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 $$\blacksquare$$