Problema 2
As bissetrizes internas dos ângulos $$A\hat{B}C$$ e $$A\hat{C}B$$ do triângulo $$ABC$$ se encontram no ponto $$I$$. A reta paralela a $$BI$$ que passa pelo ponto $$A$$ encontra a reta $$CI$$ no ponto $$D$$. A reta paralela a $$CI$$ por $$A$$ encontra a reta $$BI$$ no ponto $$E$$. As retas $$BD$$ e $$CE$$ se encontram no ponto $$F$$. Mostre que $$F$$, $$A$$ e $$I$$ são colineares se, e somente se, $$AB = AC$$.
Solução por Caio Hermano:
Se $$AB = AC$$, então o triângulo $$ABC$$ é isósceles de base $$BC$$. Por construção, $$BE$$ e $$CD$$ são as bissetrizes dos ângulos $$A\hat{B}C$$ e $$A\hat{C}B$$, respectivamente. Chame $$A\hat{B}C = A\hat{C}B = 2 \theta$$. Como $$AD // BE$$ e $$A\hat{B}E = \theta$$ então $$B\hat{A}D = \theta$$ (alternos internos), mas $$A\hat{C}B = 2 \theta$$ e $$CD$$ é bissetriz, assim $$B\hat{C}D$$ também é igual a $$\theta$$ e o quadrilátero $$ADBC$$ será inscritível ($$B\hat{A}D = B\hat{C}D = 2 \theta$$). Da mesma forma, podemos afirmar que $$C\hat{A}E = C\hat{B}E = \theta$$, já que $$AE // CD$$ e $$BE$$ é bissetriz de $$A\hat{B}C$$, assim o quadrilátero $$AECB$$ também será inscritível e como três pontos formam uma circunferência única (neste caso, $$A,B,C$$) temos que $$A,B,C,D,E$$ são concíclicos.
Por fim, pela última informação $$D\hat{B}E = D\hat{C}E$$, mas $$E\hat{B}C = D\hat{C}B = \theta$$ por definição, logo:
$$D\hat{B}E = D\hat{C}E \Rightarrow D\hat{B}E + E\hat{B}C = D\hat{C}E + D\hat{C}B \Rightarrow D\hat{B}C = E\hat{C}B \Rightarrow F\hat{B}C = F\hat{C}B$$.
Provamos que o triângulo $$FBC$$ é isósceles de base $$BC$$, logo $$F$$ está na mediatriz de $$BC$$, que também é a bissetriz de $$ABC$$, já que este triângulo também é isósceles. Logo, $$F$$,$$A$$ e $$I$$ são colineares.
Agora resta mostrar que se $$F$$, $$A$$ e $$I$$ são colineares, então, $$AB = AC$$.
Observe o triângulo $$FIC$$, como $$IC // AE$$, pelo Teorema de Tales:
$$\dfrac{FA}{AI} = \dfrac{FE}{EC}$$
Agora observe o triângulo $$FIB$$, como $$IB // AD$$, novamente pelo Teorema de Tales:
$$\dfrac{FA}{AI} = \dfrac{FD}{DB}$$
Por fim, chame de $$N$$ o ponto que $$AI$$ corta $$BC$$ e utilize o teorema de Ceva no triângulo $$FBC$$:
$$\dfrac{BN}{NC} \cdot \dfrac{EC}{FE} \cdot \dfrac{FD}{DB} = 1$$
Pelos resultados anteriormente encontrados:
$$\dfrac{BN}{NC} \cdot \dfrac{AI}{FA} \cdot \dfrac{FA}{AI} = 1 \Rightarrow \dfrac{BN}{NC} = 1 \Rightarrow BN = NC$$
O ponto $$N$$ será ponto médio de $$BC$$. Para finalizar o problema basta aplicarmos o teorema da Bissetriz Interna relativa ao lado $$BC$$:
$$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BN}{NC}$$
Mas $$\dfrac{BN}{NC} = 1 \Rightarrow AB = AC$$.
Como queríamos demonstrar!