Quadriláteros Circunscritíveis 1

Seja $ABCD$ um quadrilátero cíclico cujas diagonais intersectam em $P$. Sejam $W,X,Y,Z$ os pés das perpendiculares de $P$ sobre $AB,BC,CD,DA$, respectivamente. Mostre que $WX+YZ=XY+WZ$. (Canadá 1990).

Pelo Teorema de Pitot, basta provarmos que o quadrilátero $WXYZ$ é circunscritível. Note que o quadrilátero $WBXP$ é cíclico, assim $\angle PXW=\angle PBW=\angle DCP=\angle PXY$, logo $PX$ é bissetriz de $\angle WXY$, analogamente $PY$ é bissetriz de $\angle ZYX$; $PZ$ é bissetriz de $\angle WZY$; $PW$ é bissetriz de $\angle ZWX$, com isso o resultado segue.

Seja $ABC$ um triângulo escaleno, os pontos $X,Y,Z$, estão sobre $BC, CA, AB$ respectivamente; tal que as retas $AX, BY, CZ$ concorrem no ponto $D$ e os quadriláteros $AZDY$ e $BZDX$ são circunscritíveis. Prove que o quadrilátero $CYDX$ também é circunscritível.

Mostraremos um "Teorema de Pitot Generalizado" no quadrilátero $ABCD$(que é concavo); no qual como $AZDY$ é tangencial, teremos que o quadrilátero $ABCD$ também será tangencial(extensão dos lados) e assim provaremos que $AB+CD=AD+BC$, suponha que $DZ, DX, XB, BX$ toca o incirculo de $BZDX$ em $R, S, T, V$ respectivamente. Pelo teorema do bico, temos $CR=CT, BT=BV, AS=AV, DR=DS\Rightarrow AB+CD=AD+BC$. Analogamente $BD+AC=BA+CD$, pelas as duas últimas igualdades obtemos que $BC+DA=AC+BD$, aplicando a Reciproca do "Teorema de Pitot Generalizado", o quadrilátero $ADBC$ é tangencial e consequentemente o quadrilátero $CYDX$ é tangencial.

Prove que qualquer triângulo pode ser particionado em $2019$ quadriláteros bicêntricos.

Provaremos primeiro que qualquer triângulo pode ser particionado em $3$ quadriláteros bicêntricos. Seja $I$ seu incentro e $D, E, F$ seus pés das perpendiculares sobre $BC, CA, AB$; o quadrilátero $DIFB$ é ciclico ($\angle IDB=\angle IFB=90$) e também é tangencial, pois $BF+ID=IF+BD$ (Teorema do bico); assim conseguimos dividir nos quadriláteros bicêntricos $BDIF, CDIE, AEIF$. Por fim, divida o triângulo original em $673$ triângulos menores e aplique a operação que nós mostramos em cada um desses $673$ triângulos.

Seja $ABC$ um triângulo com $\angle ACB=90$, o ponto $D$ está em $BC$, tal que $AD$ seja bissetriz de $\angle BAC$; a mediatriz de $AD$ intersecta $(ABC)$ em $E$. O circulo de centro $E$ e raio $EA$ intersecta $(ABC)$ em $X$. Prove que o quadrilátero $ABXC$ é tangencial.

Seja $M$ o ponto médio do segmento $AD$ e $G=EM\cap (ABC)$, suponha que a bissetriz de $\angle XBA$ intersecta $AD$ no ponto $I$. De $\angle AXD=\frac{1}{2}\angle AED=\angle AEG=\angle AXG$, obtemos que os pontos $X,D,G$ são colineares, logo $\angle XBI=\frac{1}{2}\angle XBA=\frac{1}{2}\angle DGA=\angle XBE\Rightarrow B, I, E$ são colineares. Como $MA=MC=MD$(mediana triângulo retângulo), nós obtemos $\angle IEC=\angle BAC=2\angle DAC=\angle IMC\Rightarrow$ o quadrilátero $CEMI$ é cíclico! Além disso, note que $\angle CID=\angle CEM=180-\angle CXD\Rightarrow$ o quadrilátero $CIDX$ é cíclico, por fim como $\angle ICX=\angle ADG=\angle GAD=\angle GAB+\angle BAD=\angle MEI+\angle MAC=\angle MCI+\angle ACM=\angle ACI$, logo $CI$ é bissetriz de $\angle XCA$, portanto o ponto $I$ está na bissetriz de $\angle BAC,\angle ABX,\angle XCA$, assim não é difícil ver que o ponto $I$ é o incentro do quadrilátero $ABXC$ (ele está equidistante aos lados) e consequentemente tal quadrilátero é tangencial.

Um triângulo equilátero $ABC$ está inscrito em uma circunferência $\Omega$ e possui incírculo $\omega$. Os pontos $P$ e $Q$ são escolhidos nos lados $AC$ e $AB$, respectivamente, de modo que o segmento $PQ$ é tangente a $\omega$. A circunferência $\Omega_B$ possui centro $P$ e passa por $B$ e a circunferência $\Omega_C$ possui centro $Q$ e passa por $C$. Prove que as circunferências $\Omega,\Omega_B,\Omega_C$ possuem um ponto em comum. (Teste Cone Sul 2018-Brasil)

Seja $O$ o circuncentro/incentro de $ABC$, suponha que $\omega$ tangencia os segmentos $BQ, QP, PC$ nos pontos $K, L ,M$ respectivamente. Pela simetria no triângulo equilátero, temos que os pontos $B, O, M$ são colineares, analogamente $C, O, M$ são colineares. Seja $X=OL\cap \Omega$, como o quadrilátero $CBQP$ é tangencial, $PO$ é bissetriz de $\angle QPC$, e portanto também é bissetriz de $\angle LOM$, logo as retas $LO$ e $BM$ são simétricas em relação a $PO\Rightarrow$ Os triângulos $\triangle POB$ e $\triangle POX$ são congruentes e portanto $PB=PX\Rightarrow X\in \Omega_B$, analogamente $X\in \Omega_C$ e o resultado segue.

