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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]