c)$ ABC $ è il triangolo, $ I $ il suo incerto, $ \Gamma' $ la circonferenza inscritta e $ \Gamma'' $ quella excritta tangente al lato AB di centro Q. Inoltre sia $ L: BC \cap \Gamma' $, $ F: AC \cap \Gamma' $, $ S: AB \cap \Gamma' $, $ N: AC \cap \Gamma'' $, $ M: BC \cap \Gamma'' $.
Per la congruenza dei vari segmenti di tangenza si ha:
$ CN = CM $ e $ EC = CD $ quindi $ FN = LM $
$ 2LM = LM + FN = LB + BM + FA + AN = $$ SB + RB + AR + AS = 2AB $
quindi $ LM = FN = AB $ inoltre $ BM + LB = AR + RB $$ \Longrightarrow $$ AR = LB = BS $
E quindi essendo R e S simmetrici rispetto al punto medio di AB Il punto di Nagel è il coniugato isotomico del punto di Gergonne.
Inoltre dall'omotetia di circonferenza inscritta e exscritta di centro C si deducono altri fatti interessanti:
Chiamiamo $ P $ il simmetrico si $ S $ rispetto a $ I $ e $ T $ il simmetrico di $ R $ rispetto a $ Q $.
I centri di $ \Gamma' $ e $ \Gamma'' $ sono all'ineati sulla bisettrice di $ \angle ACB $ e i diametri $ PS $ e $ RT $ sono perpendicolari perchè entrambi passanti per il punto di tangenza alla tangente in comune $ RS $. Quindi $ C, P, R $ e $ A, S, T $ sono all'ineati per omotetia. Ma quindi le ceviane del punto di Nagel passano anche per i simmetrici del punti di tangenza della circonferenza inscritta rispetto a I poichè il procedimento è ripetibile su tutti i lati.
a)già dimostrato da Enomis
qui
b) conseguenza banale della a) infatti se consideriamo la solita omotetia di fattore $ - \frac{1}{2} $ e centro il baricentro $ G $ di ABC i vertici del triangolo vanno in quelli di quello mediale e l'incentro di ABC va in quello mediale.
Ma come detto nella a) l'incentro di ABC è il punto di Gergonne del mediale.