Triângulos — Algumas propriedades

Ao longo das publicações em
Geometrias
constatámos diversas propriedades deixando ao cuidado do leitor a sua demonstração.
Perceber o porquê, também me inquieta. Seguem-se, então, justificações para três propriedades que me reapareceram recentemente.
Mariana S. 2022

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Seja o triângulo $\; \Delta [ABC] $. $\; \dot{C}M\;$ bissetriz do ângulo $\; B\widehat{C}A $, $\; M \;$ a interseção da bissetriz $\; \dot{C}M \;$ com o circuncírculo de centro $\; O \;$, $\; OM\; $ mediatriz de $\; \overline{AB}$.
Propriedade 1.a)
Num triângulo a bissetriz de um ângulo e a mediatriz do lado oposto a esse ângulo, intersetam-se num ponto $\; M\;$ do circuncírculo.

Figura 1
Prova:
$\; A\widehat{C}M \; =\; M\widehat{C}B,$ $\;\dot{C}M\;$ é bissectriz de $\; \angle \widehat{C}$

Então, $\;\displaystyle\frac{\widehat{AM}}{2} \;$ = $\; \displaystyle\frac{\widehat{MB }}{2}$, $\; A\widehat{C}M \;$ e $\; M\widehat{C}B \;$ são ângulos inscritos.
Logo, $\; \widehat{AM}\;$ = $\; \widehat{MB},\;$ $\;M\;$ é o ponto médio do arco $\;{AB}\;$, está à mesma distância de $\;A\;$ e de $\;B\;$, logo $\;M\;$ pertence à mediatriz de $\;[AB]\;$
c.q.d.

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Propriedade 1.b)
$\;M\;$ é equidistante de $\;A,\;I. \;B, \;I_c\;$ sendo $\;I\;$ o centro do círculo inscrito no triângulo $\; \Delta[ABC]\;$ e $\; I_c\;$ o centro do círculo ex-inscrito oposto a $\;C$.


Figura 2

Prova:
Queremos provar que $\; MA \; =\; MB \; = \; MI\;= \; MI_c\; $

$\;MA\; = \; MB\;$ pois $\;M\; $ pertence à mediatriz de $\; [AB]$
Observemos o triângulo $\;\Delta [CIA]:\;$
$\;\displaystyle A\widehat{I}M =\frac{\widehat{A}}{2} \; + \; \displaystyle\frac{\widehat{C}}{2}$, o ângulo externo é igual à soma dos internos não adjacentes. $\;AI\;$ é a bissectriz do ângulo $\; \angle \widehat{A}$
$\;\angle A\widehat{M}C \;=\; \angle A\widehat{M}I\; = \; \angle \widehat{B},\;$ ângulos inscritos no mesmo arco
$$\;\displaystyle I\widehat{A}M \;=\; 180° - \frac{\widehat{A} + \widehat{C}} {2} \; = \;( \widehat{A} + \widehat{C}) -\frac{\widehat{A} + \widehat{C}} {2} \; = \; \frac{\widehat{A} + \widehat{C}} {2} $$
Como a ângulos iguais se opõem lados iguais, $\;MA \;=\;MI\;$
$\;I\widehat{A}I_c \; = \;90°\;$, as bissectrizes interna e externa de um ângulo são perpendiculares $$ \displaystyle \angle M\widehat{A}I_c\;= \;90° - \angle I\widehat{A}M \; = \; 90°- \frac{\widehat{A} + \widehat{C}} {2}\; = \; \frac{180° - \widehat{A} - \widehat{C}} {2}\; = \; \frac{\angle \widehat{B}}{2} $$ $$ \angle M\widehat{I_c}A\; = \;\angle I\widehat{M}A - \angle M\widehat{A }I_c \;=\; \widehat{B} - \frac{\angle \widehat{B}}{2}\; = \;\frac{\angle \widehat{B}}{2}$$ Como a ângulos iguais se opõem lados iguais, $\; \overline{MA} \; = \overline{MI_c}\;$ e como $\; \overline{MI} \; = \overline{MI_c},\;$ $\;M\;$ é ponto médio de $\; II_c\;$
c.q.d.

