Colinearidade

Sejam $A$, $B$ e $C$ pontos distintos. Dizemos que eles são colineares se existe uma reta que passa por eles. Caso contrário, dizemos que eles são não colineares.

Como podemos provar que três pontos são colineares? Existem várias estratégias.

1ª Estratégia: Provar que os pontos não formam um triângulo

Se $\angle ABC = 0$, então $A$, $B$ e $C$ são colineares.

Exemplo (Cone Sul 1991)

Dado um quadrado $ABCD$ com lado $1$ e um quadrado dentro de $ABCD$ com lado $x$, determine (em termos de $x$) o raio $r$ do círculo tangente aos dois lados de $ABCD$ e que toca no quadrado de lado $x$.

Solução: Vamos nomear os vértices conforme a figura a seguir.

Seria muito legal se a diagonal $AC$ passasse pelo centro $O$ do círculo e também pela diagonal $AF$. De fato, daí poderíamos concluir que

$AC=AF+FO+OC.$

Vejamos que isto realmente ocorre.

Comecemos mostrando que $O$ pertence a $AC$, ou seja, $O$, $A$ e $C$ são colineares. Para isto, provaremos que eles não formam um triângulo. Observe que

$\angle ACO = \angle OCB - \angle ACB$

ou

$\angle ACO = \angle ACB - \angle OCB$

Sabemos que $\angle ACB=45^{\circ}$. Se provarmos que $\angle OCB=45^{\circ}$, então $\angle AOC=0^{\circ}$, de onde podemos concluir que A, C e O são colineares. Isto pode ser concluído do fato que $OPC$ e $OQC$ são congruentes.

Da mesma forma, podemos provar que $AF$ está contida na diagonal $AC$. Como podemos usar a igualdade $AC=AF+FO+OB$ a nosso favor? Basta calcularmos $AC$, $AF$, $FO$ e $OB$ separadamente e depois substituirmos nela.

Note que $AC=\sqrt{2}$, $AF = x\sqrt{2}$ e $FO=r$. Resta determinarmos o valor de $OC$. Para isto, basta notarmos que $OPCQ$ é um quadrado de lado $r$, de onde segue que $OC=r\sqrt{2}$.

Desta maneira,

$\sqrt{2}=x\sqrt{2}+r+r\sqrt{2} \Leftrightarrow r=\frac{\sqrt{2}(1-x)}{\sqrt{2}+1}=(2-\sqrt{2})(1-x).$

2ª Estratégia: Provar que retas coincidem

Se as retas $AB$ e $AC$ coincidem, então $A$, $B$ e $C$ são colineares.

Como provar que retas coincidem? Você pode se aproveitar dos seguintes fatos:

• Dado um ponto $P$ e uma reta $r$ qualquer (passando ou não por $P$), existe uma única reta que passa por $P$ e é perpendicular a $r$.

• Dado um ponto $P$ e uma reta $r$ qualquer, existe uma única reta que passa por $P$ e é paralela à $r$.

Por exemplo, pegar duas retas e mostrar que ambas passam por certo ponto e ambas são perpendiculares (ou paralelas) à determinada reta, então elas coincidem.

• A bissetriz de um ângulo é única.

Exemplo

Sejam $ABC$ um triângulo, $D$ e $E$ pontos sobre $AB$ e $AC$, respectivamente, com $DE$ paralelo a $BC$.. Além disso, considere $F$ e $G$ sobre $DE$ e $BC$, respectivamente, tais que $AF$ e $AG$ são perpendiculares a $DE$ e $BC$, respectivamente. Prove que $A$, $F$ e $G$ são colineares.

Solução: Basta mostrarmos que as retas $AF$ e $AG$ coincidem. Observe que estas retas são perpendiculares a $BC$ e passam por $A$. Porém, dado uma reta e um ponto fora dela, existe somente uma perpendicular passando por ela. Logo, $AF$ e $AG$ coincidem.

