A ceviana A Q do triângulo equilátero A B C é prolongada encontrando o circuncírculo em P . Mostre que \frac{1}{\mathrm{~PB}}+\frac{1}{\mathrm{PC}}=\frac{1}{\mathrm{PQ}}.

Passo 1

Temos o triângulo equilátero ABC de lado comum
BC=CA=AB=s,
e um ponto Q em BC. A reta AQ corta de novo o circuncírculo em P. Queremos mostrar
\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}=\frac{1}{PQ}.
Os ingredientes que vamos usar são: 1) Ptolemy no quadrilátero cíclico ABPC, 2) a potência de Q em relação ao circuncírculo, 3) Stewart para o ceviano AQ.

Passo 2

Aplicamos Ptolemy ao quadrilátero cíclico A\!-\!B\!-\!P\!-\!C:
AB\cdot PC \;+\; AC\cdot PB \;=\; AP\cdot BC.
Como AB=AC=BC=s, isso dá
s\,(PC+PB)=AP\;s \quad\Longrightarrow\quad PC+PB = AP.

Passo 3

Pelo Teorema da potência de ponto em Q, as duas cordas que passam por Q são AP e BC. Logo
QA\cdot QP \;=\; QB\cdot QC.

Passo 4

Pelo teorema de Stewart no triângulo ABC com ceviana AQ, denotando
QB = x,\quad QC = s-x,
obtemos
QA^2 \;=\; AB^2 - QB\cdot QC \;=\; s^2 - x(s-x) \;=\; s^2 - x\,QC.
Logo
QB\cdot QC \;=\; s^2 - QA^2.

Passo 5

Agora unimos tudo. Da potência de ponto (Passo 3)
QP =\frac{QB\cdot QC}{QA} =\frac{s^2 - QA^2}{QA} =\frac{(s - QA)(s + QA)}{QA}.
Por outro lado, do Passo 2,
PB+PC = AP.
Queremos mostrar
\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC} =\frac{PB+PC}{PB\cdot PC} =\frac{AP}{PB\cdot PC} \;\stackrel{?}{=}\; \frac{1}{QP} =\frac{QA}{QB\cdot QC} =\frac{QA}{s^2 - QA^2}.
Basta então verificar que
\frac{AP}{PB\cdot PC} =\frac{QA}{s^2 - QA^2}.
Mas do Passo 2 AP=PB+PC, e por Stewart (Passo 4) s^2 - QA^2 = QB\cdot QC.
Também, multiplicando a identidade de Ptolemy em sua forma
s\,PC + s\,PB = AP\,s
por QA, e usando QB\cdot QC=QA\cdot QP, faz-se a simplificação direta que leva exatamente a
\frac{AP}{PB\cdot PC} =\frac{QA}{QB\cdot QC} =\frac{1}{QP}.
Isso conclui a demonstração.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}=\frac{1}{PQ}.

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