT\perp DT$, de modo que $DT'\parallel DT$, y así $T=T'$, es decir que $C,T,Q'$ están alineados, de modo que $Q'$ es el punto de intersección de la perpendicular a $AI$ que pasa por $I$ con $TC$, y así $Q=Q'$. Entonces $CQ=DI$. Análogamente se tiene que $BP=DI$, con lo que estamos.