Ponto de Miquel e suas semelhanças 1

Seja $BH\cap AC=K, CH\cap BA=L, AH\cap (ABC)=G, MP\cap (ABC)=I\neq G$ e $N$ o reflexo de $O$ em relação a $BC$, como $\angle PMC=\angle HMB\Rightarrow G,M,I,P$ colineares; como $\angle BAC=45\Rightarrow \angle BOC=90=\angle BNC\Rightarrow BOCN$ é ciclico; por Potência de Ponto, temos que $MG\cdot MI=BM\cdot MC=MO\cdot MN\Rightarrow NIOG$ é ciclico. Note que como $N$ é reflexo de $O$ em $BC$ e é conhecido que $G$ é reflexo de $H$ em $BC$, o trapézio $OHGN$ é isosceles/ciclico $\Rightarrow$ o pentágono $IOHGN$ é ciclico! Se $Q'=(GHI)\cap (AH)$, onde $(AH)$ é o circulo de diametro $AH$, como $\angle AQ'H=90$ e $AP\parallel BC\Rightarrow \angle HAP=90\Rightarrow \angle Q'AP=\angle Q'HA=\angle Q'IG\Rightarrow Q'API$ é ciclico(Note que como $\angle Q'AP=Q'HA$, usamos um "Teorema de Miquel Degenerado" no triângulo $APG$ e com os pontos $A, H, I$). Logo $\angle IQ'P=\angle IAP=90-\angle GAI=90-(180-\angle AIG-\angle IGO-\angle AGO)= \angle IGO+(\angle AIG+\angle AGO)-90=\angle IGO+(180-\angle ABG+90-\frac{\angle AOG}{2})-90=\angle IGO+(180-(\angle B+90-\angle C)+90-\frac{2\angle C+2\angle HAB}{2})-90=\angle IGO$ e como $IGOQ'$ é ciclico, temos que $O, Q', P$ são colineares e portanto $Q'=Q$. Por fim, $\angle OAI=\frac{180-\angle IOA}{2}=90-\angle IGA=\angle API$, logo $OA$ é tangente a $(APIQ)$.

Prove que os $4$ centros do círculos $(PAB), (PDC), (QAD), (QBC)$ são conciclicos e além disso prove também que o ponto de Miquel $M$, do quadrilátero $ABCD$, está na circunferência que passa por tais centros.

Seja $ABC$ um triângulo escaleno, os pontos $E$ e $F$ estão sobre os segmentos $AC$ e $BC$, respectivamente de modo que os $AE=BF$, defina $D=(ACF)\cap (BCE)$ diferente de $C$. Prove que a reta $CD$ é bissetriz de $\angle BCA$.

Defina $P=BE\cap AF$, note que $D$ é o ponto de Miquel do quadrilátero $CFPE$ e portanto é o centro da rotohomotetia que leva $AE$ em $FB$(outra maneira é ver que $\angle DAE=\angle DFB$ e $\angle DEA=\angle DBC$). Como $AE=BF$, temos que os triângulos $AED$ e $DFB$ são congruentes(LAA) $\Rightarrow DE=DB$ e como $BDEC$ é cíclico, devemos ter que $CD$ bissecta o $\angle ACB$.

Sejam $ABC$ um triângulo e $E$ e $F$ dois pontos arbitrários sobre os lados $AB$ e $AC$, respectivamente. O circuncirculo do triângulo $AEF$ encontra o circuncirculo do triângulo $ABC$ novamente no ponto $M$. O ponto $D$ é tal que $EF$ é a mediatriz do segmento $MD$. Finalmente, $O$ é o circuncentro do triângulo $ABC$. Prove que $D$ está sobre a reta $BC$ se, e somente se, $O$ pertence ao circuncírculo do triângulo $AEF$. (Teste Cone Sul 2019-Brasil).

Assuma, sem perda de generalidade, que $M$ está no arco menor $AB$. Então $\angle AEF =\angle AMF < \angle AMC = \angle ABC$. Assim, se $G$ é o ponto de interseção de $EF$ e $BC$, segue que $B$ está entre $G$ e $D$. Pelo Ponto de Miquel, sabemos que $(ABC),(AEF), (EBG), (FCG)$ possuem o ponto $M$ em comum, em particular o quadrilátero $EBGM$ é ciclico. Logo, temos que $D\in BC \iff \angle MGE=\angle CGE \iff \angle AEM=2\angle ABM=\angle AOM \iff O\in (AEF)$.

