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Da fare in baricentriche nonostante ci sia la soluzione sintetica...

Sia $ABC$ il nostro amato triangolo con incentro $I$, circocentro $O$. Sia $\omega_A$ un excerchio (indovinate quale) e siano $D$, $E$ ed $F$ i punti di tangenza di $\omega_A$ con i lati (o i prolungamenti) $BC$, $CA$ ed $AB$ rispettivamente. Mostrare che se il punto medio di $EF$ appartiene alla circoscritta ad $ABC$, allora i punti $I$, $O$ e $D$ sono allineati.

Sia $\omega$ la circoscritta a $ABC$
Sia $\angle DFE = \alpha$
Siano $L$ e $N$ i punti medi da $FD$ e $ED$, rispettivamente.

Proviamo a dimostrare che si $M$ appartiene a $\omega$ allora $L$ e $N$ troppo.

$\angle CDE = \angle CED = \alpha \rightarrow \angle DCA = 2\alpha$
$\angle DCN = 90-\alpha \rightarrow \angle ACN = 90+\alpha$ (1) (DCN e un triangolo rettangolo)

$\angle NME = \alpha$ perché MN//FD
$\angle AMN = 90-\alpha$ (2) (osservare che AM è l'altezza dell'AFE isosceli)
$(1)+(2)=180 \rightarrow AMNC$ e ciclico, allora $N$ appartiene a $\omega$

Allo stesso modo $AMLB$ e ciclico, allora $L$ appartiene a $\omega$. $L' = LD\cap \omega$
$N'= ND\cap \omega$
$\angle BLL' = \angle CNN' =90 \rightarrow O=BL'\cap CN'$

$B' = BI\cap \omega$
$C'= CI\cap \omega$
$\angle B'BL = \angle C'CN =90$
Allora $B'BLL'$ e $C'CNN'$ sono rettangoli, $O=B'L\cap C'N$

L'intersezione di questi rettangoli (con lo stesso baricentro O) formano un parallelogramma, $I$ e $D$ sono vertici opposti e $O$ il suo baricentro.