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Sendo $\;R\;$ o raio do circuncírculo
Propriedade 2.
O círculo que passa pelos três ex-incentros de um triângulo tem raio $\;2R\;$ e centro $\;I'\;$ simétrico de $\;I\;$ relativamente a $\;O\;$

Figura 3

Prova:
Tracemos a perpendicular a $\;AB\;$ por $\;I_c.\;$ Esta é paralela a $\;OM\;$ e intersecta $\;IO\;$ em $\;I'.\;$
Sendo $\;M\;$ o ponto médio de $\;\overline{II_c},\;$ $\;O\;$ é o ponto médio $\;\overline{II'}\;$ e $\;\overline{I'I_c} \;=\; 2\overline{OM}\;=\; 2R.$
De forma análoga se demonstra que $\;\overline{I'I_A}\; = \;\overline{I'I_B}\; = \;\overline{I'I_C}\; = \;2R. \;$Logo $\;I'\;$ é o centro da circunferência que pssa pelos ex-incentros e o seu raio é $\;2R.\;$
c.q.d.

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Propriedade 3.
$\;r_a + r_b + r_c \; = \;4R + r,\:$ sendo $\;r_a,\; r_b \;$ e $\; r_c \;$ os raios das circunferências ex-inscritas, $\;r\;$ o raio da circunferência inscrita e $\;R\;$ o raio da cirunferência circunscrita.

Figura 4
Prova:
Seja $\;P\;$ o pé da perpendicular tirada por $\;I_B\;$ para $\;AB.\;$ $\;I_B = r_b\;$
Seja $\;Q\;$ o pé da perpendicular tirada por $\;I_A\;$ para $\;AB.\;$ $\;I_AQ = r_a\;$
Seja $\;X'\;$ o ponto de intersecção de $\;I'I_C\;$ com $\;AB.\;$ $\;I'X' = 2R - r_c\;$
Seja $\;X'\;$ o ponto de intersecção de $\;I'I_C\;$ com $\;AB.\;$ $\;I'X' = 2R - r_c\;$
Seja $\;X'\;$ o ponto de intersecção de $\;I'I_C\;$ com $\;AB.\;$ $\;I'X' = 2R - r_c\;$
Seja o ponto de intersecção do círculo de $\;I'I_C\;$ inscrito com $\;AB.\;$ $\;OD\;$ é a mediana do trapézio $\;[IXI'X'].\;$ $$\;OD \; = \;\displaystyle \frac{IX+I'X'}{2}\; =\; \frac{r+(2R~r_c)}{2}$$ Seja N a intersecção da mediatriz de $\;AB\;$ com o circuncírculo. Provemos agora que $\;N\;$ é ponto médio de $\;I_AI_B :\;$ Os ângulos $\;I_AAI_B\;$ e $\;I_ABI_B\;$ são retos ( as bissectrizes interna e externa são perpendiculares). Assim, existe uma circunferência que passa pelos pontos $\;I_A,\; A,\; B\;$ e $\;I_B. $ de diâmetro $\;I_AI_B.\;$ Sendo $\;OM\;$ a mediatriz de $\;AB,\;$ $\; N\;$ é o centro da circunferência de diâmetro $\;I_AI_B.\;$ $\; N\;$ é ponto médio de $\;I_AI_B.\;$
Então $\;ND\;$ é a mediana do trapézio $\;[I_APQI_B]\;$ $$ND \; =\; \displaystyle \frac{r_a + r_b}{2} \;\Leftrightarrow\; R + OD \;= \;\frac{r_a + r_b}{2} \Leftrightarrow R + \frac{r+(2R - r_c)}{2}\;=\;\frac{r_a+r_b}{2} \Leftrightarrow $$ $$4R +r \; =\; r_a + r_b + r_c \;$$ c.q.d.

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O conhecimento destas e outras propriedades facilita-nos a resolução de vários problemas. Por exemplo:
a) Em www. geometrias.blogspot.com , em 5.12.o6 , publica-se o seguinte exercício interativo
Determinar os vértices de um triângulo $\;\Delta[ABC]\;$ de que se conhecem o centro $\;I\;$ do circulo inscrito, o centro $\;I_C\;$ do círculo ex-inscrito em $\;C\;$ e o centro $\;O_e\;$ do círculo definido pelos três ex-incentros $\; I_a,\; I_b\;$ e $\;I_c\;$

Figura 5 A vermelho encontram-se os objetos alvo, a descobrir.
Usando as propriedades acabadas de demonstrar:
O ponto médio de $\;II_C,\; M,\;$ é equidistante de $\;A,\; I\;$ e de $\; B\;$ e situa-se no circuncírculo.
O centro do circuncírculo é o ponto médio de $\;O_eI \;$ e o seu raio é metade de $\; O_e I\;$

Figura 6
b)no site geometriagon encontramos o seguinte enunciado do n° 1679
Determinar o vértice $\;A\;$ do triângulo $\; \Delta [ABC],\;$ conhecidos o lado $\;[BC],\;$ a altura $\;h_a\;$ a ele relativa e a diferença entre a soma dos raios dos círculos ex-inscritos e o raio do círculo inscrito. E apresenta-nos o seguinte exercício interativo

Figura 7

Atendendo à última propriedade referida, a reolução é simnples.
Figura 8
Claro que a solução acima apresentada não é única.

