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In un triangolo $\triangle ABC$, siano $E$, $F$ i punti di tangenza dell'incerchio $\Omega(I)$ con i lati $AC$, $AB$ rispettivamente. Sia $M$ il punto medio del lato $BC$ e $N=AM\cap EF$. Sia inoltre $\omega(M)$ la circonferenza di diametro $BC$, $X=BI\cap\omega\neq B$ e $Y=CI\cap\omega\neq C$. Dimostrare che $$\frac{NX}{NY}=\frac{AC}{AB}.$$

Chiamo $X'$ e $Y'$ le intersezioni fra $EF$ con $BI$ e $CI$ rispettivamente.
Ho che $\angle{X'Y'C}=180^\circ -\angle{Y'EC}-\angle{ECY'}=180^\circ -(90^\circ +\frac{\alpha}{2})-\frac{\gamma}{2}=\frac{\beta}2=\angle{FBI}$, quindi $YFBI$ è ciclico e in particolare $\angle{CY'B}=\angle{IFB}=90^\circ$.
Analogamente $\angle{BX'C}=90^\circ$, quindi $X'$ e $Y'$ stanno sulla circonferenza di diametro $BC$ e quindi coincidono con $X$ e $Y$ (perchè $X'$ sta sia su $BI$ che sulla circonferenza di diametro $BC$ e analogamente $Y'$).
Quindi $X$ e $Y$ stanno su $EF$.

Chiamo $D$ l'intersezione fra $AI$ e $BC$.

$FN/NE=\sin{(\angle{BAN})}/\sin{(\angle{CAN})}=AC/AB=\sin\beta/\sin\gamma$ (perchè $AXY$ è isoscele e $AN$ è mediana).
Dato che anche $\triangle EIF$ è isoscele, ho anche che $\sin\beta/\sin\gamma=FN/NE=\sin{(\angle{FIN})}/\sin{(\angle{EIN})}$, ma $\angle{FIN}+\angle{EIN}=\angle{FIE}=\beta+\gamma$, quindi $\angle{FIN}=\beta$ e $\angle{EIN}=\gamma$.

Ho poi che $\angle{FIY}=180^\circ-\angle{YFI}-\angle{FYI}=180^\circ-\frac{\alpha}2-(360^\circ-\beta-90^\circ-\frac{\alpha}2-\frac{\gamma}2)=\beta+\frac{\gamma}2-90^\circ$, da cui $\angle{YIN}=\angle{FIN}-\angle{FIY}=\beta-\beta-\frac{\gamma}2+90^\circ=90^\circ-\frac{\gamma}2$.
Vale anche però $90^\circ-\frac{\gamma}2=180^\circ-\frac{\beta}2-(180^\circ-\beta-\frac{\alpha}2)=180^\circ-\angle{IBD}-\angle{BDI}=\angle{BID}$.

Quindi $\angle{FIN}=\angle{BID}$ e analogamente $\angle{XIN}=\angle{CID}$, da cui per la similitudine fra $\triangle{XIY}$ e $\triangle{CIB}$ ($BCXY$ ciclico) ottengo che $NX/NY=CD/BD=AC/AB$ (per il teorema della bisettrice).

Chiamo $X'$ e $Y'$ le intersezioni fra $EF$ con $BI$ e $CI$ rispettivamente.

Volendo essere pignoli dovresti dimostrare che questi punti effettivamente esistono, ovvero che $BI$ e $CI$ intersecano $EF$

$\sin\beta/\sin\gamma=FN/NE=\sin{(\angle{FIN})}/\sin{(\angle{EIN})}$, ma $\angle{FIN}+\angle{EIN}=\angle{FIE}=\beta+\gamma$, quindi $\angle{FIN}=\beta$ e $\angle{EIN}=\gamma$

Questo non è proprio ovvissimo... o mi sfugge qualcosa?

Ho poi che $\angle{FIY}=180^\circ-\angle{YFI}-\angle{FYI}=180^\circ-\frac{\alpha}2-(360^\circ-\beta-90^\circ-\frac{\alpha}2-\frac{\gamma}2)=\beta+\frac{\gamma}2-90^\circ$, da cui $\angle{YIN}=\angle{FIN}-\angle{FIY}=\beta-\beta-\frac{\gamma}2+90^\circ=90^\circ-\frac{\gamma}2$.
Vale anche però $90^\circ-\frac{\gamma}2=180^\circ-\frac{\beta}2-(180^\circ-\beta-\frac{\alpha}2)=180^\circ-\angle{IBD}-\angle{BDI}=\angle{BID}$.

Beh, credo che tu abbia dimenticato di assumere $AB\le AC$, altrimenti questi passaggi non tornano
edit: tornano se consideri gli angoli orientati

$\angle{FIN}=\angle{BID}$

Typo!

Comunque la dimostrazione è carina (io l'avevo dimostrato con birapporti e polarità).