OBM 2019 - Nível 3 - P6

Problema 6

Seja $A_1A_2A_3A_4A_5$ um pentágono convexo inscritível com $\angle A_i + \angle A_{i+1} > 180$ para $i = 1, 2, 3, 4, 5$ (índices módulo $5$ em todo o problema). Defina $B_i$ como a interseção das retas $A_{i-1}A_i$ e $A_{i+1}A_{i+2}$, formando uma estrela. Os circuncírculos dos triângulos $A_{i-1}B_{i-1}A_i$ e $A_i B_i A_{i+1}$ se cortam novamente em $C_i \neq A_i$, e os circuncírculos dos triângulos $B_{i-1}A_iB_i$ e $B_iA_{i+1}B_{i+1}$ se cortam novamente em $D_i \neq B_i$. Prove que as dez retas $A_iC_i, B_iD_i, i = 1, 2, 3, 4, 5$, têm um ponto em comum.

Solução de Caio Hermano:

Vejamos primeiramente que, se $X_1=B_1D_1\cap A_1A_2$, por Potência de Ponto, obtemos que:

$Pot_{(A_5B_5A_1)} X_1=$ $X_1A_1\cdot X_1B_5 =$ $Pot_{(B_5A_1B_1)} X_1=$ $X_1D_1\cdot X_1B_1 =$ $Pot_{(B_1A_2B_2)} X_1=$ $X_1A_2\cdot X_1B_2 =$ $Pot_{(A_2B_2A_3)} X_1 \Rightarrow X_1 \in$ Eixo Radical das circunferências $(A_5B_5A_1)$ e $(A_2B_2A_3)$.

$Pot_{(A_5B_5A_1)} B_1=$ $B_1A_1\cdot B_1A_5=$ $Pot_{(A_1A_2A_3A_4A_5)}=$ $B_1A_2\cdot B_1A_3$ $=Pot_{(A_2B_2A_3)} B_1$ $\Rightarrow B_1 \in$ Eixo Radical das circunferências $(A_5B_5A_1)$ e $(A_2B_2A_3)$, logo, a reta $B_1X_1$, ou seja, $B_1D_1$é o Eixo Radical das circunferências $(A_5B_5A_1)$ e $(A_2B_2A_3)$.

Agora, por Centro Radical nas circunferências $(A_5B_5A_1)$, $(A_1B_1A_2)$ e $(A_2B_2A_3)$, nós temos que as retas $A_1C_1,$ $B_1D_1,$ $A_2C_2$ são concorrentes. Analogamente, todas as triplas de retas da forma $A_iC_i,$ $B_iD_i,$ $A_{i+1}C_{i+1}$ são concorrentes. Ou seja, é suficiente demonstrar que todas as retas $A_iC_i,$ $i=1,2,3,4,5,$ concorrem.

Sejam, para $i=1,2,3,4,5$, $\beta_i = \angle A_iB_iA_{i+1}$ os ângulos internos da estrela $B_1B_3B_5B_2B_4$ e $\alpha_i = \angle B_iA_iA_{i+1}$ os ângulos externo do pentágono $A_1A_2A_3A_4A_5$.

Note que, por ângulo externo, $\beta_4 +\beta_2 =\alpha_1 \Rightarrow$ $(180-\alpha_1) +\beta_2 =(180-\beta_4)$ $\Rightarrow 180 - \angle B_1B_4A_3$ $= \angle A_2A_1A_5 +\angle A_2B_2A_3$ $= \angle B_1C_2A_2 +\angle A_2C_2A_3$ $=\angle B_1C_2A_3 \Rightarrow B_4B_1C_2A_3$ é cíclico.

De modo análogo, $\angle A_3C_4B_4 =$ $\angle A_3C_4A_4 + \angle A_4C_4B_4 =$ $\angle A_4B_3A_3 +\angle A_4A_5A_1 =$ $\beta_3 +180-\alpha_5 =$ $180-\beta_1 =$ $\angle A_3B_1B_4$ $\Rightarrow C_4 \in (B_1A_3B_4)$. Logo, $B_4B_1C_2A_3C_4$ é um pentágono cíclico.

$\theta = \angle A_4A_2A_3 = \angle A_1A_2A_3 - \angle A_1A_2A_4= 180 - \alpha_5 - \alpha_2$

$\phi = \angle C_2A_2B_2 = \angle C_2A_3B_2 \Rightarrow 180 - \phi = \angle C_2A_3B_4 = \angle B_4C_4C_2 \Rightarrow$ Mas, como $\angle B_4C_4A_4 =180-\alpha_5$ $\Rightarrow \angle A_4C_4C_2 =180-\phi -(180-\alpha_5)$.

Além disso, $\angle A_4A_2C_2=\phi +\theta +\alpha_2=\phi +(180-\alpha_5 - \alpha_2) +\alpha_2 =\phi +180-\alpha_5$

Logo, $\angle A_4A_2C_2 +\angle A_4C_4C_2 =180 \Rightarrow A_2C_2A_4C_4$ é um quadrilátero cíclico. Assim, por Centro Radical nas circunferências $(A_2C_2A_4C_4)$, $(A_2B_2A_3)$ e $(A_3B_3A_4) \Rightarrow$ $A_2C_2,A_3C_3,A_4C_4$ concorrem. Analogamente, as triplas de retas $A_3C_3,A_4C_4,A_5,C_5$ e $A_4C_4,A_5C_5,A_1C_1$.

Portanto, as $5$ retas $A_iC_i,$ $i=1,2,3,4,5$ concorrem $\Rightarrow$ As $10$ retas $A_1C_1,$ $A_2C_2,$ $A_3C_3,$ $A_4C_4$ $A_5C_5,$ $B_1D_1,$ $B_2D_2,$ $B_3D_3,$ $B_4D_4$ e $B_5D_5,$ possuem um ponto em comum.