Exemplo

Na figura a seguir $r$ e $s$ são ambas tangentes às circunferências $\Gamma_{1}$ e $\Gamma_2$ de centros $O_1$ e $O_2$, respectivamente. Além disso, $O$ é o ponto de encontro entre $r$ e $s$. Prove que $O_1$, $O$ e $O_2$ são colineares.

Solução: Observe que $OO_1$ é bissetriz do ângulo agudo formado por $r$ e $s$. Mais ainda: ela é bissetriz também do ângulo OPV (caso prolonguemos $OO_1$ por $O$). Além disso, $OO_2$ também é bissetriz desse ângulo. Desta forma, como a bissetriz é única, $OO_1$ e $OO_2$ coincidem e assim $O_1$, $O$ e $O_2$ são colineares.

Exemplo (Cone Sul 1997)

Seja $C$ uma circunferência de centro $O$, $AB$ um diâmetro dela e $R$ um ponto qualquer em $C$ distinto de $A$ e de $B$. Seja $P$ a interseção da perpendicular traçada por $O$ a $AR$. Sobre a reta $OP$ se marca o ponto $Q$, de maneira que $QP$ é a metade de $PO$ e $Q$ não pertence ao segmento $OP$. Por $Q$ traçamos a paralela a $AB$ que corta a reta $AR$ em $T$.

Chamamos de $H$ o ponto de interseção das retas $AQ$ e $OT$.

Provar que $H$, $R$ e $B$ são colineares.

Solução: Provaremos que as retas $HR$ e $BR$ coincidem. Observe que $\angle APO = \angle ARB =90^{\circ}$, de onde segue que $OP$ e $BR$ são paralelos. Sabemos que existe somente uma reta paralela a $OP$ que passa por $R$. Se mostrarmos que $HR$ é paralelo a $OP$, podemos concluir que $HR$ e $BR$ coincidem.

Uma das maneiras de mostrarmos um paralelismo é procurarmos alguma semelhança. Se mostrarmos que os triângulos $AHR$ e $AQP$ são semelhantes, podemos concluir que $HR$ e $QP$ são paralelos, de onde segue que $HR$ é paralelo a $OP$.

Vamos relacionar algumas dessas medidas desses triângulos para ver se conseguirmos alguma informação. Como $QT$ e $AB$ são paralelos, segue que os triângulos $QHT$ e $AHO$ são semelhantes e com isso,

$\frac{AH}{QH}=\frac{AO}{QT}.(*)$

Conseguimos ainda alguma outra relação entre esses lados? Como $QT$ e $AB$ são paralelos, segue que $\angle TQP = \angle POA$. Além disso, $\angle QPT = \angle APO = 90^{\circ}$. Desta maneira, $QPT$ e $OPA$ são semelhantes pelo caso $AA$. O interessante dessa semelhança é que ela também envolve $AO$ e $QT$. De fato,

$\frac{AO}{QT}=\frac{OP}{PQ}.$

Como $QP$ é a metade de $PO$, segue que

$\frac{AO}{QT}=2.$

Se substituirmos em $(*)$:

$\frac{AH}{QH}=2 \Leftrightarrow AH=2QH \Leftrightarrow AQ+QH = 2QH \Leftrightarrow AQ = HQ.$

Com isso, $Q$ é ponto médio de $AH$. Se mostrarmos que $P$ é ponto médio de $AR$, provaremos que os triângulos $AHR$ e $AQR$ são semelhantes. Mais ainda, como $OP$ e $HR$ serão colineares, poderemos concluir que $H,R$ e $B$ são colineares.

Mas como o triângulo $OAR$ é isósceles e $OP$ é perpendicular a $AR$, segue que $P$ é ponto médio de $AR$ e assim $OP$ e $HR$ são paralelos.

3ª Estratégia: Provar que a Desigualdade Triangular não vale

Se provarmos que a desigualdade triangular não é válida, então os pontos não podem formar um triângulo. Desta forma, eles são colineares.

