Post on 25-Dec-2015
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PROBLEMA DE GEOMETRIA DA OBM [PROPOSTO POR ARCONCHER]
Considere um triângulo retângulo ABC de hipotenusa BC, catetos AC=3 e AB=4( é ele mesmo). Trace sua circunferência circunscrita. Agora considere a circunferência que é tangente aos catetos e à circunferência circunscrita. Determine seu raio. (Resposta: 2 ). Retirado da lista da OBM em setembro de 2014. Lá o professor Douglas Oliveira dá uma dica: usar inversão!
RESOLUÇÃO I [ GEOMETRIA SINTÉTICA ]
Sejam I e O, centros das circunferências; tangente aos catetos e circunscrita ao ABC, respectivamente.
Claramente, I pertence a reta suporte da bissetriz interna do ABC relativa ao vértice A, e O é ponto médio
da hipotenusa BC . Em consequência, BAI = IAC = 450 e OA = OB = OC = r = 2
5 (medida do raio da
circunferência de centro O).
Como OA = OB, OAB é isósceles de base AB. Então , fazendo = CBA, (medida em graus), obtém-se
OBA = OAB = .
Desde que AB > AC e OI é a reta suporte da bissetriz do ângulo reto do ABC , conclui-se pelo teorema
da bissetriz Interna, OAB < IAB = 450 . Logo, de OAB = , resulta IAO = 450 – .
Agora, sendo T, ponto de tangência destas circunferências, tem-se O, I e T colineares [propriedade] . Assim, se R é a medida do raio da circunferência de centro I, OI = r – R. Além disso, claramente, A, I e os pontos de tangência desta circunferência , com os catetos, são
vértices de um quadrado, de lado medindo R , então IA = R 2 .
Portanto, aplicando a lei dos cossenos ao IAO, obtém-se OI2 = OA2 + IA2 – 2 . OA . IA .cos (450 – ) .
Mas, como cos (450 – ) =10
27 )
5
4(
2
2 α) senα (cos
2
2ABC
5
3, resulta :
(r – R )2 = r2 + ( R 2 )2 – 2. r . R 2 . (10
27) R2 – Rr..
5
4= 0 0
R
22
5.
5
4.
5
4 rR
RESPOSTA: 2
2
RESOLUÇÃO II [ INVERSÃO NO PLANO ]
Seja , circunferência de centro A e raio de medida AC = 3.
Seja , circunferência de centro O e raio de medida r ,
circunscrita ao ABC, retângulo em A. Dai, O é ponto médio da hipotenusa BC e
OA = OB = OC = r = 2
5
2
BC.
Seja ´ , circunferência de centro I e raio de medida R ,
tangente simultaneamente aos catetos AB , AC do ABC, e
à circunferência , respectivamente , nos pontos D. E e T . Dai,
ADIE é um quadrado e AE = EI = ID = DA = IT = R.
ANTES DA INVERSÃO
Nestas condições, sob ação de uma INVERSÃO no plano, em relação à circunferência , em que
os pontos E ´, D´ ,T ´ e B´ são os inversos dos pontos E , D ,T e B respectivamente, teremos :
APÓS A INVERSÃO
● As retas AB e AC, e o ponto C . , fixos.
● A circunferência , transformando-se na reta B´C ;
pois passa por B, C e A [centro de inversão ].
● ´ , transformando-se na circunferência exinscrita do
A B´ C , relativa ao vértice A, passando por D´ , E´ e T´;
pois A ´ e ´ tangência e às retas AC e AB .
NOTA:I´´ denota o centro desta circunferência.
Ainda mais, da definição de inversão e aplicação do teorema de Pitágoras ao triângulo AB´ C, tem-se respectivamente:
AB.AB´ = AC 2 = 9, ou seja, AB´ = 4
99
AB
e 24
2152´2´ 9x
2AC BABC , implicando em ´ BC = 4
15.
Por outro lado, como o semiperímetro ( p ) do AB´ C, é ),4
15
4
93(
2
1 o que implica p
2
9 , então
das propriedades de tangência, bem conhecidas, da circunferência exinscrita, ao AB´ C, ´AE = p = 2
9.
Portanto, como R = AE e p = ´AE , segue-se da definição de inversão: R . p = AE . ´AE = AC 2 = 9,
donde resulta R = 2
2
9
9
.
RESPOSTA: 2 AUTOR: LUIZ ANTONIO PONCE ALONSO [ 02/01/2015]