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Mariana Sacchetti. Aveiro, Janeiro de 2022

Arbelos

Por um ponto C de um segmento de reta [AB], tracem-se semicírculos de diâmetros [AC], [CB] e [AB], todos para o mesmo lado. Consideremos os seus raios 𝑎, 𝑏 𝑒 𝑎 + 𝑏, respetivamente. A área limitada por estes três semicírculos chama-se Arbelos.

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Propriedade fundamental dos arbelos
A área do arbelos é igual á área do círculo de diâmetro [CD]

Raios das semicircunferências interiores: 𝑎, 𝑏
Raio da semicircunferência exterior: 𝑎 + 𝑏
Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑎𝑟𝑏𝑒𝑙𝑜𝑠 = 𝜋(𝑎 + 𝑏) / 2 - 𝜋𝑎 / 2 - 𝜋𝑏 / 2 = 𝜋𝑎𝑏
𝐶𝐷 (𝑚é𝑑𝑖𝑎 𝑔𝑒𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑑𝑒 2𝑎 𝑒 𝑑𝑒 2𝑏) = 2√𝑎𝑏
Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 = 𝜋√𝑎𝑏2 = 𝜋𝑎𝑏

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Problema:
Inscrever no arbelos um círculo tangente aos outros três.

Construção:
Sejam E e F os centros das circunferências interiores. GE e HF perpendiculares a AB.
Os segmentos de reta GF e EH intersetam-se em I. Desenhe-se a circunferência de centro I e raio IC. Esta determina nas circunferências interiores os pontos de tangência M e J da circunferência pretendida.
As retas EJ e FM determinam o centro N da circunferência tangente aos três círculos.

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Círculos gémeos de Arquimedes num Arbelos

A perpendicular a AB tirada por C, divide o arbelos em dois triângulos curvilíneos com incírculos congruentes. A estes círculos chamam-se círculos gémeos de Arquimedes, pois o seu raio, prova-se que é
                                               𝑅= 𝑎𝑏 /(𝑎+𝑏)
                                              2𝑅 = 2𝑎𝑏 /(𝑎+𝑏)
                                        𝑜 𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 é 𝑎 𝑚é𝑑𝑖𝑎 h𝑎𝑟𝑚ó𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑎 𝑒 𝑏)
Construção:
Sejam E e F os centros das circunferências interiores. GE e HF perpendiculares a AB.
Os segmentos de reta GF e EH intersetam-se em I. Desenhe-se a circunferência de centro C e raio IC. Esta interseta AB nos pontos J e K
Desenhem-se as circunferências (E, EK) e (F, FJ).
Desenhem-se as retas perpendiculares a AB em J e K. Estas intersetam as circunferências (E, EK) e (F, FJ) nos centros das circunferências pretendidas M e O.
Os segmentos de reta EM e FO determinam os pontos de tangência P e Q.
Os círculos gémeos de Arquimedes são os círculos (M, MP) e (O, OQ).


Demonstração de que o círculo (I, IC) é um círculo de Arquimedes
Os triângulos [CIE] e [IPH] são semelhantes.
Logo, 𝑂𝐼 / CF = (𝑎−𝐼𝐶) / IC e como OI=EC, vem 𝐸𝐶 / CF = (𝑎−𝐼𝐶)/IC                                         (1)
Os triângulos [GOI] e [CIF] são semelhantes.
Logo, 𝐸𝐶 / IP = 𝐼𝐶 / (𝑏−𝑃𝐹) como IP=CF e PF=IC, vem 𝐸𝐶 / CF = 𝐼𝐶 / (𝑏−𝐼𝐶)                           (2)
De (1) e (2)
                          (𝑎−𝐼𝐶) / IC= 𝐼𝐶 / (b-IC) ⇔ 𝐼𝐶^2 = (𝑎−𝐼𝐶)(𝑏−𝐼𝐶) ⇔ 𝐼𝐶 𝑏 − 𝐼𝐶 ⇔
                           ⇔ 𝐼𝐶^2 = (𝑎𝑏−𝑎.𝐼𝐶−𝑏.𝐼𝐶+𝐼𝐶\up;{2} ⇔ 𝑎𝐼𝐶+𝑏𝐼𝐶 = 𝑎𝑏 ⇔ 𝐼𝐶 = 𝑎𝑏 /(𝑎+𝑏)                           2𝐼𝐶 = 2𝑎𝑏 / (𝑎+𝑏)                           𝑜 𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 é 𝑎 𝑚é𝑑𝑖𝑎 h𝑎𝑟𝑚ó𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑎 𝑒 𝑏