Exemplo

Sejam $C_1$ e $C_2$ duas circunferências de centros $O_1$ e $O_2$, respectivamente. Se elas forem tangentes em um ponto $T$, mostre que $O_1$, $T$ e $O_2$ são colineares.

Solução: Suponha que $O_1$, $T$ e $O_2$ não sejam colineares. Então eles formam um triângulo. Sejam $P_1$ e $P_2$ os pontos de intersecção da reta $O_1 O_2$ com as circunferências $C_1$ e $C_2$, respectivamente. Com isso, se $r_1$ e $r_2$ forem os raios das circunferências $C_1$ e $C_2$, respectivamente, então $O_1T=r_1$ e $O_2T=r_2$.

Desta maneira,

$O_1O_2=O_1P_1+P_1P_2+P_2O_2=r_1+P_1P_2+r_2>r_1+r_2=O_1T+O_2T.$

Mas isto contradiz a desigualdade triangular. Logo, $O_1$, $O_2$ e $T$ não formam um triângulo e por isso são colineares.

4ª Estratégia: Provar que eles formam ângulos OPV

Sejam $r$ uma reta qualquer, $A$ e $B$ pontos fora dela (cada um em um semiplano diferente), $C$, $D$ e $E$ pontos sobre ela ($C$ entre $D$ e $E$). Se $\angle ACE= \angle BCD$, então $A$, $B$ e $C$ são colineares.

Exemplo (OBM 2000 - 3ª Fase - Níveis 2 e 3)

Em uma folha de papel a reta $r$ passa pelo canto $A$ da folha e forma um ângulo $\alpha$ com a borda horizontal, como na figura $1$. Para dividir este ângulo $\alpha$ em três partes iguais, executaremos as seguintes construções:

a) inicialmente, marcamos dois pontos $B$ e $C$ sobre a borda vertical de modo que $AB=BC$; pelo ponto $B$ traçamos a reta $s$ paralela à borda (figura $2$);

b) a seguir, dobramos o papel, ajustando-o de modo que o ponto $C$ coincida com um ponto $C'$ sobre a reta $r$ e o ponto $A$ coincida com um ponto $A'$ sobre a reta $s$ (figura $3$); chamamos de $B'$ o ponto com o qual $B$ coincide.

Mostre que as retas $AA'$ e $AB'$ dividem o ângulo $\alpha$ em três partes iguais.

Solução: Você pode estar pensando: "poxa, essas dobras só vão atrapalhar minha vida". Não elas não vão. Pelo contrário, elas vão te ajudar lhe dando várias informações legais sobre o problema. Para nos ajudar vamos nomear alguns pontos da figura. Considere $t$ a reta sobre a qual é feita a dobra e $P$ o ponto de encontro desta reta com o "lado de baixo" do retângulo (conforme mostra a figura). Tome ainda $X$ o ponto de intersecção de $t$ com $s$ e $K$ a intersecção entre $A'B'$ e $AP$.

Considere $\theta=\angle PAA'$. Provaremos que $\angle A'AB'$ e $\angle B'AC'$ também são iguais a $\theta$. Vamos calcular outros ângulos em função de $\theta$. Como $BA'$ e $AP$ são paralelas, segue que $\angle AA'X=\theta$. E a dobra? Ainda não usamos ela. Observe que $A$ coincide com $A'$. Assim, $AX=XA'$, de onde segue que $\angle A'AX=\angle AA'X=\theta$.

Resta provarmos que $\angle B'AC'=\theta$. Para as contas ficarem mais fáceis, seria interessante se $A$, $X$ e $B'$ são colineares. Para isto, faremos o seguinte: provaremos que $\angle BXA=\angle B'XA'$. Para isto, calcularemos ambos em função de $\theta$.

