PROBLEMA 3
Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O e ortocentro H. A circunferência de centro XA passa pelos pontos A e H e tangencia o circuncírculo do triângulo ABC. Defina de maneira análoga os pontos XB e XC. Sejam OA,OB e OC os simétricos de O em relação aos lados BC,CA e AB, respectivamente. Prove que as retas OAXA,OBXB e OCXC são concorrentes.
SOLUÇÃO.
Defina D=AO∩AB,E=BO∩CA,F=CO∩AB e R=AO=BO=CO. É conhecido que, OM=AH2, no qual M é o ponto médio de CB, assim temos que OOA=AH(pela reflexão), e como AH⊥BC e OOA⊥BC(reflexão), temos AH‖OOA, logo temos que o quadrilátero AOOAH é um paralelogramo e portanto HOA=AO=R, analogamente obtemos HOB=HOC=R.
Note que OA é circuncentro do triângulo BHC, pois OAB=OA=OC=OAC e ∠BOAC=∠BOC=2∠BAC=2(180−∠BHC), analogamente temos que OB e OC são circuncentros de AHC e HAB respectivamente. Agora, observe que OBH=OBA=OA=R=OCA=OCH, assim obtemos que OBOC é mediatriz de AH e consequentemente OB,OC,XA são colineares. Analogamente, conseguimos que XB,OC,OA e XC,OB,OA são colineares.
Por Homotetia temos que A,XA,O são colineares e portanto A,XA,O,D são colineares; analogamente B,XB,O,E e C,XC,O,F são colineares. Como dito anteriormente, OA=OC=OBC=OBA=OCA=OCB=R, logo os quadriláteros OAOBC e OAOCB são losangos e assim temos que OBC=OCB e OBC‖AO‖OCB, logo o quadrilátero BOCOBC é um paralelogramo, e consequentemente os quadriláteros DXAOBC e DBOCXA são paralelogramos ⇒OBXA=DC;BD=OCXA e analogamente, OBXC=FA;OAXC=FB;OAXB=CE;OCXB=EA (I)
Por Ceva no triângulo ABC, temos BDDC⋅CEEA⋅FAFB=1, substituindo em (I), temos OCXAOBXA⋅OAXBOCXB⋅OBXCOAXC=1 e pela Recíproca do Teorema de Ceva no triângulo OAOBOC, temos que as retas OAXA,OBXB,OCXC são concorrentes.