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!
$$\blacksquare$$