Teste nº3 – Circuncentro, incentro e baricentro

Os pontos que verificam $\overline{PA}=\overline{PB}$ formam a mediatriz de $[AB]$; os que verificam $\overline{PA}=4$ formam a circunferência de centro $A$ e raio $4$ cm.

A distância de $A$ à mediatriz é ${\displaystyle \frac{10}{2}}=5$ cm (atingida no ponto médio $M$); qualquer outro ponto $P$ da mediatriz verifica $\overline{PA}>\overline{MA}=5$ (hipotenusa do triângulo retângulo $[AMP]$).

Como $4<5$, a circunferência não interseta a mediatriz: não existe nenhum ponto nessas condições.

Opção (A)

2.1.

No triângulo $[ADB]$, retângulo em $D$: $\overline{AB}=\sqrt{5^2+{12}^2}=\sqrt{169}=13$ km.

$\overline{DC}=14-5=9$ km. No triângulo $[ADC]$, retângulo em $D$: $\overline{AC}=\sqrt{9^2+{12}^2}=\sqrt{225}=15$ km.

Área do triângulo $[ABC]$: ${\displaystyle \frac{\overline{BC}\times \overline{AD}}{2}}={\displaystyle \frac{14\times 12}{2}}=84$ km${}^2$.

$\overline{AB}=13$ km, $\overline{AC}=15$ km e a área é $84$ km${}^2$.

2.2.

$O$ é o circuncentro do triângulo $[ABC]$; como o triângulo é acutângulo, $O$ é interior ao triângulo. $O$ pertence à mediatriz de $[BC]$, que é perpendicular a $BC$ no ponto médio $M$, com $\overline{BM}=7$ km, logo $\overline{DM}=2$ km.

Seja $h=\overline{OM}$. No triângulo $[OMB]$, retângulo em $M$: ${\overline{OB}}^2=7^2+h^2$.

Seja $K$ a projeção ortogonal de $O$ sobre $AD$: $\overline{OK}=\overline{DM}=2$ e $\overline{AK}=12-h$, logo ${\overline{OA}}^2=2^2+(12-h{)}^2$.

De $\overline{OA}=\overline{OB}$: $49+h^2=4+144-24h+h^2\iff 24h=99\iff h={\displaystyle \frac{33}{8}}$.

${\overline{OB}}^2=49+{\left({\displaystyle \frac{33}{8}}\right)}^2={\displaystyle \frac{3136+1089}{64}}={\displaystyle \frac{4225}{64}}$, logo $\overline{OB}={\displaystyle \frac{65}{8}}=\mathrm{8,125}$.

A antena fica a $\mathrm{8,125}$ km de cada aldeia.

2.3.

O maior círculo contido no triângulo é o círculo limitado pela circunferência inscrita, tangente aos três lados.

O seu centro é o incentro $I$, ponto de interseção das bissetrizes dos ângulos internos do triângulo (equidistante dos três lados).

O semiperímetro é $s={\displaystyle \frac{13+14+15}{2}}=21$ km e a área é $84$ km${}^2$.

$r={\displaystyle \frac{\text{Área}}{s}}={\displaystyle \frac{84}{21}}=4$.

O centro deve ficar no incentro do triângulo e o raio da reserva é $4$ km.

O ângulo reto está inscrito na circunferência circunscrita, logo compreende um arco de ${180}^{\circ }$.

Portanto, a hipotenusa é um diâmetro da circunferência circunscrita e o centro dessa circunferência é o ponto médio da hipotenusa.

O vértice do ângulo reto é o ortocentro, e não o circuncentro (erro típico).

Opção (C)

As retas $AB$ e $BC$ não são paralelas (intersetam-se em $B$ e são distintas), logo as mediatrizes de $[AB]$ e de $[BC]$, que lhes são perpendiculares, também não são paralelas; intersetam-se num ponto $O$.

Como $O$ pertence à mediatriz de $[AB]$, tem-se $\overline{OA}=\overline{OB}$.

Como $O$ pertence à mediatriz de $[BC]$, tem-se $\overline{OB}=\overline{OC}$.

Logo, $\overline{OA}=\overline{OC}$, ou seja, $O$ é equidistante de $A$ e de $C$, pelo que pertence à mediatriz de $[AC]$.

