Teste nº5 – Demonstrações e circunferência dos nove pontos

Se $P$ pertence à circunferência de diâmetro $[AB]$ ($P\ne A$ e $P\ne B$), o ângulo $A\widehat{P}B$ está inscrito numa semicircunferência, logo é reto.

Reciprocamente, se $A\widehat{P}B={90}^{\circ }$, o ponto médio $M$ de $[AB]$ é o circuncentro do triângulo retângulo $[APB]$, logo $\overline{MP}=\overline{MA}={\displaystyle \frac{\overline{AB}}{2}}$.

Os pontos $A$ e $B$ são excluídos, pois neles o ângulo não está definido.

Opção (B)

Como $[OA]$ e $[OB]$ são raios, $\overline{OA}=\overline{OB}$ e o triângulo $[AOB]$ é isósceles.

Num triângulo isósceles, os ângulos opostos aos lados iguais são iguais: $O\widehat{B}A=O\widehat{A}B=B\widehat{A}C$ (os pontos $A$, $O$, $C$ são colineares).

Como $A$, $O$ e $C$ são colineares, o ângulo $B\widehat{O}C$ é um ângulo externo do triângulo $[AOB]$, adjacente ao ângulo $A\widehat{O}B$: $B\widehat{O}C={180}^{\circ }-A\widehat{O}B$.

No triângulo $[AOB]$: $A\widehat{O}B={180}^{\circ }-O\widehat{A}B-O\widehat{B}A={180}^{\circ }-2B\widehat{A}C$.

Logo, $B\widehat{O}C={180}^{\circ }-({180}^{\circ }-2B\widehat{A}C)=2B\widehat{A}C$.

Como $\overline{AB}=\overline{AC}$, $A$ pertence à mediatriz de $[BC]$, que é a reta $AD$; esta reta contém a mediana, a altura e a bissetriz relativas ao vértice $A$ (simetria do triângulo).

Logo, o circuncentro (mediatrizes), o baricentro (medianas), o ortocentro (alturas) e o incentro (bissetrizes) pertencem à reta $AD$.

(B) só é verdadeira se o triângulo for equilátero; (C) é falsa se o ângulo $A$ for obtuso; (D) só se verifica se o ângulo $A$ for reto.

Opção (A)

4.1.

Seja $D$ o ponto médio de $[BC]$. Como o triângulo é isósceles, $AD⟂BC$ e, pelo Teorema de Pitágoras, $\overline{AD}=\sqrt{{10}^2-x^2}=\sqrt{100-x^2}$.

Área do triângulo: ${\displaystyle \frac{2x\times \sqrt{100-x^2}}{2}}=x\sqrt{100-x^2}$.

Semiperímetro: $s={\displaystyle \frac{10+10+2x}{2}}=10+x$.

$r(x)={\displaystyle \frac{\text{Área}}{s}}={\displaystyle \frac{x\sqrt{100-x^2}}{10+x}}$, como se queria mostrar.

4.2.

Define-se $y_1={\displaystyle \frac{x\sqrt{100-x^2}}{10+x}}$ na calculadora, com a janela $[0;10]\times [0;4]$.

O gráfico cresce desde a origem, atinge um máximo e decresce até ao ponto $(10,0)$.

Utilizando a funcionalidade de cálculo do máximo, obtém-se o ponto de coordenadas, aproximadamente, $(\mathrm{6,18};\mathrm{3,00})$.

Para $x\approx \mathrm{6,18}$, a base mede $2x\approx \mathrm{12,36}$ dm.

O raio é máximo para $x\approx \mathrm{6,18}$ dm, sendo o raio máximo, aproximadamente, $\mathrm{3,00}$ dm.

Seja $d=\overline{OH}$. Pela reta de Euler, $\overline{OG}={\displaystyle \frac{d}{3}}$; $N$ é o ponto médio de $[OH]$, logo $\overline{ON}=\overline{HN}={\displaystyle \frac{d}{2}}$.

