OBM 2016 - Nível 3 - P6

Problema 6: Seja $ABCD$ um quadrilátero convexo, não circunscritível, sem lados paralelos. As retas $AB$ e $CD$ se cortam em $E$. Seja $M\neq E$ a interseção dos circuncírculos de $ADE$$, $BCE$. As bissetrizes internas de $ABCD$ determinam um quadrilátero convexo cíclico de circuncentro $I$, as bissetrizes externas de $ABCD$ determinam um quadrilátero cíclico de centro $J$. Prove que $I,J,M$ são colineares.

Solução:

Seja $F$ a interseção de $AD$ e $BC$ e $P,Q,R,S$ as interseções das bissetrizes externas de $(A,B)$,$(B,C)$,$(C,D)$,$(A,D)$

Lema: $J$ está na bissetriz do ângulo $\angle BMD$.

Prova: Primeiro, vejamos que $M$ é o miquel de de $ABCD$ por definição. Logo

$$\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{MA}{MD}\implies MB\cdot MD=MA\cdot MC$$

Assim, façamos uma inversão de centro $M$ de raio $MB\cdot MD$ seguida por uma reflexão pela bissetriz de $\angle BMD$. Essa composição de transformações geométricas tem muitas propriedades legais! Assumimos o conhecimento do material de inversão do noic a partir daqui.

Veja que nessa extraversão $B\leftrightarrow D$ e $A\leftrightarrow C$, pois

$$MA\cdot MC=MB\cdot MD \mbox{ e } \angle BMC=\angle AMD$$

$\implies$ As bissetrizes de $\angle BMD$ e $AMC$ são as mesmas, além de $E\leftrightarrow F$, porque $(MAD)\leftrightarrow BC$ e $(MBC)\leftrightarrow AD$

Sejam $P',Q',R',S'$ as imagens de $P,Q,R,S$ na extraversão e $J^{\cdot}$ o centro de $P'Q'R'S'$. se provarmos que $P'$ está na circunferência de $PQRS$ conseguiremos provar o Lema, Pois, analogamente, poderemos provar que $Q',R',S'$ estão na circunferência $PQRS$ mas a reta $\displaystyle \overleftrightarrow{MJ}$ vai para a reta $\overleftrightarrow{MJ'}$, que tem que ser isogonal à reta $\overleftrightarrow{MJ}$, mas, nesse caso $J=J'\implies J$ está na bissetriz, pois a reta foi refletida e se manteve a mesma.

Veja que $P'$ está na circunferência $(CRD)$, pois

$$\angle DP'C=\angle MP'C-\angle MP'D\stackrel{(*)}=\angle MAP-\angle MBP$$

$$=(\angle MAF+\angle PAF)-(\angle MBF-\angle PBF=\angle PAF+\angle PBF+\underbrace{(\angle MAF-\angle MBF)}_{=0}=90^{\circ}-\dfrac{\angle AFB}2\stackrel{(*)}=\angle CRD$$

(O primeiro $(*)$ é marcação de ângulo de inversão (Para lembrar, $\angle MA'B'=\angle MBA$ e o segundo é porque $\angle MAF,\angle MBF$ são ângulos de bissetriz.)

Vejamos também que $P'\in(ESD)$, pois

$$\angle DP'E=\angle MP'D+\angle MP'E=\angle MBP+\angle MFP=$$

$$=(\angle PBA-\angle MBA)+(\angle MFA+\angle PFA)=\angle PFA+\angle PBA=90{^\circ}-\dfrac{\angle FAB}2\stackrel{(OPV)}=90-\dfrac{\angle DAE}2=180-\angle DSE$$

Pois $\angle DSE=90+\dfrac{\angle DSE}2$. Assim, P' tem que ser o ponto de miquel do quadrilátero $SDCQ$ (Claramente, $\overleftrightarrow{SQ}$ passa por $E$). Assim, finalmente, $P'\in (SRQ)$.

Logo, nosso lema está provado e $J$ está na bissetriz de $\angle BMD$. Analogamente, $I$ também estará, então $M-J-I$ como queríamos demonstrar!

$\blacksquare$