21.9.14

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências


Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por $\;A\;$ e por $\;B.\;$ Construa geometricamente os círculos coloridos.

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.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra



A figura inicial mostra: a semicircunferência e o seu diâmetro $\;AB\;$, a preto; uma circunferência azul tangente aos pontos médios do diâmetro e do arco $\;AB\;$ da semicircunferência; quatro segmentos de reta, castanhos, obtidos como partes das tangentes à circunferência azul tiradas por $\;A, \;B \;$, desde $\;A\;$ (ou $\,B\;$) até à interseção da tangente com o arco da semicircunferência, e os outros dois unindo cada um destes pontos com $\;A\;$ ou com $\;B\;$; dois círculos - um amarelo e outro verde - tangentes aos dois últimos segmentos e à circunferência azul nos pontos em que esta é tangente aos diâmetro e arco da semicircunferência.
A mediatriz de $\;AB\;$ é obviamente eixo de simetria da figura dada.

Desocultando as referências auxiliares,
  1. Temos o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB\;$, o segmento $\;MN\;$ da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;M\;$ e o ponto $\;O\;$ médio de $\;MN\;$, centro da circunferência azul que passa por $\;M, \;N\;$, pontos de tangência.
    Designando o comprimento de $\;AB\;$ por $\;4r,\;$ $\;AM = MB= MN =2r, \;$ e $\;OM=ON = r, \;$ sendo o diâmetro $\;AB\;$ da semicircunferência duplo do diâmetro $\;MN\;$ da circunferência azul.
  2. Realçamos os pontos $\;C\;$ e $\;D\;$ de uma das tangentes a $\;(O, OM)\;$ tiradas por $\;A.\;$ A outra é $\;AMB\;$ Como $\;D, \;M\;$ são pontos de tangência, sabemos que $\;AD =AM = 2r\;$ e como $\;C\;$ é ponto da semicircunferência de diâmetro $\;AB, \;$ o triângulo $\;ABC\;$ é retângulo em $\;C\;$ ou $\;AC \perp CB\;$
  3. O segmento $\;DO\;$ que, por ser o raio de $\;(O)\;$ para o ponto $\;D\;$ de tangência, é perpendicular à tangente $\;AC.\;$ Realçamos o ponto $\;E = DO.AB \;$, sendo $\;DE \perp AC \wedge DE \parallel BC\;$.
  4. Assim são semelhantes os triângulos $\;AED \sim ABC,\;$ respetivamente retângulos em $\;D\;$ e $\;C\;$.
    E, como é óbvio, também $\;AED \sim EOM$ e $\; EOM \sim BHM,\;$, por ser $\;\angle A\hat{E}D = \angle A\hat{B}C = \angle M\hat{E}O \;$ e $\;\angle E\hat{D}A = \angle B\hat{C}A = \angle O\hat{M}E \;$ $$\frac{AC}{AD} = \frac{CB}{DE}= \frac{AB}{AE}; \; \frac{AE}{OE}=\frac{AD}{OM}=\frac{DE}{ME}; \; \frac{BH}{OE} =\frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}$$ A área do triângulo $\; \Delta AED\;$ pode ser calculada: $$ 2\Delta AED = AD\times DE = AD\times (DO+OE)= 2r \times (r+ OE) =2r^2 +2r.OE,$$ como triângulo de base $\;AD\;$ e altura $\;DE\;$ por ser retângulo em $\;D,\;$ ou $$2\Delta AED = 2\Delta AOD + 2\Delta AEO = AD\times DO + OM \times AE = AD\times DO + OM \times (AM+ME)= $$ $$ =2r \times r + r.(2r+ME)=2r^2+ 2r^2+r.ME = 4r^2 +r.ME,$$ como soma do triângulo $\;ADO\;$ retângulo em $\;D\;$ com triângulo $\;AOE\;$ de base $\;AE\;$ e altura $\;OM.\;$ $$2r^2 + 2r.OE = 4r^2 + r.ME \Longleftrightarrow 2r.OE= 2r^2+r.ME \Longleftrightarrow 2\times OE=2r + ME \Longleftrightarrow OE= r +\frac{ME}{2}$$ Como o triângulo $\;EOM\;$ é retângulo em $\;M,\;$ $$\;EO^2 = EM^2 + MO^2\;$$ ou $$ \left(r+\frac{ME}{2}\right)^2 = EM^2 +r^2,$$ $$\;r^2+\frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 +r^2 \Longleftrightarrow \frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 \Longleftrightarrow ME^2 +4r \times ME=4ME^2 \Longleftrightarrow $$ $$\Longleftrightarrow ME +4r =4\times ME \Longleftrightarrow 4r =3\times ME$$ para, finalmente, $$ME= \frac{4r}{3} =\frac{AB}{3}=\frac{2}{3} MN$$
  5. A construção do círculo amarelo é simples, já que ele está inscrito no triângulo isósceles $\;AHB,\;$ com $\;AH = HB\;$. O centro do círculo amarelo é o incentro $\;J\;$ de $\;AHB\;$ na interseção das bissetrizes do triângulo: de $\;A\hat{H}B\; $ (que é a mediatriz $\;MH\;$ de $\;AB\;$) e do ângulo $\;H\hat{A}, por exemplo. A circunferência amarela tem centro em $\;J\;$ e passa por $\;M\;$.
  6. O círculo verde é homotético do círculo amarelo. Ambos são tangentes a $\;AC, \;AC', \; (O, 2r)\;$. Os pontos de tangência com $\;(O, 2r)\;$ são $\;M\;$, para $\;(J)\;$, e $\;N\;$, para o círculo verde, permitem determinar a razão $\;k\;$ da homotetia de centro $\;H\;$ que transforma $\;M\;$ em $\;N\;$ $$\;k = \frac{\overrightarrow{HM}}{\overrightarrow{HN}}$$
    Como já vimos antes,
    $\;EOM \sim BHM\;$ e $\; \displaystyle \frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}.\;$
    Sendo $\;BM=2r, \;ME=\displaystyle\frac{4r}{3} \;\;\; e \;\;\; OM = r, \;$ obtemos $$\frac{2r}{\displaystyle\frac{4r}{3}} = \frac{BH}{r}$$ ou $$BH = \frac{3r}{2}$$ e, em consequência, como $MN= MH+HN = 2r$, $HN=\displaystyle\frac{r}{2}$ e $$\frac{HN}{HM} = \frac{1}{3} \;\;\;\; \mbox{e} \;\;\;\; k=-\frac{1}{3}$$ Para determinar o centro $\;K\;$ do círculo verde, bastará tomar $\;\displaystyle \frac{MJ}{3}\;$ e transferi-lo para $\;NK\;$