$G$ está entre $O$ e $N$ (pois ${\displaystyle \frac{d}{3}}<{\displaystyle \frac{d}{2}}$), logo $\overline{NG}={\displaystyle \frac{d}{2}}-{\displaystyle \frac{d}{3}}={\displaystyle \frac{d}{6}}$.

${\displaystyle \frac{\overline{HN}}{\overline{NG}}}={\displaystyle \frac{d/2}{d/6}}=3$. O valor $2$ corresponde a ${\displaystyle \frac{\overline{HG}}{\overline{GO}}}$ (erro típico).

Opção (B)

6.1.

$H$ pertence à altura $[AD]$. Seja $E$ o pé da altura relativa a $[AC]$; $B$, $H$ e $E$ são colineares.

Os triângulos $[BDH]$ e $[ADC]$ são retângulos em $D$, e $D\widehat{B}H=E\widehat{B}C={90}^{\circ }-A\widehat{C}B=D\widehat{A}C$ (triângulos $[BEC]$ e $[ADC]$ retângulos).

Pelo critério AA, $[BDH]$ e $[ADC]$ são semelhantes: ${\displaystyle \frac{\overline{DH}}{\overline{DC}}}={\displaystyle \frac{\overline{BD}}{\overline{AD}}}$.

Como $\overline{DC}=16-4=12$ cm: $\overline{DH}={\displaystyle \frac{4\times 12}{8}}=6$ cm.

$\overline{DH}=6$ cm, como se queria mostrar.

6.2.

$O$ pertence à mediatriz de $[BC]$, logo $OM⟂BC$; também $DH⟂BC$. Assim, $[DHOM]$ é um trapézio de bases $[DH]$ e $[MO]$, com $\overline{DM}=8-4=4$ cm.

$N$ é o ponto médio de $[OH]$. Seja $K$ a projeção ortogonal de $N$ em $BC$: $K$ é o ponto médio de $[DM]$ e $\overline{NK}={\displaystyle \frac{\overline{DH}+\overline{MO}}{2}}={\displaystyle \frac{6+1}{2}}=\mathrm{3,5}$ cm (base média do trapézio).

$D$ é o pé de uma altura, logo pertence à circunferência dos nove pontos; o raio é $\overline{ND}$, com $\overline{DK}=2$ cm.

$\overline{ND}=\sqrt{2^2+3,5^2}=\sqrt{\mathrm{16,25}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{65}{4}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{65}}{2}}$ cm.

Confirmação: o circunraio é $\overline{OB}=\sqrt{8^2+1^2}=\sqrt{65}$ e o raio da circunferência dos nove pontos é metade deste.

$N$ dista $\mathrm{3,5}$ cm da reta $BC$ e o raio da circunferência dos nove pontos é ${\displaystyle \frac{\sqrt{65}}{2}}$ cm.

$O$ é o centro da circunferência circunscrita ao triângulo; $B\widehat{A}C$ é um ângulo inscrito e $B\widehat{O}C$ é o ângulo ao centro que compreende o mesmo arco $BC$ (o triângulo é acutângulo, logo $A$ não pertence ao arco menor $BC$).

$B\widehat{O}C=2\times B\widehat{A}C={100}^{\circ }$.

O valor ${130}^{\circ }$ corresponde ao ângulo $B\widehat{H}C={180}^{\circ }-{50}^{\circ }$, sendo $H$ o ortocentro (distrator).

Opção (C)

Seja $P$ o ponto onde coincidem o baricentro e o circuncentro, e $M$ o ponto médio de $[BC]$. $P$ pertence à mediana $AM$ e à mediatriz de $[BC]$, e ambas as retas passam em $M$.

Se estas retas fossem distintas, intersetar-se-iam apenas em $M$, e então $P=M$; mas o baricentro é sempre interior ao triângulo, não pertencendo ao lado $[BC]$. Logo, as retas coincidem.

Assim, $A$ pertence à mediatriz de $[BC]$, ou seja, $\overline{AB}=\overline{AC}$.

