Neste artigo, abordaremos algumas propriedades de pontos sobre o triângulo que serão muito úteis na resolução de problemas. Em todo o artigo considere a notação $$(X)$$ como o circuncirculo do polígono $$X$$.
Teorema de Miquel:
Seja $$ABC$$ um triângulo e $$D,E,F$$ pontos nas retas $$BC, CA, AB$$ respectivamente. Suponha que os $$6$$ pontos $$A,B,C,D,E,F$$ são distintos dois a dois. Então os círcuncirculos dos triângulos $$AEF, BFD, CED$$ são concorrentes.
Prova:
Seja $$T =(AEF)\cap (BDF)$$, note que basta provarmos que o quadrilátero $$CETD$$ é cíclico. Observe que $$\angle TEA=\angle TFB=\angle TDC\Rightarrow \angle TDC+\angle TEC=180$$. (Note que essa prova considera os pontos $$D,E,F$$ sobre os segmentos, se algum(ns) deles estiver(em) fora do(s) segmento(s), basta usar o mesmo argumento nos respectivos casos, ou ver como ângulos direcionados).
[spoiler title=’Problema Relacionado 1′ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$ABC$$ um triângulo acutângulo e $$H$$ seu ortocentro, uma reta $$r$$ que passa por $$H$$ corta os segmentos $$AB$$ e $$AC$$ nos pontos $$E$$ e $$F$$ respectivamente. Se $$I$$ é o circuncentro de $$(AEF)$$; a reta $$IH$$ corta o arco $$BAC$$ de $$(ABC)$$ no ponto $$N$$. Prove que a reta $$AN$$ é paralela a reta $$EF$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Pelo Teorema de Miquel(ou marcação de ângulos) no triângulo $$AFE$$, os circulos $$(ABC), (BEH), (CFH)$$ são concorrentes, e seja $$D$$ o ponto de concorrência. Como $$IE=IF$$ e $$\angle EIF=2\angle BAC\Rightarrow \angle IEF=\angle IFE=\angle ABH=\angle ACH=90-\angle BAC$$, logo $$IE$$ e $$IF$$ são tangentes a $$(BEH), (CFH)$$ respectivamente $$\Rightarrow I$$ está no eixo radical de $$(BEH), (CFH)\Rightarrow D, H, I, N$$ são colineares. Por fim, note que $$\angle NAC=\angle CDN=\angle HFA$$, logo $$AN\parallel EF$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 2′ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$ABC$$ um triângulo acutângulo com circuncentro $$O$$, ortocentro $$H$$ e $$\angle BAC=45$$. Seja $$M$$ o ponto médio de $$BC$$ e seja $$P$$ um ponto tal que $$AP\parallel BC$$ e $$\angle HMB=\angle PMC$$, o segmento $$OP$$ corta o circulo com diâmetro $$AH$$ no ponto $$Q$$. Prove que $$OA$$ é tangente a $$(APQ)$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]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 $$(APIQ)$$.[/spoiler]
Apresentaremos agora, o Ponto de Miquel, uma ideia muito conhecida em quadriláteros completos, pois gera rotohomotetias(semelhanças), quadriláteros cíclicos e junto com outras ferramentas(Inversão, Teo. Brokard, Projetiva…) ajudaram a resolver muitos problemas olímpicos.
Ponto de Miquel: Seja $$ABCD$$ um quadrilátero, defina $$P=AD\cap BC, Q=AB\cap DC$$, então os circuncirculos $$(PAB), (PDC), (QAD), (QBC)$$ passam por um mesmo ponto $$M$$(chamado Ponto de Miquel), ou seja, são concorrentes.
Prova: Seja $$T=(PAB)\cap (QAD)$$ com $$T\neq A$$; note que $$\angle TQC=\angle TAP=\angle TBP\Rightarrow TQCB$$ é cíclico! Analogamente o quadrilátero $$TPCD$$ é ciclico! Assim temos que os circuncirculos são concorrentes(Note que tal prova é uma consequência do Teorema de Miquel).
Vejamos algumas semelhanças(rotohomotetias):
Note que $$\angle MAP=\angle MBP$$ e $$\angle MDA=\angle MQA=\angle MCB$$, logo temos que $$\triangle MAD\sim \triangle MBC$$(AA); pelos ângulos $$\angle MBQ=\angle MCQ$$ e $$\angle MAQ=\angle MDQ$$, temos que $$\triangle MBA\sim \triangle MCD$$(AA); pelos ângulos $$\angle MPA=\angle MBQ$$ e $$\angle MDP=\angle MCP=\angle MQB$$, temos que $$\triangle MPD\sim \triangle MBQ$$(AA). Note que $$M$$ é o centro da rotohomotetia que leva o segmento $$AD$$ em $$BC$$ e também é o centro da rotohomotetia que leva o segmento $$AB$$ em $$DC$$.
Lema 1: Se o quadrilátero $$ABCD$$ for cíclico, com circuncentro $$O$$, e definirmos $$M,P,Q$$ da mesma maneira, temos que os pontos $$P,M,Q$$ serão colineares e além disso $$M$$ será o pé da perpendicular de $$O$$ sobre a reta $$PQ$$.
