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OBM 2018 - Nível 2 - P3

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=AOAB,E=BOCA,F=COAB 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 AHBC e OOABC(reflexão), temos AHOOA, 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=2BAC=2(180BHC), 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 OBCAOOCB, 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 BDDCCEEAFAFB=1, substituindo em (I), temos OCXAOBXAOAXBOCXBOBXCOAXC=1 e pela Recíproca do Teorema de Ceva no triângulo OAOBOC, temos que as retas OAXA,OBXB,OCXC são concorrentes.