As três mediatrizes passam em $O$ e, como $\overline{OA}=\overline{OB}=\overline{OC}$, a circunferência de centro $O$ e raio $\overline{OA}$ passa pelos três vértices.

O triângulo é obtusângulo (tem um ângulo de ${110}^{\circ }$).

O incentro e o baricentro são sempre interiores (as bissetrizes e as medianas estão contidas no triângulo).

O ângulo de ${110}^{\circ }$ é um ângulo inscrito na circunferência circunscrita que compreende um arco de ${220}^{\circ }$; assim, o maior lado deixa o vértice desse ângulo e o centro em semiplanos opostos, pelo que o circuncentro é exterior.

As alturas relativas aos lados do ângulo obtuso têm os pés nos prolongamentos desses lados, pelo que o ortocentro também é exterior.

Opção (B)

A soma das amplitudes dos ângulos internos do triângulo $[ABC]$ é ${180}^{\circ }$: $A\widehat{B}C+A\widehat{C}B={180}^{\circ }-{70}^{\circ }={110}^{\circ }$.

O incentro pertence às bissetrizes dos ângulos $B$ e $C$, logo $I\widehat{B}C={\displaystyle \frac{A\widehat{B}C}{2}}$ e $I\widehat{C}B={\displaystyle \frac{A\widehat{C}B}{2}}$.

Assim, $I\widehat{B}C+I\widehat{C}B={\displaystyle \frac{{110}^{\circ }}{2}}={55}^{\circ }$.

No triângulo $[BIC]$: $B\widehat{I}C={180}^{\circ }-{55}^{\circ }={125}^{\circ }$.

$B\widehat{I}C={125}^{\circ }$, como se queria mostrar. (Em geral, $B\widehat{I}C={90}^{\circ }+{\displaystyle \frac{B\widehat{A}C}{2}}$.)

O baricentro divide a mediana $[AM]$ na razão $2:1$ a partir do vértice: $\overline{AG}=2\overline{GM}$.

$5x-1=2(2x+1)\iff 5x-1=4x+2\iff x=3$.

Confirmação: $\overline{GM}=7$ e $\overline{AG}=14=2\times 7$. O valor ${\displaystyle \frac{2}{3}}$ resulta de igualar $\overline{AG}$ a $\overline{GM}$ e ${\displaystyle \frac{3}{8}}$ de considerar $\overline{GM}=2\overline{AG}$ (erros típicos).

Opção (C)

$\overline{AB}=\sqrt{6^2+8^2}=10$ cm. Como o triângulo é retângulo em $C$, $M$ é o circuncentro, logo $\overline{MC}=\overline{MA}=5$ cm.

$G$ pertence à mediana $[CM]$ e $\overline{CG}={\displaystyle \frac{2}{3}}\overline{CM}={\displaystyle \frac{2}{3}}\times 5={\displaystyle \frac{10}{3}}$ cm.

$\overline{CN}=4$ cm e o triângulo $[ACN]$ é retângulo em $C$: $\overline{AN}=\sqrt{6^2+4^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$ cm.

$G$ pertence à mediana $[AN]$: $\overline{AG}={\displaystyle \frac{2}{3}}\times 2\sqrt{13}={\displaystyle \frac{4\sqrt{13}}{3}}$ cm.

$\overline{CG}={\displaystyle \frac{10}{3}}$ cm e $\overline{AG}={\displaystyle \frac{4\sqrt{13}}{3}}$ cm.

A altura relativa a $[AC]$ passa em $B$ e no ortocentro $A$, logo a reta $AB$ é perpendicular a $AC$.

Assim, $B\widehat{A}C={90}^{\circ }$ e o triângulo é retângulo em $A$.

O circuncentro nunca coincide com um vértice (é equidistante dos três vértices); num triângulo equilátero, o ortocentro é interior.

Opção (A)

10.1.

Como $\overline{AB}=\overline{AC}$, a reta $AD$ é a mediatriz de $[BC]$, contém a mediana e a altura relativas a $[BC]$; logo, contém $O$, $G$ e $H$. $\overline{AD}=\sqrt{{10}^2-6^2}=8$ cm.