Seja $ABCD$ um quadrilátero ciclico convexo, com $E = AC\cap BD, F = AB \cap CD, G = DA \cap BC$. O circuncirculo de $\triangle ABE$ intersecta a reta $CB$ em $B$ e $P$, e além disso o circuncirculo de $\triangle ADE$ intersecta a reta $CD$ em $D$ e $Q$. Assuma que $C, B, P, G$ e $C, Q, D, F$ são colineares nessa ordem. Se $M = FP \cap GQ$. Prove que $\angle MAC = 90$. (USAMO 2018)

Primeiramente, perceba que podemos generalizar o Ponto de Miquel para quadriláteros "auto-intersectantes"(em inglês, self-intersecting) são quadriláteros no formato de uma "ampulheta". Assim, provaremos que $A$ é o ponto de Miquel do quadrilátero $PQDB$, para tal veja que $PQDB$ é ciclico, pois por potencia de ponto, temos que $CQ\cdot CD=CA\cdot CE=CB\cdot CP$. Além disso, temos que $P,E,Q$ são colineares, pois $\angle AEP=\angle ABP=\angle ADC=\angle ADQ=180-\angle AEQ$. Por fim, defina $H=PD\cap BQ$, pelo lema 1(generalizado), $\angle CAH=90$; e ademais pelo Teorema de Pappus nas retas $BPG$ e $DQF$, temos que $M,A,H$ são colineares e assim terminamos.

O incirculo de um triângulo escaleno $ABC$ intersecta os lados $BC,CA,AB$ nos pontos $D,E,F$, respetivamente. Seja $G$ o pé da perpendicular de $D$ sobre $EF$, além disso seja $X=DG\cap AB$, e $T=(ABC)\cap (AEF)$ diferente de $A$; prove que $TX\perp TF$.

Seja $M$ o ponto médio do arco menor $BC$ no $\triangle ABC$, pelo lema 2, temos $\triangle TFB\sim \triangle TEC$ e $T,D,M$ são colineares. É conhecido que $\angle FED=90-\frac{\angle B}{2}=\angle BID$, e como $\angle BDI=\angle DGE=90\Rightarrow \triangle GED\sim \triangle DIB$, analogamente temos $\triangle GDF\sim \triangle DCI$. Logo,$\frac{BD}{DI}= \frac{DG}{GE}$ e $\frac{CD}{DI}= \frac{DG}{GF}\Rightarrow GE\cdot BD=DG\cdot DI=CD\cdot GF\Rightarrow \frac{GF}{GE}=\frac{BD}{CD}=\frac{BF}{EC}$(última igualdade é dada pelo Teorema do bico). Como $\triangle TFB\sim \triangle TEC$, temos que $\frac{GF}{GE}=\frac{BF}{EC}=\frac{FT}{TE}$, assim pela reciproca do Teorema da bissetriz interna, $TG$ é bissetriz de $\angle FTE$. Por fim, como $\angle GTF=\frac{1}{2}\angle FTE=\frac{1}{2}\angle A=\angle FAI=\angle FXG$(ultima igualdade é dada por $AI\parallel XG$, pois ambas são perpendiculares a $EF$). Assim $GTXF$ é ciclico e portanto $\angle XTF=\angle XGF=90$

Seja $ABC$ um triângulo acutângulo e escaleno, com $I$ seu incentro. Suponha que o incirculo de $\triangle ABC$ corta $BC$ em $D$ e que $E$ seja o ponto diametralmente oposto a $A$ em $(ABC)$. A reta $AI$ intersecta $(ABC)$ novamente em $F$. As retas $FD$ e $EI$ se intersectam em $G$. As retas $AG$ e $BC$ se intersectam em $H$. Prove que $HI$ é perpendicular a $AF$.

Pelo lema 2, se $G'=FD\cap (ABC)$, temos $\angle AG'I=90$, logo $G',I,E$ são colineares e portanto $G'=G$. Por potencia de ponto, $HB\cdot HC=HG\cdot HA$, logo $H$ está no eixo radical de $(AIG)$ e $(BIC)$, mas note que $(AIG)$ e $(BIC)$ são tangentes em $I$, pois seus centros e o ponto $I$ são colineares. Assim o eixo radical de tais circulos é uma reta que passa por $I$ e é perpendicular a $AF$. Com isso o resultado segue.