Observe que, como $BA'$ e $AP$ são paralelos,

$\angle BXA=\angle XAP=\angle XAA'+\angle A'AP=\theta+\theta=2\theta.$

Para encontrarmos $\angle B'XA'$, vamos encontrar ângulos próximos a ele. Para nos ajudar, usaremos novamente a dobra a nosso favor: afinal, ela preserva ângulos. Por causa disso, podemos concluir que $\angle PA'B'=\angle PAB=90^{\circ}$.

Além disso, observe que se encontrarmos $\angle BA'B'$, podemos determinar $\angle B'XA'$. Note que

$\angle PA'B=2\theta \Rightarrow \angle BA'B'=90^{\circ}-2\theta \Rightarrow \angle B'XA'=2\theta$.

Desta maneira, $A$, $X$ e $B$ são colineares. Isto vai ser útil para terminarmos o problema: provaremos que $\angle B'AC'=\theta$. Para isto, mostraremos que $AB'$ é bissetriz do ângulo $\angle A'AC'$.

Sabemos que $AB'$ é altura do triângulo $A'AC'$. Se provarmos que $AB'$ também é mediana, ele também será uma bissetriz. Repare que a dobra preserva medida. Como AB=BC, segue que $A'B'=B'C'$.

Portanto, $AB'$ é uma bissetriz do triângulo $A'AC'$ e com isso, $\angle B'AC'=\theta$.

5ª Estratégia: Provar que um dos pontos pertence a uma reta

Se provarmos que um ponto $C$ pertence à reta $AB$, então $A, B$ e $C$ serão colineares.

Exemplo (Cone Sul 2010)

O incírculo do triângulo $ABC$ toca os lados $BC,CA$ e $AB$ em $D,E$ e $F$, respectivamente. Sejam $\omega_a,\omega_b$ e $\omega_c$ os circuncírculos dos triângulos $EAF,DBF$ e $DCE$, respectivamente. As retas $DE$ e $DF$ cortam $\omega_a$ em $E_a \neq E$ e $F_a \neq F$, respectivamente. Seja $r_A$ a reta $E_aF_a$. Defina $r_B$ e $r_C$ de modo análogo. Prove que as retas $r_A, r_B$ e $r_C$ determinam um triângulo cujos vértices pertencem aos lados do triângulo $ABC$.

Solução: Sejam $X, Y$ e $Z$ pontos médios de $BC,CA$ e $AB$, respectivamente. Provaremos que $r_A, r_B$ e $r_C$ coincidem com as retas $YZ,ZX$ e $XY$, respectivamente. Isto provará que o triângulo formado pelas retas $r_A, r_B$ e $r_C$ tem todos os seus vértices pertencentes aos lados do triângulo $ABC$.

Provaremos aqui apenas que $r_A$ coincide com a reta $YZ$. Os outros casos são análogos. Para provarmos que as retas coincidem, basta mostrarmos que $E_a$ e $F_a$ pertencem a $YZ$. Sabemos que $YZ$ é paralelo a $BC$ (pois é base média). Assim, se mostrarmos que $ZE_a$ e $BC$ são paralelos, provaremos que $E_a$ pertence a $YZ$.

Seja $I$ o incentro do triângulo $ABC$. Para facilitar, provaremos que $B,I$ e $E_a$ são colineares (veremos depois o porquê deste fato nos ajudar). Para isto, mostraremos que $E_a$ pertence à reta $BI$. Como faremos isso? Observe que $E_a$ pertence a $DE$. Ou seja, é suficiente provarmos que $E_a$ é o ponto de encontro entre $BI$ e $DE$. Para isto, iremos considerar $U$ o ponto de encontro entre $BI$ e $DE$ e mostrar que $U$ e $E_a$ coincidem.

A estratégia aqui será a seguinte: provaremos que $\angle IE_aD=\angle IUD$, o que mostrará que $D$ e $E_a$ coincidem. De fato, se eles não coincidissem, teríamos um ângulo externo de um triângulo maior que um dos ângulos internos (o que não pode acontecer).