Seja $ABCD$ um quadrilátero circunscritível e seja $\omega$ seu incirculo. O ponto de interseção de $\omega$ e a diagonal $AC$ é o ponto $E$(mais próximo de $A$). O ponto $F$ é diametralmente oposto ao ponto $E$ em $\omega$, a reta tangente a $\omega$ pelo ponto $F$ intersecta as retas $AB$ e $AC$ nos pontos $A_1$ e $C_1$ respectivamente; e também intersecta as retas $AD$ e $CD$ nos pontos $A_2$ e $C_2$ respectivamente. Prove que $A_1C_1=A_2C_2$.

Denote $X=A_1A_2\cap AC$, considere a homotetia $h$ que leva o $A$-exincirculo($\triangle AA_1A_2$) em $\omega$, note que tal homotetia tem centro $A$ e além disso, como $EF$ é diâmetro de $\omega$, a reta tangente a $\omega$ por $E$ e a reta $A_1A_2$ serão paralelas e consequentemente como $X=A_1A_2\cap AE$, temos que $X$ está no $A$-exincirculo de $\triangle AA_1A_2$, ou seja, $X$ é o ponto de contato do $A$-exincirculo com $A_1A_2$, analogamente(usando homotetia) obtemos que $X$ está no incirculo de $\triangle CC_1C_2$(note que $F$ é o ponto de contato do $C$-exincirculo com $C_1C_2$), logo é conhecido que $A_1X=FA_2$ e $C_1X=FC_2$, a partir dessas equações obtemos $A_1C_1=A_2C_2$.

Nos lados $AB, BC$ e $CA$ de um triângulo $ABC$, os pontos $L, M$ e $N$ são escolhidos, respectivamente; tal que as retas $CL, AM$ e $BN$ se intersectam num ponto em comum $O$, dentro do triângulo, e os quadriláteros $ALON, BMOL$ e $CNOM$ são tangenciais. Prove que: $\frac{1}{AL\cdot BM}+\frac{1}{BM\cdot CN}+\frac{1}{CN \cdot AL} =\frac{1}{AN\cdot BL}+\frac{1}{BL\cdot CM}+\frac{1}{CM\cdot AN}$

Por Pitot nos quadriláteros $ALON, BMOL$ e $CNOM$ obtemos que $AL+ON=AN+OL$; $BM+OL=BL+OM$; $CN+OM=CM+ON$; assim concluímos que $AL+BM+CN=AN+BL+CM$ (I). Mas pelo Teorema de Ceva, temos que $AL\cdot BM\cdot CN=AN\cdot BL\cdot CM$ (II), divindo a equação (I) pela equação (II), teremos o resultado.

Seja $ABCD$ um quadrilátero circunscritível, além disso seja $K$ o centro do seu incirculo $\omega$, e os pontos $M$ e $N$ são escolhidos sobre os segmentos $AK$ e $CK$ respectivamente, de modo que $2\angle MBN=\angle ABC$. Prove que $2\angle MDN=\angle ADC$.

Assuma, sem perdas, que $AB\geq BC$, por ser incentro, o ponto $K$ está nas bissetrizes dos ângulos $\angle BAD$ e $\angle BCD$. Seja $C_1$ um ponto no segmento $AB$ tal que $BC_1=BC$. Rotacione(no sentido anti-horário), o triângulo $BCN$ num triângulo $BC_1N_1$(rotação de centro $B$). Pelo Teorema de Pitot, devemos ter $AD\geq CD$, logo tome um ponto $C_2$ no segmento $AD$, tal que $CD=DC_2$, agora rotacione (sentido horário) o $\triangle DCN$ num $\triangle DC_2N_2$ (rotação de centro $D$). Note que $BN=BN_1$, $\angle MBN=\frac{1}{2}\angle ABC=\angle ABM+\angle CBN=\angle ABM+\angle C_1BN_1=\angle MBN_1$; então os $\triangle MBN$ e $\triangle MBN_1$ são congruentes(LAL), logo $MN=MN_1$. Por Pitot: $AB+CD=AD+BC\Rightarrow AB-BC=AD-CD\Rightarrow AC_1=AB-BC=AD-CD=AC_2$, logo os pontos $C_1$ e $C_2$ são simétricos em relação a $AK$; além disso note que $NC_1=CN=NC_2$ e $\angle BC_1N_1=\angle BCN=\angle DCN=\angle DC_2N_2$, portanto $N_1$ e $N_2$ são simétricos em relação a $AK$. Logo teremos que $MN=MN_1=MN_2$ e os triângulos $\triangle DMN$ e $\triangle DMN_2$ serão congruentes(LLL), assim temos que $\angle MDN=\angle MDN_2=\angle ADM+\angle C_2DN_2=\angle ADM+\angle CDN \Rightarrow 2\angle MDN=\angle ADC$.