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.