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

13.9.14

Círculo "misto" de um triângulo retângulo

circuncírculo, incirculo e círculo misto de um triângulo retângulo
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 BCCA e, em consequência,
    a2+b2 = c2
  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 c / 2. Como sabemos,
    (c / 2)2 = OA2 = OB2 = OC2 = ON2 + OM2 = (a / 2) 2 + (b / 2)2

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



  3. Clicando no botão "mista/solução" ficamos com a figura correspondente ao problema já resolvido. Temos o círculo (O, R)= (O, c / 2) e o círculo (O1, r1) tangente a BC, CA, (O, R). Analisar o problema de construção resolvido, esclarece como o resolvemos de facto.
    • Como (O_1, r1) é tangente interiormente a (O, R) = (O, c/2 ),
      OP=R=c / 2 = OO1+ r1 e, em consequência, OO1 = c / 2 - r1
    • O triângulo OO1Z é retângulo em Z, e OO1 2 = O1Z2 + ZO2.
      Ora O1Z = O1V-ON = r1-a / 2 e OZ = OM - MZ = b / 2 - r1
    • Finalmente,
      ( c / 2 - r1)2 =( r1 - a /2)2 + (b / 2 - r1)2
      ( c / 2)2 +(r1 )2 - c.r1 = ( r1)2+ (a / 2)2 -r1.a + ( b / 2)2 +( r1)2 -b.r1
      c2+4.r1 2 -4cr1 = 4r12+a2-4ar1 +b^2+4r12 -4br1
      E, como c2 = a2 + b2, podemos simplificar, obtendo
      -4cr1 =-4ar1-4br1+4r1^2 ou finalmente r1= 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 O1 está à distância r1= a+b-c de cada um dos catetos, é a interseção da perpendicular a CA 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 = (a+b+c)2 - c = (a+b-c)2
  6. Vimos assim que, para qualquer triângulo retângulo, se verifica a seguinte relação: o raio - r1 - 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

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