Numa circunferência inscrever um triângulo retângulo

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Problema:
São dados dois pontos $\;P,\;Q\;$ e uma circunferência $\;(O)\;$
Inscrever na circunferência $\;(O)\;$ um triângulo retângulo tal que a reta de um cateto passe $\;P\;$ e a reta do outro cateto passe por $\;Q.\;$

©geometrias. 14 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problema fazendo variar os valores de n no seletor centrado e no fundo da janela de visualização.

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Se um dos lados de um ângulo reto tem de passar por $\;P\;$ e outro por $\;Q\;$ então o seu vértice será um ponto da circunferência de diâmetro $\;PQ.\;$ Como o ângulo reto tem vértice sobre a circunferência $\;(O)\;$ este é um dos pontos da interseção das duas circunferências citadas - a que chamamos $\;A\;$. Os restantes vértices serão $\;B\;$ na interseção de $\;(O)\;$ com $\;AP\;$ e $\;C\;$ na interseção de $\;(O)\;$ com $\;AQ.\;$
No caso da nossa figura, o problema tem duas soluções.

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148. Inscrire dans un cercle un triangle rectangle dont les cotês de l'angle droit ou leurs prolongements passent par deux points donnés P et Q
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

Triângulos retângulos: altura e inraios

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Problema: Um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$ está dividido em dois triângulos $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ pela sua altura $\;CH\;$ relativamente à hispotenusa $\;AB.\;$
Provar que a altura $\;h=CH\;$ é igual à soma dos raios$\;i,\;j,\;k\;$ dos incírculos $\;(I, i), \;(J, j), \; (K, k)\;$ de $\;[ABC],\; [CAH], \; [BCKH]\;$ respetivamente.

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© geometrias, 29 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio $\;i\;$ do incírculo de um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$, é dado por $\;i= \displaystyle \frac{a+b-c}{2}.\;$
Como $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ são retângulos em $\;H\;$ $\;j =\displaystyle \frac{AH+HC-CA}{2}=\frac{AH+h-b}{2}\;$ e $\;k =\displaystyle \frac{CH+HB-BC}{2} =\frac{h+HB-a}{2}\;$
Somando os raios das três circunferências inscritas da figura, temos $\;i+j+k = \displaystyle \frac{a+b-c}{2} + \frac{AH+h-b}{2} + \frac{h+HB-a}{2}= \frac{a+b-c +AH+h-b+h+HB-a}{2} $
Como $\;AH+HB= c,\;$ conclui-se que
$\;i+j+k = h \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; $ □

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J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Raios das circunferências inscritas e altura em triângulos retângulos

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Problema: Dividimos o triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ pela altura $\;CD\;$ relativa à hipotenusa $\;AB.\;$ Provar que a soma dos raios $\;r_1, \;r_2, \;r_3\;$ respetivamente das circunferências inscritas em $\;ABC, \; BCD, \; CAD\;$ é $\;CD\;$

Na entrada de 13 de Setembro p.p., círculo "misto" de um triângulo retângulo no seu ponto 5. tínhamos demonstrado que o raio $\;r\;$ da circunferência inscrita num triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ é dado pelo seu semiperímetro subtraído da hipotenusa $$r= \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2}$$ em que $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB.\;$ Ou: o comprimento do diâmetro do incírculo de um triângulo retângulo é igual à soma dos catetos subtraída da hipotenusa $$2r= a+b-c$$

© geometrias, 6 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Clicando nos botões $\fbox{1, 2, 3, 4}\;$, na esquerda ao fundo, poderá ver (ou ocultar) a altura, os diversos (in)círculos e respetivos (in)raios.

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$\fbox{x}$ 1. inscrita em ABC:     No caso da nossa circunferência $\;(O_1,\; r_1)\;$ inscrita em $\;ABC\;$ de catetos $\;a=BC, b=AC\;$ e hipotenusa $\;c=AB\;$, temos $$2r_1=a+b-c$$ $\fbox{x}$ 2. altura h_C:     Chamámos $D$ ao pé da altura relativa a $\;c.\;$ Na nossa figura, $\;h_C= h=CD $. Como $\;CD \perp AB,\; CD\;$ divide o triângulo $ABC$ em dois triângulos, ambos retângulos em $\;D:\;$

• $\;BCD\;$ de catetos $\;BD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;a=BC\;$
• $\;CAD\;$ de catetos $\;AD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;b=AC\;$

$\fbox{x}$ 3. inscrita em BCD:     Da circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ inscrita em $\;BCD\;$ $$2r_2 =BD+DC-a$$ $\fbox{x}$ 4. inscrita em ACD:     Da circunferência $\;(O_3, \;r_3)\;$ inscrita em $\;ACD\;$ $$2r_3 =AD+DC-b$$
Finalmente, podemos concluir $$2(r_1+r_2+r_3) = a+b-c + BD+DC-a +AD+DC-b=\underbrace{\underbrace{-c}+\underbrace{BD+DA}}+ 2DC= 2DC $$ ou $$r_1+r_2+r_3 =h_C \;\;\;\; \;\; \square$$

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a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University. (sugestões de António Aurélio Fernandes)

Círculo "misto" de um triângulo retãngulo

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Problema: Tomados 3 pontos que definem um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$ e um círculo (circuncírculo do triângulo), construa-se o círculo tangente interiormente aos dois catetos e ao circuncírculo.

Clicando nos botões de "mostra/esconde" à esquerda, poderá ver os diversos círculos, segmentos e pontos que podem ajudar a perceber a construção e as relações que se estabelecem.

