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.