Demonstração de que o raio dos círculos gémeos de Arquimedes é 𝑅 = 𝑎𝑏/(𝑎+𝑏)
Comecemos por considerar o círculo da esquerda.

Vamos aplicar o teorema de Pitágoras aos triângulos retângulos [EMJ] e [OMJ], em que E é o centro do círculo da esquerda, O é o centro do círculo exterior, J é a projeção ortogonal de M sobre AB e M é o centro do círculo gémeo à esquerda. Assim, considerando o triângulo [EMJ] 𝐸𝑀=𝑎+𝑅; 𝐸𝐽=𝑎−𝑅;
𝑀𝐽^2 = (𝑎 + 𝑅)^2 − (𝑎 − 𝑅)^2 = (𝑎 + 𝑅 + 𝑎 − 𝑅)(𝑎 + 𝑅 − 𝑎 + 𝑅) = 4𝑎𝑅 (1)
Considerando o triângulo [OMJ] temos 𝑂𝑀 = (𝑎 + 𝑏) − 𝑅;
Mas para a expressão de OJ teremos de considerar 3 situações possíveis: 1. 𝑂 está entre 𝐸 𝑒 𝐽 (fig.6)
𝑂𝐽 = 𝑂𝐵 − 𝐶𝐵 − 𝐽𝐶 = (𝑎 + 𝑏) − 2𝑏 − 𝑅
2. 𝑂 está entre 𝐽 𝑒 𝐶 (fig.7)
𝑂𝐽 = 𝑅 − 𝑂𝐶 = 𝑅 − ((𝑎 + 𝑏) − 2𝑏) = −(𝑎 + 𝑏) + 2𝑏 + 𝑅
Simétrico do anterior, mas como vamos elevar ao quadrado é indiferente.

3. 𝑂 está entre 𝐶 𝑒 𝐹 (fig.8) 𝑂𝐽 = 𝑅 + 𝑂𝐶 = 𝑅 + 2𝑏 − (𝑎 + 𝑏) = −(𝑎 + 𝑏) + 2𝑏 + 𝑅
Assim:
𝑀𝐽^2 =((𝑎+𝑏)−𝑅^2 −((𝑎+𝑏)−(2𝑏+𝑅))^2 =(𝑎+𝑏)^2 +𝑅^2 −2𝑅(𝑎+𝑏)−(𝑎+𝑏^2 −(2𝑏+𝑅)^2 +2(𝑎+𝑏)(2𝑏+𝑅) =𝑅^2 −2𝑎𝑅−2𝑏𝑅−4?^^2 −?^^2 −4𝑏𝑅+4𝑎𝑏+2𝑎𝑅+4?^^2 +2𝑏𝑅 = −4𝑏𝑅 + 4𝑎𝑏 (2)
De (1) e (2) vem 4𝑎𝑅=−4𝑏𝑅+4𝑎𝑏 ⇔ 𝑅= 𝑎𝑏/(a+b) , 𝑐.𝑞.𝑑

De forma análoga se demonstra para o círculo da direita.

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Extensão da propriedade fundamental dos arbelos para 3 dimensões

Considerando 3 semiesferas nas mesmas condições (duas tangentes exteriormente e tangentes internamente a uma terceira e com círculos máximos assentes no mesmo plano)

𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑎𝑟𝑏𝑒𝑙𝑜𝑠 = 4/3(𝜋(𝑎+𝑏)^3) / 2 − (𝜋𝑎^3)/2 − (𝜋𝑏^3)/2 ) = 2𝜋𝑎𝑏(𝑎+𝑏)= 𝜋𝑎𝑏 × 2(𝑎+𝑏)
O volume do arbelos é igual ao volume de um cilindro cuja base é o círculo de raio √𝑎𝑏, (anteriormente considerado na propriedade fundamental a 2 dimensões) e a altura é o diâmetro da esfera exterior.