Allineamento mandorlato

[Kfp]

Sia $\Delta ABC$ un triangolo, e siano $M$ ed $N$ le intersezioni del circocerchio di $\Delta ABC$ con le bisettrici interne di, rispettivamente, $\widehat{ABC}$ e $\widehat{ACB}$. Sia $D$ il punto medio di $MN$ e $G$ un punto variabile sull'arco $BC$ non contenente $A$. Siano $I$, $I_{1}$ e $I_{2}$ gli incentri die triangoli $\Delta ABC$, $\Delta ABG$ e $\Delta ACG$. Sia $P$ la seconda intersezione, distinta da $G$, dei circocerchi dei triangoli $\Delta ABC$ e $\Delta GI_{1}I_{2}$.
Dimostrare che $P$, $I$ e $D$ sono allineati.

Bonus lemma (solo parzialmente legato al problema in questione, ma forse è comunque meglio che chi non vuole rovinarsi nulla non lo legga subito)

Testo nascosto:

Sia $\Delta ABC$ un triangolo, e sia $P$ un punto variabile sull'arco $BC$ non contenente $A$. Siano $I_{1}$ ed $I_{2}$ gli excentri riferiti al vertice $A$ dei triangoli $\Delta ABP$ e $\Delta ACP$. Dimostrare che il circocerchio del triangolo $\Delta PI_{1}I_{2}$ passa, al variare di $P$, per un punto fissato.

[desc26]

Testo nascosto:

$M$ ed $N$ sono punti medi degli archi $AC$ e $AB$ rispettivamente.
Siano $I_3$ e $I_4$ gli excentri relativi al vertice $G$ di $\Delta AGC$ e $\Delta AGB$ rispettivamente.
$G$,$I_1$,$I_4$,$N$ allineati sulla bisettrice di $\widehat{AGB}$.
$G$,$I_2$,$I_3$,$M$ allineati sulla bisettrice di $\widehat{AGC}$.
Per lemma noto esistono una circonferenza $\gamma_M$ di centro $M$ passante per $A$,$C$,$I$,$I_2$,$I_3$ ed una circonferenza $\gamma_N$ di centro $N$ passante per $A$,$B$,$I$,$I_1$,$I_4$.
$N$ punto medio di $I_1I_4$ e $M$ punto medio di $I_2I_3$. $D$ baricentro di $I_1I_2I_3I_4$.
Per "lemma di rotomotetia" (o come cavolo si chiama) (o per angoli se preferite), essendo $G=NI_1 \cap MI_2$ e $P=\Gamma_{GI_1I_2} \cap \Gamma_{GMN}$, esiste una rotomotetia di centro $P$ che manda $I_2$ in $I_1$, $M$ in $N$: tale rotomotetia manda pure $\gamma_M$ in $\gamma_N$ e $I_3$ in $I_4$.
$\widehat{I_2II_3}=\widehat{I_4II_1}=90^{\circ}$ perchè $I_2I_3$ diametro di $\gamma_M$ e $I_4I_1$ diametro di $\gamma_N$.
$\widehat{I_1II_2}=360^{\circ}-\widehat{I_2IA}-\widehat{AII_1}=360^{\circ}-(180^{\circ}-\frac{\widehat{I_2MA}}{2})-(180^{\circ}-\frac{\widehat{ANI_1}}{2})=\frac{\widehat{GMA}+\widehat{ANG}}{2}=90^{\circ}$ quindi $I$ è il punto di intersezione delle due rette perpendicolari $I_2I_4$ e $I_1I_3$.

Ora dimostro che dato un quadrilatero $ABCD$ con le diagonali perpendicolari, il punto di intersezione delle diagonali, il punto di Miquel e il baricentro sono allineati.
Faccio i conti in complessi.
Pongo l'origine nel punto di intersezione delle diagonali, due vertici sull'asse reale e due sull'asse immaginario. Siano $a$,$b$,$c$,$d$ i numeri corrispondenti ai vertici del quadrilatero con $\bar{a}=a$, $\bar{c}=c$, $\bar{b}=-b$, $\bar{d}=-d$. Il baricentro è $\frac{a+b+c+d}{4}$.
Detto $Z$ il punto di Miquel di $ABCD$ (e $z$ il numero complesso corrispondente) vale $\Delta ZAB$ simile a $\Delta ZDC$, quindi $\frac{b-z}{a-z}=\frac{c-z}{d-z}$ cioè $z^2-(b+d)z+bd=z^2-(a+c)z+ac$ che dà $z=\frac{ac-bd}{(a+c)-(b+d)}$.
L'allineamento equivale a dire $\frac{z}{\frac{a+b+c+d}{4}}=\frac{\bar{z}}{\frac{\bar{a}+\bar{b}+\bar{c}+\bar{d}}{4}}$ cioè $\frac{ac-bd}{(a+c)-(b+d)} ((a+c)-(b+d))=\frac{\bar{a}\bar{c}-\bar{b}\bar{d}}{(\bar{a}+\bar{c})-(\bar{b}+\bar{d})} ((\bar{a}+\bar{c})-(\bar{b}+\bar{d}))$ cioè $ac-bd=\bar{a}\bar{c}-\bar{b}\bar{d}$ che è ovviamente vera.

[Troleito br00tal]

Testo nascosto:

Grante potere komplesso!

[desc26]

Testo nascosto:

Grante potere komplesso!

Ja!

[Kfp]

Testo nascosto:

Palese che qualcuno avrebbe detto "Ben gasta" alla seconda parte della tua dimostrazione. Comunque la mia era un po'diversa, prima dimostrando che $ P $ è il punto di tangenza tra circocerchio e cerchio tangente a due lati e circocerchio (e le idee sono circa le tue della prima parte, con quelle circonferenze, le rotomotetie e un po'di trigo perchè sono nabbo) e poi l'allineamento con $ P $ con la nuova definizione, che è un fatto circa noto/visto da qualche parte/cultura generale rumena.