OBM 2017 - Nível 2 - P5

Problema 5.

No triângulo $ABC$, com $AB\neq AC$, seja $I$ seu incentro. Os pontos $P$ e $Q$ são definidos como os pontos onde o circuncírculo do triângulo $BIC$ intersecta novamente as retas $AB$ e $AC$, respectivamente. Seja $D$ o ponto de interseção de $AI$ e $BC$.
a) Prove que $P, Q$ e $D$ são colineares;
b) Sendo $T$, diferente de $P$, o ponto de encontro dos circuncírculos dos triângulos $PDB$ e $QDC$, prove que $T$
está no circuncíırculo do triângulo $ABC$.

Solução:
a) Suponha, sem perdas, que $AC>AB$, seja $N=PC\cap AI$, note que como $AI$ e $BI$ são bissetrizes dos ângulos $\angle QAB$ e $\angle ABD$, temos que $\angle QAI=\angle IAB$, $\angle ABI=\angle IBD= \angle IQA$, pois $BIQC$ é ciclico.
Logo os triângulos $ABI$ e $AIQ$ são congruentes(LAA), portanto, $AQ=AB$ e $BI=IQ$, analogamente conseguimos que os triângulos $AIC$ e $AIP$ são congruentes(LAA) obtendo $AC=AP$ e consequentemente $CQ=BP$. Logo $PN=NC$(bissetriz de triângulo isósceles) e como:
$\frac{PN}{NC}\times \frac{CQ}{QA}\times \frac{AB}{BP}=1$, pela Recíproca do Teorema de Ceva(Triângulo $APC$), as retas $AI, BC, PQ$ são concorrentes e portanto $P, Q, D$ são colineares.
b) Como os quadriláteros $TDQC$ e $TDBP$ são ciclicos e $P, D, Q$ são colineares, temos $\angle TCA= \angle PDT=\angle PBT$ e portanto o quadrilátero $ABTC$ é cíclico.