GEOMETRIA

6.10.14

Raios das circunferências inscritas e altura em triângulos retângulos

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 $$2r= a+b-c$$

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.

$\fbox{x}$ 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 $$r_1+r_2+r_3 =h_C \;\;\;\; \;\; \square$$

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

3.10.14

Dois pentágonos e dois círculos numa circunferência

Problema: Observe a figura abaixo: Dois pentágonos iguais ABCDE e EFGHA de que os pontos C, D , F, G estão sobre uma circunferência azul; dois círculos vermelhos em que um deles está inscrito no triângulo BAH e outro tangente à circunferência azul, a DE e a EF.
Pede-se a relação entre os raios dos círculos vermelhos.

Clique no botão de mostrar e ocultar [□auxiliares] para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

Como $\;AC=AD=AF=AG,\;$ a circunferência que passa por $\;C, \;D, \;F, \;G \;$ tem centro em $\;A\;$ e raio igual às diagonais dos pentágonos.
Cada um dos círculos vermelhos está inscrito num triângulo: o maior no triângulo $\;PEQ\;$, o menor em $\;BAH\;$ Para determinar a razão entre os raios dos círculos vermelhos, bastará determinar a razão de semelhança entre os triângulos em que se inscrevem. Por simples observação: dos ângulos $\;PEQ \sim FEQ\;$ e dos lados $\;FEQ =HAB\;$.
A altura do triângulo $PEQ$, pode ser calculada assim $$EJ= AJ - AE = AD-AE =\; \displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2} AE - AE = \frac {\sqrt{5} -1}{2} AE, \;$$ porque a razão entre a diagonal $\;AD\;$ de um pentágono regular e o seu lado $\;AE\;$ é igual a $\; \displaystyle \frac{AD}{AE} = \frac{\sqrt{5}+1}{2}\;$ (número de ouro). A altura do triângulo $\;BAH\;$ relativa a $\;HB\;$ é metade da base do triângulo $\;AKB :\;\;\;\displaystyle AI=\frac{1}{2}AK\;$. Este triângulo $\;AKB\;$ é isósceles (e semelhante a $\;ACE):\; \, A\hat{K}B= B\hat{A}K = 180^{o}-B\hat{A}E = 72^{o}, \;\; \; K\hat{B}A = 36^{o}.\;$ Para o que interessa, dessa semelhança retira-se: $\; \displaystyle\frac{AB}{AK}= \frac{AC}{AE} = \frac{1+\sqrt{5}}{2},\;$ ou, para o que interessa, sabendo que $\;AB=AE\;$ $$\;AK = \frac{2AB}{\sqrt{5}+1}= \frac{2AE}{\sqrt{5}+1}$$ $$AI = \frac{1}{2} AK = \frac{1}{2}\times\frac{2AE}{\sqrt{5}+1}= \frac{AE}{\sqrt{5}+1} =\frac{AE \times (\sqrt{5} -1)}{(\sqrt{5} +1)\times (\sqrt{5} -1)} =\frac{\sqrt{5}-1}{4} AE $$ ou seja, a razão de semelhança $\;BAH \sim PEQ\;$ é 2, calculada pela razão das alturas $\; \displaystyle\frac{EJ}{AI}=2\;$ relativas aos lados $\;BH \;$ e $\;PQ\;$. Por isso, 2 é também razão entre os raios dos círculos vermelhos. O raio do círculo tangente à circunferência azul e aos lados $\;DE\;$ e $\;EF\;$ dos pentágonos tem comprimento duplo do raio do círculos vermelho tangente a $\;AH, \;HB, \; BA\; \;\;\; \; \square$

em Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003 sugerido por António Aurélio Fernandes