Observe que como $E$ e $F$ são pontos de tangência, segue que $\angle IEA = \angle IFA = 90^{\circ}$ e assim o quadrilátero $IEAF$ é inscritível, de onde segue que $I$ pertence a $\omega_a$. Mas sabemos também que $E_a$ também pertence a $\omega_a$. Logo, $IAEE_a$ é inscritível e como $\angle IE_aD$ é ângulo externo, segue que

$\angle IAE= \angle IE_aD.$

Provaremos também que $IUD = \angle IAE (*)$. Comecemos observando que $\angle IAE = \frac{\angle BAC}{2}$. Vamos procurar encontrar as medidas de $\angle IUD$ em função dos ângulos do triângulo $ABC$. Se aplicarmos o Teorema do Ângulo Externo no triângulo $BUD$,

$\angle EDC = \angle IBC + \angle IUD \Leftrightarrow \angle IUD = \angle EDC - \angle IBC. (**)$

Vamos calcular $\angle EDC$ e $\angle IBC$ em função dos ângulos do triângulo $ABC$. Como $BI$ é bissetriz do ângulo $\angle ABC$,

$\angle IBC = \frac{\angle ABC}{2}.$

E quanto a $\angle EDC$? Observe que $D$ e $E$ são pontos de tangência, de onde segue que $CD=CE$. Assim, pelo Teorema do Triângulo Isósceles, $\angle EDC = 90^{\circ}-\frac{\angle ACB}{2}$. Se voltarmos a $(**)$,

$\angle IUD = 90^{\circ}-\frac{\angle ACB}{2} - \frac{\angle ABC}{2}.$

Como a soma dos ângulos do triângulo $ABC$ é $180^{\circ}$, segue que

$\angle IUD = \frac{BAC}{2}=\angle IAE.$

O que demonstra $(*)$. Desta forma, $\angle IE_aD=\angle IUD$, o que mostra que $D$ e $E_a$ coincidem, ou seja, $B,I$ e $E_a$ são colineares. E por que este fato nos ajuda? Vejamos!

Como $\angle IE_aA$ e $\angle IEA$ enxergam o mesmo arco em $\omega_a$ e $\angle IEA=90^{\circ}$ (pois $IE$ é o raio do incírculo e $AC$ é tangennte a ele em $E$), segue que $\angle IE_aA=90^{\circ}$.

Além disso, $Z$ é o ponto médio da hipotenusa do triângulo $AE_aB$. Assim, $ZE_a=ZB$, de onde segue que $\angle ZE_aB = \angle ZBE_a$. Pelo Teorema do Ângulo Externo no triângulo $BZE_a$ e pelo fato de que $BE_a$ também é bissetriz de $\angle ABC$,

$\angle AZE_a = 2 \angle ABE_a = \angle ABC.$

Desta forma, $ZE_a$ é paralelo a $BC$. Mas $YZ$ também é paralelo a $BC$. Logo, $E_a$ pertence a $YZ$. Analogamente, $F_a$ pertence a $YZ$, de onde segue que a reta $YZ$ coincide com $r_A$. O mesmo vale para $r_B$ e $r_C$.

6ª Estratégia: As Diagonais de um Paralelogramo se Encontram nos Seus Pontos Médios

Em particular, dois vértices opostos de um paralelogramo e seu ponto médio são colineares.

Exemplo (Cone Sul 2014)

Seja $ABCD$ um quadrilátero inscrito em uma circunferência de centro $O$. Este ponto $O$ está no interior do quadrilátero de modo que os ângulos $\angle BAC$ e $\angle ODA$ são iguais. As diagonais desse quadrilátero se cortam no ponto $E$. Por $E$ são traçadas a reta $r$ perpendicular a $BC$ e a reta $s$ perpendicular a $AD$. Areta $r$ intersecta $AD$ em $P$ e a reta $s$ intersecta $BC$ em $M$. Seja $N$ o ponto médio de $EO$.