1. Dados $\;A. \;B, \;C, \;a=BC, \; b=CA, \;c=AB\;$ tais que $\;BC \perp \;CA\;$ e, em consequência, $\;a^2+b^2=c^2\;$
2. Clicando no botão "circuncírculo", aparece um círculo de centro $\;O\;$ que passa pelos pontos $\;A. \;B, \;C\;$ de raio $\;R=OA=OB=OC.\;$ No triângulo retângulo $\; O\;$ é o ponto médio da hipotenusa $\;AB\;$ e, por isso, de comprimento $\;\displaystyle \frac{c}{2}\;$. Como sabemos, $\; \displaystyle \left(\frac{c}{2}\right)^2 = OA^2=OB^2=OC^2 = ON^2 + OM^2 = \displaystyle \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{b}{2}\right)^2$



© geometrias, 12 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Clicando no botão "mista/solução" ficamos com a figura correspondente ao problema já resolvido. Temos o círculo $\;\left(O, \; R=\displaystyle \frac{c}{2}\right)$ e o círculo $\;(O_1, \;r_1)\;$ tangente a $\;BC, \; CA\; (O, \; R) $. Analisar o problema de construção resolvido, esclarece como o resolvemos de facto.
   • Como $\;(O_1, \;r_1)\;$ é tangente interiormente a $\;\left(O, \; R=\displaystyle \frac{c}{2}\right)$, $\;OP=R=\displaystyle \frac{c}{2}=OO_1+ r_1\;$ e, em consequência, $\;OO_1=\displaystyle \frac{c}{2} -r_1\;$
   • O triângulo $\;OO_1Z\;$ é retângulo em $\;Z\;$, e $\;OO_1 ^2 =O_1Z^2 + ZO^2.\;$
     Ora $\;O_1Z=O_1V-ON= r_1-\displaystyle\frac{a}{2}\;$ e $\;OZ=OM-MZ=\displaystyle \frac{b}{2} - r_1\;$
     
   • Finalmente, $$\displaystyle \left( \frac{c}{2} -r_1 \right)^2 =\left( r_1-\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\displaystyle \frac{b}{2} - r_1\right)^2\;$$ $$\left( \frac{c}{2}\right)^2 +\left(r_1 \right)^2 - c.r_1 = \left( r_1\right)^2+ \displaystyle\left(\frac{a}{2}\right)^2 -r_1.a + \left(\displaystyle \frac{b}{2}\right)^2 +\left( r_1\right)^2 -b.r_1\;$$ $$c^2+4.r_1 ^2 -4cr_1 = 4r_1^2+a^2-4ar_1 +b^2+4r_1^2 -4br_1$$ E, como $\;c^2 = a^2 + b^2, $, podemos simplificar, obtendo $$ -4cr_1 =-4ar_1-4br_1+4r_1^2$$ ou finalmente $$\fbox{$r_1= a+b-c$}$$
   Esta análise feita sobre a figura do problema resolvido permite-nos construir a circunferência mista/solução. Como esta circunferência é tangente a $\;CA\;$ e a $\;BC\;$,, o seu centro $\;O_1\;$ está à distância $r_1= a+b-c$ de cada um dos catetos, é a interseção da perpendicular a $\;C\;$A tirada por um ponto $\;V\;$ tal que $\;VC =a+b-c\;$ com a perpendicular a $\;BC\;$ tirada pelo ponto $\;W\;$ tal que $\;WC=a+b-c.\;$
4. Clique agora no botão "incirculo", para ver o círculo tangente interiormente aos três lados do triângulo. Pode esconder as construções anteriores clicando no botão da direita alta para reiniciar ou usando os botões ocultar "circuncírculo" e "mista/ solução" caso estejam vísiveis. Como sabemos o centro do incírculo é equidistante dos três lados do triângulo, ou seja é o ponto de interseção das três bissetrizes.
5. Calculemos, em função de $\;a, \;b,\;c\;$ dados, o comprimento do inraio $\;r =IJ=IK=IL:\;$
• $\;AC\;$ pode ser visto como a tangente a $\;(I, r)\;$ tirada pelo ponto $\;A\;$ ou tirada por $\;C\;$. Do mesmo modo, $\;AB\;$ é tangente ao incírculo tirada por $\;A\;$ ou por $\;B\;$. E $\;BC\;$ é tangente ao incírculo tirada por $\;B\;$ ou por $\;C\;$
  Como os segmentos das duas tangentes tiradas por um ponto são iguais, temos $\; AJ=AL, \;BK=BL, \;CJ=CK.\;$
  Por outro lado, temos $\;AL+LB =AB=c, \;BK+KC=BC=a, \;CJ+JA=CA=b\;$ e $\;AL+LB +BK+KC+CJ+JA= a+b+c;$. Mais simplesmente $\;2BK+2CJ+2AL = a+b+c\;$ . Designando por $\;2p\;$ o perímetro $\;a+b+c\;$ do triângulo, $\;BK+CJ+AL=p,\;$ sendo $\;p\;$ o semiperímetro do triângulo. E, como $\;CJ+AL = b\;$, $\;BK = BL= p-b;$. Do mesmo modo, como $\;BK+CJ=BC=a,\;$ $\;AL= AJ =p-a.\;$ E como $\;BK+AL= BL+AL= c,\;$ $\;CJ=CK= p-c\;$.
• Claro que, neste caso do triângulo retângulo em $\;C,\;$ $$r= CJ=CK = p-c = \displaystyle \frac{a+b+c}{2} - c= \frac{a+b-c}{2}$$
6. Vimos assim que, para qualquer triângulo retângulo, se verifica a seguinte relação: o raio - $\;r_1 \;$ - da circunferência tangente aos dois catetos e ao circuncírculo do triângulo é o dobro do raio - $\;r\;$ - do incírculo, circunferência tangente aos 3 lados do triângulo

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Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.