Eureka! 22 - OBM

Parte 2)
EUREKA! N°22, 2005
Sociedade Brasileira de Matemática
A B
D C
44
O
Suponhamos agora que os 4 círculos têm um ponto em comum. Temos então que os
incírculos dos triângulos ABC e ACD tocam AC no mesmo ponto, pois do contrário
não teriam nenhum ponto em comum. Seja O esse ponto. Veja que se O estiver no
interior do triângulo ABC o incírculo do triângulo BDC não o conterá, e seguindo o
mesmo raciocínio vemos que O não está no interior do triângulo BDC. Logo O está
sobre BD ⇒ AC ∩ BD = O.
Sejam O1, O2, O 3 e O 4 Os incentros dos triângulos DAB, ABC, BCD e CDA,
respectivamente. Suponhamos que AC e BD não são perpendiculares. Suponhamos
agora, sem perda de generalidade, que AOB e DOC são obtusos e BOC e AOD
são agudos. Claramente O 2 está no interior do triângulo AOB, pois já que
O2O⊥ AC,
temos O2 OC > BOC.
Com o mesmo raciocínio encontramos que O 1 e
O 2 estão no interior do triângulo AOB e que O 3 e O 4 estão no interior do triângulo
COD. Seja 1 1 2 .
G = AO ∩BO
DAB ABC DAB + ABC
Claramente G1 AB = e G1 BA= ⇒ = 180°−AG1B
2
2 2
180 ( ) 180 2(180 ) 180 ,
= °− OAG + OBG + AOB < °−AOB ⇒ DAB + ABC < °− AOB < °
1 1
pois AOB > 90 ° . De modo análogo temos
BCD + CDA < 180°
⇒ DAB+ ABC+ BCD+ CDA < 360°⇒ 360°< 360°.
Absurdo!
Assim, AC ⊥ BD,
donde O1∈AO, O2∈BO, O3∈CO, O4∈DO⇒ AO, BO, COe
DO
são, além de alturas, bissetrizes ⇒ ABC, BCD, CDA, DAB são isósceles
⇒ AB = BC = CD = DA
⇒ ABCD é um losango.