Mostre que $M$, $N$ e $P$ são colineares.

Solução: Vamos usar um resultado aqui: que as diagonais de um paralelogramo se encontram no seu ponto médio. E como isso nos ajuda? Provaremos que $PEMO$ é um paralelogramo. Como $E$ é o ponto médio de $EO$, segue que ele deverá ser o ponto médio de $PM$, ou seja, $P$, $M$ e $N$ serão colineares.

Para isto, começaremos mostrando que $OP$ é paralelo a $EM$. Observe que as retas $EM$ e $s$ coincidem (já que $s$ passa por $E$ e $M$). Como $s$ é perpendicular a $AD$, basta provarmos que $OP$ também é. Como o triângulo $OAD$ é isósceles de base $AD$, é suficiente mostrarmos que $P$ é ponto médio de $AD$.

Vamos descobrir mais informações sobre o problema antes de traçarmos uma estratégia. Como os dados do enunciado nos ajudam? Consideremos $\theta=\angle BAC = \angle ODA$. Como $OAD$ é isósceles, segue que $\angle AOD = 180^{\circ}-2\theta$.

Além disso, o ângulo central é o dobro do ângulo inscrito, de onde segue que

$\angle ABE = \frac{\angle AOD}{2}=\frac{180^{\circ}-2\theta}{2}=90^{\circ}-\theta.$

Se usarmos isto e o fato de que $\angle BAE = \theta$ no triângulo $ABE$, descobriremos que $\angle AEB=90^{\circ}$. E como isso pode nos ajudar? Observe que $AD$ é a hipotenusa do triângulo $AED$ e queremos mostrar que $P$ é ponto médio dela. É suficiente mostrarmos que ele é equidistante a dois dos pontos.

Considere $X$ o ponto de encontro entre $r$ e $BC$. Se fizermos $\alpha = \angle PED$, então $\angle BEX = \alpha$. Mas $\angle EXB = 90^{\circ}$, de onde segue que $\angle EBX = 90^{\circ}-\alpha$ e assim $\angle EAD = 90^{\circ}-\alpha$. Porém $\angle AED = 90^{\circ}$, de onde segue que $\angle PED = \alpha$. Logo, $PD=PE$ e assim $P$ é ponto médio da hipotenusa $AD$ do triângulo $AED$.

Assim $OP$ é perpendicular a $AD$, de onde segue que $OP$ e $EM$ são paarelelos. Analogamente, $M$ é ponto médio de $BC$ e com isso $OM$ e $EP$ são paralelos. Portanto, $PEMO$ é um paralelogramo.

Exemplo (Cone Sul 2017)

Seja $ABC$ um triângulo acutângulo cujo circuncentro é $O$. Sejam os pontos $X$ e $Y$ tais que:

• $\angle XAB = \angle YCB = 90^{\circ}$
• $\angle ABC = \angle BXA = \angle BYC$
• $X$ e $C$ estão em semiplanos distintos com relação a $AB$
• $Y$ e $A$ estão em semiplanos distintos em relação a $BC$

Demonstrar que $O$ é ponto médio de $XY$.

Solução: Nem ao menos sabemos se $O,X$ e $Y$ são colineares. Para isto, vamos usar o truque principal dessa seção. Como podemos usar esta ideia do paralelogramo se não temos um? Basta vermos se conseguimos montar algum na figura (e é importante que uma diagonais seja $XY$ e a outra passe por $O$). Para isto, precisamos de lados paralelos.