Prova: Como $$\angle AMQ=\angle ADC=\angle ABP=180-\angle AMP$$, temos que $$P,M,Q$$ são colineares. Defina $$R=BD\cap AC$$, provaremos que os pontos $$R$$ e $$M$$ são inversos, numa inversão que conserva o circulo $$(ABCD)$$ e de centro $$O$$, note que isso é o bastante, visto que teríamos $$O,R,M$$ colineares(por causa da inversão) e pelo Teorema de Brocard obteríamos o resultado. Seja $$R’$$ o inverso de $$R$$, pela inversão $$R’=(OAC)\cap (OBD)$$, assim $$\angle AR’B=\angle OR’B-\angle OR’A=\angle ODB-\angle OCA=(90-\angle C)-(90-\angle B)=\angle B-\angle C$$, mas na figura original, sem a inversão, temos $$\angle APB=\angle B-\angle C$$, logo o quadrilátero $$AR’PB$$ é ciclico, analogamente o quadrilátero $$ADQR’$$ é ciclico e assim $$R’=(ABP)\cap (ADQ)=M$$, com isso o lema está provado.
*Fato: Se $$A,B,C,D$$ são $$4 $$ pontos distintos no plano, tal que $$ABCD$$ não é um paralelogramo, então existe apenas uma rotohomotetia que leva $$A$$ em $$B$$ e $$C$$ em $$D$$. Para ver a prova desse fato, sugerimos que o leitor veja o artigo Cyclic Quadrilaterals — The Big Picture do matemático Yufei Zhao.
[spoiler title=’Problema Relacionado 3′ style=’default’ collapse_link=’true’]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.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 4′ style=’default’ collapse_link=’true’]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 $$\angle BCA$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]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 $$\angle ACB$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 5′ style=’default’ collapse_link=’true’]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). [/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]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 $$D\in BC \iff \angle MGE=\angle CGE \iff \angle AEM=2\angle ABM=\angle AOM \iff O\in (AEF)$$.[/spoiler].
[spoiler title=’Problema Relacionado 6′ style=’default’ collapse_link=’true’]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)[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]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.[/spoiler]
Agora mostraremos um lema não muito conhecido que será provado usando o ponto de Miquel; no geral o ponto de Miquel aparece em muitas configurações conhecidas(por exemplo os pés das alturas) e em muitos problemas de olimpíadas com pontos sobre o triângulo.
Lema 2: Seja $$ABC$$ um triângulo com $$I$$ seu incentro, suponha que seu incirculo toca o lados $$BC, CA, AB$$ nos pontos $$D,E,F$$, respectivamente. Defina $$M=AI\cap (ABC)$$, se $$G=(AFE)\cap (ABC)$$, então os pontos $$G,D,M$$ são colineares.
Prova: Seja $$D’=MG\cap BC$$, note que $$G$$ é o ponto de Miquel do quadrilátero $$BFEC$$, logo $$\triangle GFB\sim \triangle GEC\Rightarrow \frac{BF}{CE}=\frac{BG}{CG}$$, e pelo Teorema da bissetriz interna, temos $$\frac{BG}{GC}=\frac{BD’}{CD’}$$ e como $$BD=BF$$ e $$CD=CE$$(Teorema do bico), temos $$\frac{BD’}{CD’}=\frac{BD}{CD}\Rightarrow D’=D$$.
[spoiler title=’Problema Relacionado 7′ style=’default’ collapse_link=’true’]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 $$TX\perp TF$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]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 $$\angle XTF=\angle XGF=90$$[/spoiler].
[spoiler title=’Problema Relacionado 8′ style=’default’ collapse_link=’true’]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 $$AF$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]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.[/spoiler]
Problemas Propostos:
Problema Proposto 1: O triângulo $$ABC$$ está inscrito numa circunferência $$\Omega$$. A bissetriz interna de $$\angle A$$ intersecta $$BC$$ e $$\Omega$$ em $$D$$ e $$L \neq A$$, respectivamente. Seja $$M$$ o ponto médio de $$BC$$. O circuncírculo de $$ADM$$ intersecta $$AB$$ e $$AC$$ novamente em $$Q$$ e $$P$$, respectivamente. Seja $$N$$ o ponto médio de $$PQ$$, e seja $$H$$ o pé da perpendicular de $$L$$ à reta $$ND$$. Prove que a reta $$ML$$ é tangente ao circuncírculo de $$HMN$$. (USA TSTST 2012)
Problema Proposto 2: Seja $$ABCD$$ um quadrilátero satisfazendo $$AC = BD$$. As diagonais $$AC$$ e $$BD$$ se intersectam em $$P$$. Sejam $$\omega_1(O_1)$$ e $$\omega_2(O_2)$$ os circuncírculos de $$ABP$$ e
$$CDP$$, respectivamente. O segmento $$BC$$ intersectam $$\omega_1,\omega_2$$ novamente em $$S, T$$, respectivamente. Sejam $$M, N$$ os pontos médios dos arcos $$SP$$ (não contendo $$B$$) e $$TP$$ (não contendo $$C$$). Prove que $$MN\parallel O_1O_2$$. (USA TSTST 2012)
Problema Proposto 3: Seja $$ABC$$ um triângulo acutângulo, e $$D$$ um ponto sobre $$BC$$. Sejam $$O_B,O_C$$ os circuncentros de $$ABD$$ e $$ACD$$, respectivamente. Suponha que os pontos $$B, C,O_B,O_C $$ estão numa circunferência de centro $$X$$, e seja $$H$$ o ortocentro de $$ABC$$. Prove que $$\angle DAX =\angle DAH$$. (USA TST 2009)
Referências:
Book Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads(Evan Chen).