IME-97 quadriláteros inscritíveis

Se existir esse ponto comum aos círculos circunscritos aos triângulos, suponha que seja o ponto G sobre a circunferência circunscrita ao triângulo AFE da figura, os quadriláteros EGDC, FGDB e AGBC deverão ser todos inscritíveis. 

OBS: Perceba que o quadrilátero AGFE é inscritível

A ideia veio, mas não consegui provar que são inscritíveis

Sejam C1 e C2 os círculos circunscritos aos triângulos \Delta BDF e \Delta AEF, respectivamente. Temos, a princípio, a possibilidade de C1 e C2 serem tangentes externos em F. Neste caso, DF e EF seriam diâmetros de C1 e C2, respectivamente, e \widehat{DBF}=\widehat{EAF}=90\degree. Isto é impossível, pois no triângulo \Delta ABC teríamos \widehat{BAC}=\widehat{ABC}=90\degree e então \widehat{ACB}=0\degree. Logo, C1 e C2 são secantes, havendo um outro ponto de interseção, P, além de F.



No quadrilátero BDFP inscrito em C1, tem-se \widehat{BPF}=\widehat{BDF}. No quadrilátero AEFP inscrito tem C2, tem-se \widehat{APF}=180\degree - \widehat{AEF}=\widehat{DEC}. Logo, 
\widehat{BPA}=\widehat{BPF}+\widehat{APF}=\widehat{BDF}+\widehat{DEC}=180\degree - \widehat{ACB}
e o quadrilátero ACBP é inscritível, de modo que P pertence ao círculo circunscrito ao triângulo \Delta ABC.
Analogamente, no quadrilátero BDFP inscrito em C1, tem-se \widehat{DPF}=180\degree - \widehat{DBF}=\widehat{CBF}. No quadrilátero AEFP inscrito em C2, tem-se \widehat{EPF}=\widehat{EAF}.
Logo,
\widehat{DPE}=\widehat{DPF}+\widehat{EPF}=\widehat{CBF}+\widehat{EAF}=180\degree - \widehat{ACB}
e o quadrilátero ECDP é inscritível, de modo que P pertence ao círculo circunscrito ao triângulo \Delta CDE
Em suma, P pertence aos círculos circunscritos aos quatro triângulos \Delta ABC, \Delta AEF, \Delta CDE e \Delta BDF.