OBM 2022 - Nível 3 - P2

Problema 2

Seja $ABC$ um triângulo acutângulo, com $AB < AC$. Sejam $K$ o ponto médio do arco $BC$ da circunferência circunscrita a $ABC$ que não contém $A$ e $P$ o ponto médio do lado $BC$. Os pontos $I_B$ e $I_C$ são os exincentros relativos aos vértices $B$ e $C$, respectivamente. Seja $Q$ a reflexão de $K$ pelo ponto $A$. Mostre que $P$, $Q$, $I_B$ e $I_C$ estão sobre uma mesma circunferência.

Solução por Luca Zanardi:

Primeiramente, passaremos algumas configurações iniciais para o problema, como na figura a seguir:

 

Aqui, $K'$ é o pé da bissetriz interna de $\angle BAC$ por $BC$. $I_A$ é o ex-incentro relativo ao vértice $A$. Como usualmente, $I$ é o incentro de $ABC$, e $M$ o ponto médio do arco $BAC$ (ponto antípoda a K). Além disso, $T = AM \cap BC$.

Queremos provar que $\angle I_BQI_C + \angle I_B P I_C = 180 \iff \angle I_BKI_C + \angle I_BPI_C = 180$.

Considere a extraversão $\phi$ de polo A e raio $\sqrt{AB\cdot AC}$ (Inversão com polo e raio seguido por uma reflexão pela bissetriz). Considere $\phi (X) = X'$, para simplificação.

É fato conhecido que $B' = C, C' = B$ e o arco menor $BC$ é levado ao segmento de reta $BC \implies K' = \phi (K)$. Provaremos agora o seguinte Lema: $I_B' = I_C, I_C' = I_B, I' = I_A, e I_A' = I$.

Note que $I_B$ e $I_C$ estão numa mesma reta passando por $A$, em lados opostos da reta bissertriz, e a reflexão dessa reta pela bissetriz é ela mesma (bissetriz externa faz $90^{o}$ com a interna). Assim, basta provar que $AI_B\cdot AI_C = AB\cdot AC$. É sabido que M é ponto médio de $I_BI_C$ (Lema do Incentro). Logo, teremos:

$AI_B\cdot AI_C = (MI_C + AM)\cdot (MI_C - AM) = MI_C^2 - AM^2$.

Como $M$ é o centro de $I_BI_CB (\angle I_BBI_C = 90^{o})$, obtemos que $MI_C = MB$, e então $MI_C^2 - AM^2 = BM^2 - AM^2 = MK^2 - BK^2 - AM^2$, donde a última igualdade ocorre pelo teorema de pitágoras em $MKB$ ($MK$ é diâmetro, logo $\angle MBK = 90^{o}$). A partir disso, vemos que $MK^2 - AM^2 = AK^2$ (Pitágoras em MKA). Daí:

$MK^2 - BK^2 - AM^2 = AK^2 - BK^2 =AK^2 - IK^2 =$

$= (AK - IK)(AK + IK) = AI\cdot I_A$ (As últimas igualdades utilizam o Lema do Incentro, que afirma que $BK = CK = IK = KI_A$). Dessa forma, $AI_B\cdot AI_C = AI\cdot AI_A$. Como $I$ e $I_A$ estão na bissetriz, suas reflexões pela mesma não mudam. Seja $I' = \phi(I)$. Queremos provar que $I_A = I'$. Note que, pelas propriedades de inversão e reflexão, teremos que $\angle IBA = \angle B'I'A$. Considere $\beta = \angle IBA$. Daí, $\angle CI'A = \beta$. Porém, é fácil ver que $CI_AA = \beta$, e que $I_A$ é o único ponto na semirreta $AK$ que satisfaz o mesmo. Logo, $I' = I_A \implies AI\cdot AI_A = AB\cdot AC \implies I_B' = I_C$, e vice versa ($\phi(\phi(X)) = X$), Lema provado!

Pela extraversão, sabemos que $\angle I_BKI_C = I_BKA + I_CKA = K'I_CA + K'I_BA = 180 - I_BK'I_C$ (Soma dos ângulos de um triângulo é $180^{o}$). Como queremos provar que $\angle I_BKI_C + \angle I_BPI_C = 180$, vemos agora que isso ocorre $\iff \angle I_BPI_C + (180 - I_BK'I_C) = 180 \iff I_BPI_C = I_BK'I_C$

$\iff I_BPK'I_C$ é cíclico $\iff TK' \cdot TP = TI_B\cdot TI_C$. Note que:

$TI_B\cdot TI_C = TB\cdot TC$ (pois $BCI_BI_C$ é cíclico), e $TB\cdot TC = TA\cdot TM$ (pois ABCM é cíclico), então é suficiente provar que $TK'\cdot TP = TA\cdot TM \iff MAK'P$ é cíclico. Para isto, basta que $\angle MAK' + \angle K'PM = 180$, e isso obviamente ocorre, pois $MAK' = MAK = 90^{o}$ e $K'PM = BPM = 90^{o}$ (M é ponto médio do arco, P é ponto médio do lado). Logo, $\angle MAK' + \angle K'PM = 180 \implies \dots \implies PQI_BI_C$ é cíclico, como queríamos demonstrar.