OBM 2015 - Nível 3 -P6

Problema 6:

Seja $ABC$ um triângulo escaleno e $X$, $Y$ e $Z$ pontos sobre as retas $BC$, $CA$, $AB$, respectivamente, tais que $\angle AXB = \angle BYC = \angle CZA$. Os circuncírculos de $BXZ$ e $CXY$ se cortam em $P\neq X$. Prove que $P$ está sobre a circunferência cujo diâmetro tem extremidades no ortocentro $H$ e no baricentro $G$ de $ABC$.

Solução de Matheus Bezerra:

Defina, inicialmente, $P_A$ como sendo o ponto no interior do triângulo $ABC$ tal que $\angle P_AAB=\angle CBP_A$ e $\angle P_AAC=\angle BCP_A$. Chamaremos $P_A$ de Humpty Point relativo ao vértice $A$. Um primeiro fato importante é que o quadrilátero $BCP_AH$ é cíclico. Para isso, basta ver que $\angle BP_AC=180-\angle CBP_A-\angle BCP_A=180-(\angle P_AAB+\angle P_AAC)=180-\angle BAC$ e como também $\angle BHC=180-\angle BAC$ (fato conhecido, tente demonstrar), então o resultado segue.Com isso, um segundo importante resultado será mostrar que $P_A$ está sobre o círculo de diâmetro $HG$, o que equivale a mostrar que $\angle HP_AG=90$°. Para isso, pela definição do Humpty Point, perceba que $(AP_AB)$ e $(AP_AC)$ são tangentes à reta $BC$ e que, portanto, se chamarmos de $M$ a interseção entre $AP_A$ e $BC$, $M$ estará no eixo radical das duas circunferências citadas e, então, a potência de $M$ em relação à estas duas nos indicará que $MB^2=MC^2$ e que portanto $M$ é o ponto médio de $BC$, ou seja, $P_A$ está sobre a mediana relativa ao lado $BC$. Dessa forma, sendo $E$ o pé da altura de $B$ no triângulo $ABC$, então teremos que $\angle P_AAC=\angle P_AAE=\angle P_AHE$, pois o quadrilátero $BCP_AH$ é cíclico. Logo, temos que $AEP_AH$ também é cíclico e portanto $\angle HEA=\angle HP_AA=\angle HP_AG=90$°, como queríamos. De modo análogo, definiremos $P_B$ e $P_C$ como sendo os outros dois Humpty Points do triângulo. satisfazendo propriedades análogas.

De posse desses fatos, defina agora $T_A$ como sendo a interseção entre as retas $BY$ e $CZ$. Provaremos que o $T_A$ também pertence à circunferência $(BCP_AH)$. Para isso, como $\angle BHC=180-\angle BAC$, basta provar que $\angle CT_AB=\angle BAC$, mas veja que isso decorre do fato de que, por $\angle CZA=\angle BYC$, termos que o quadrilátero $T_AZYA$ cíclico, gerando que $\angle ZT_AY=\angle ZAY=180-\angle BAC\Rightarrow \angle CT_AB=\angle BAC$, como queríamos. De forma análoga, também podemos definir $T_B$ e $T_C$, satisfazendo propriedades respectivas.

Mostremos então que o pentágono $P_BXT_BZB$ é cíclico. Para isso, veja inicialmente que já sabemos que o quadrilátero $BXT_BZ$ é cíclico usando a propriedade dada no eunciado, pois $\angle AXB=\angle CZA$. Então, basta provar que o quadrilátero $BP_BXT_B$ é cíclico. Para tal, veja que por $P_B$ ser Humpty Point, $\angle P_BBC=\angle P_BBX=\angle ACP_B$, e este ângulo é igual ao $\angle AT_BP_B=\angle XT_BP_B$, pois $ACT_BP_B$ é cíclico, como vimos anteriormente. Portanto, segue o resultado.

Agora, perceba que como $X$, $Y$ e $Z$ estão respectivamente sobre as retas $BC$, $CA$ e $AB$, então pelo teorema de Míquel, o ponto $P$ também está sobre $(AYZ)$. Ademais, usando Míquel também no triângulo $BGC$, perceba que os círculos $(BP_BX)$, $(CP_CX)$ e $(GP_BP_C)$ concorrem, o que equivale a dizer que $(BXZ)$, $(CYX)$ e a circunferência de diâmetro $HG$ concorrem, e como $P$ é interseção de $(BXZ)$ com $(CYX)$, então o problema está resolvido $\blacksquare$