Considere $\theta = \angle ABC = \angle BXA = \angle BYC$. Então $\angle CBY = 90^{\circ}-\theta$ e assim

$\angle ABY = \angle ABC + \angle CBY = \theta + 90^{\circ}-\theta = 90^{\circ}.$

Desta forma, como $\angle XAB=90^{\circ}$, segue que $XA$ e $BY$ são parelelos. Além disso, como $\angle XBA = 90^{\circ}-\theta$, segue que

$\angle XBC = \angle XBA + \angle ABC = 90^{\circ}-\theta + \theta = 90^{\circ}.$

Mas $\angle BCY = 90^{\circ}$, de onde segue que $XB$ e $YC$ são paralelos. E agora que já temos dois paralelismos, conseguismos criar um paralelogramo? Sim: basta tomarmos $D$ o ponto de intersecção entre $XA$ e $YC$. Assim $XBYD$ será um paralelogramo. Se mostrarmos que $O$ é ponto médio da diagonal $BD$, então ele será ponto médio de $XY$ e isto concluirá o problema.

Como $XBYD$ é um paralelogramo, seus ângulos consecutivos são suplementares e assim segue que

$\angle CDA = 180^{\circ}-\angle BYC = 180^{\circ}-\theta.$

Desta forma, $ABCD$ é inscritível. Como $\angle BAD=90^{\circ}$, podemos concluir que $BD$ é o diâmetro do circuncírculo e como $O$ é o centro, segue que ele é o ponto médio de $BD$ e assim também será ponto médio de $XY$.

Outras Estratégias

Podem haver outras maneiras de provarmos uma colinearidade.

Exemplo (OBM 2019 - Nível 3)

Sejam $\omega_1$ e $\omega_{2}$ duas circunferências de centros $C_1$ e $C_2$, respectivamente, que se cortam em dois pontos $P$ e $Q$. Suponha que a circunferência circunscrita ao triângulo $PC_1C_2$ intersecte $\omega_1$ novamente em $A \neq P$ e $\omega_{2}$ novamente em $B \neq P$. Suponha ainda que $Q$ está no interior do triângulo $PAB$. Demonstre que $Q$ é o incentro do triângulo $PAB$.

Observação: Você pode encontrar uma solução para esse problema no canal maravilhoso do Luciano aqui. Existe uma outra solução para esse problema na página de Incentro.

Solução: Se provarmos que $BQ$ é bissetriz do ângulo $\angle PBA$, por simetria, $AQ$ será bissetriz de $\angle PAB$ e teremos mostrado que $Q$ é o incentro do triângulo $PAB$. Já que temos várias circunferências, é legal pensarmos sobre ângulos na circunferência.

Chamemos a circunferência circunscrita ao triângulo $PC_1C_2$ de $\omega$ e vamos pensar um pouco nela. Sabemos que a bissetriz de um ângulo corta a circunferência circunscrita no ponto médio do arco. Mas $C_1$ já é ponto médio do arco $\widehat{AP}$ (já que $C_1A=C_1P$). Portanto, é suficiente mostrarmos que $B$, $Q$ e $C_1$ são colineares. Para isso, se $\angle PBQ=\alpha$, basta mostrarmos que o arco $\widehat{PC_1}$ mede $2\alpha$ para terminarmos o problema (afinal se prolongarmos $BQ$ até $\omega$ devemos formar o arco de medida $2\alpha$). Um ângulo que enxerga esse é arco é $\angle PC_2C_1$. Procuraremos calculá-lo em função de $\alpha$.

Observe que ainda não usamos o fato de que $B$ pertence a $\omega_{2}$. Sobre essa circunferência, $\widehat{PQ}=2\alpha$ (já que $\angle PBQ$ o enxerga) e assim $\angle PC_2Q=2\alpha$ (afinal $C_2$ é centro de $\omega_{2}$). Notemos que $PC_2=QC_2$, $PC_1=QC_1$ e $C_1C_2$ é um lado comum aos triângulos $PC_1C_2$ e $QC_1C_2$. Desta forma, estes triângulos são congruentes pelo caso $LLL$ e assim $\angle PC_2C_1=\angle QC_2C_1=\alpha$, de onde segue que $\widehat{PC_1}=2\alpha$.