Seja $x=\overline{DO}$; $\overline{OA}=8-x$ e, no triângulo $[ODB]$, ${\overline{OB}}^2=36+x^2$. De $\overline{OA}=\overline{OB}$: $64-16x+x^2=36+x^2\iff x={\displaystyle \frac{7}{4}}$.

Os triângulos $[BDH]$ e $[ADC]$ são retângulos em $D$ e $D\widehat{B}H={90}^{\circ }-A\widehat{C}B=D\widehat{A}C$ (no triângulo $[BEC]$, retângulo em $E$); logo, são semelhantes (critério AA).

${\displaystyle \frac{\overline{DH}}{\overline{DC}}}={\displaystyle \frac{\overline{BD}}{\overline{AD}}}\iff \overline{DH}={\displaystyle \frac{6\times 6}{8}}={\displaystyle \frac{9}{2}}$.

$\overline{DO}={\displaystyle \frac{7}{4}}=\mathrm{1,75}$ cm e $\overline{DH}={\displaystyle \frac{9}{2}}=\mathrm{4,5}$ cm.

10.2.

$G$ divide a mediana $[AD]$ na razão $2:1$ a partir de $A$, logo $\overline{DG}={\displaystyle \frac{8}{3}}$ cm.

Tem-se $\overline{DO}={\displaystyle \frac{7}{4}}<\overline{DG}={\displaystyle \frac{8}{3}}<\overline{DH}={\displaystyle \frac{9}{2}}$, pelo que $G$ está entre $O$ e $H$.

$\overline{HG}={\displaystyle \frac{9}{2}}-{\displaystyle \frac{8}{3}}={\displaystyle \frac{11}{6}}$ e $\overline{GO}={\displaystyle \frac{8}{3}}-{\displaystyle \frac{7}{4}}={\displaystyle \frac{11}{12}}$.

$\overline{HG}={\displaystyle \frac{11}{6}}=2\times {\displaystyle \frac{11}{12}}=2\overline{GO}$, como se queria mostrar.

A circunferência dos nove pontos passa pelos pontos médios dos lados; o triângulo formado por esses pontos é semelhante ao triângulo dado, com razão ${\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Logo, o raio da circunferência dos nove pontos é metade do raio da circunferência circunscrita: ${\displaystyle \frac{6}{2}}=3$ cm.

Os valores $2$ e $4$ resultam de usar, por engano, a razão $2:1$ do baricentro.

Opção (B)

Tem-se ${\displaystyle \frac{\overline{AM}}{\overline{AB}}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$ e ${\displaystyle \frac{\overline{AN}}{\overline{AC}}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$, e o ângulo $M\widehat{A}N=B\widehat{A}C$ é comum aos triângulos $[AMN]$ e $[ABC]$.

Pelo critério LAL de semelhança, os triângulos $[AMN]$ e $[ABC]$ são semelhantes, com razão ${\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Assim, $\overline{MN}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{BC}$.

Além disso, $A\widehat{M}N=A\widehat{B}C$; como são ângulos correspondentes determinados pela secante $AB$ nas retas $MN$ e $BC$, estas retas são paralelas.

Logo, $MN\parallel BC$ e $\overline{MN}={\displaystyle \frac{\overline{BC}}{2}}$.

Como $P$ é equidistante das retas $r$ e $s$ e está no interior do ângulo, $P$ pertence à bissetriz desse ângulo, logo $E\widehat{V}P={30}^{\circ }$.

$E$ é a projeção ortogonal de $P$ sobre $r$, logo o triângulo $[VEP]$ é retângulo em $E$, com $\overline{PE}=2$ km e $V\widehat{P}E={60}^{\circ }$.

Seja $P^{\prime }$ o simétrico de $P$ em relação à reta $r$. O triângulo $[VP{P}^{\prime }]$ tem $\overline{VP}=\overline{V{P}^{\prime }}$ e $P\widehat{V}{P}^{\prime }={60}^{\circ }$, logo é equilátero, e $\overline{P{P}^{\prime }}=2\overline{PE}=4$ km. Assim, $\overline{VP}=4$ km.

Pelo Teorema de Pitágoras no triângulo $[VEP]$: $\overline{VE}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$ km.

O posto fica a $4$ km do cruzamento e $\overline{VE}=2\sqrt{3}$ km ($\approx \mathrm{3,46}$ km).