Raciocinando do mesmo modo com a mediana relativa a $[AC]$ e a mediatriz de $[AC]$, obtém-se $\overline{BA}=\overline{BC}$.

Logo, $\overline{AB}=\overline{AC}=\overline{BC}$ e o triângulo é equilátero.

As retas $CA$ e $CB$ são perpendiculares, pelo que contêm as alturas relativas a $[CB]$ e a $[CA]$; estas intersetam-se em $C$, logo $H=C$.

O ângulo reto em $C$ está inscrito numa semicircunferência, logo $O$ é o ponto médio $M$ da hipotenusa $[AB]$.

$G$ pertence à mediana $[CM]$ e divide-a na razão $2:1$: $\overline{CG}={\displaystyle \frac{2}{3}}\overline{CM}$ e $\overline{GM}={\displaystyle \frac{1}{3}}\overline{CM}$.

Logo, $H=C$, $G$ e $O=M$ pertencem à reta $CM$ e $\overline{HG}={\displaystyle \frac{2}{3}}\overline{CM}=2\times {\displaystyle \frac{1}{3}}\overline{CM}=2\overline{GO}$.

$O$, $G$ e $H$ são colineares e $\overline{HG}=2\overline{GO}$.

10.1.

A reta tangente a uma circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangência: $I\widehat{T}P=I\widehat{U}P={90}^{\circ }$.

Nos triângulos retângulos $[ITP]$ e $[IUP]$, a hipotenusa $[IP]$ é comum e $\overline{IT}=\overline{IU}=r$.

Pelo Teorema de Pitágoras: ${\overline{PT}}^2={\overline{IP}}^2-r^2={\overline{PU}}^2$.

Logo, $\overline{PT}=\overline{PU}$.

10.2.

Sejam $E$, $F$ e $T$ os pontos de tangência com $[AC]$, $[BC]$ e $[AB]$. O quadrilátero $[CEIF]$ tem três ângulos retos (em $C$, $E$ e $F$) e $\overline{IE}=\overline{IF}=r$, logo é um quadrado: $\overline{CE}=\overline{CF}=r$.

Pela alínea anterior, $\overline{AT}=\overline{AE}=b-r$ e $\overline{BT}=\overline{BF}=a-r$.

$c=\overline{AT}+\overline{TB}=(b-r)+(a-r)\iff 2r=a+b-c\iff r={\displaystyle \frac{a+b-c}{2}}$.

Para $a=5$ e $b=12$: $c=\sqrt{25+144}=13$ e $r={\displaystyle \frac{5+12-13}{2}}=2$; por outro lado, $r={\displaystyle \frac{\text{Área}}{s}}={\displaystyle \frac{30}{15}}=2$.

$r={\displaystyle \frac{a+b-c}{2}}$; no caso $a=5$, $b=12$, obtém-se $r=2$ pelos dois processos.

A circunferência dos nove pontos passa pelos pontos médios dos três lados, pelos pés das três alturas e pelos pontos médios dos segmentos que unem os vértices ao ortocentro.

As opções (A), (B) e (C) são pontos destes três tipos.

O centro dessa circunferência é o ponto médio de $[OH]$, pelo que $O$ dista do centro ${\displaystyle \frac{\overline{OH}}{2}}$, que, em geral, não é igual ao raio.

Opção (D)

Seja $P^{\prime }$ o ponto, distinto de $A$, em que a bissetriz do ângulo $B\widehat{A}C$ interseta a circunferência.

Os ângulos inscritos $B\widehat{A}{P}^{\prime }$ e $P^{\prime }\widehat{A}C$ são iguais, logo os arcos $B{P}^{\prime }$ e $P^{\prime }C$ que compreendem têm a mesma amplitude.

A arcos iguais correspondem cordas iguais: $\overline{P^{\prime }B}=\overline{P^{\prime }C}$, pelo que $P^{\prime }$ pertence à mediatriz de $[BC]$.

A bissetriz e a mediatriz não coincidem (se coincidissem, $A$ pertenceria à mediatriz e ter-se-ia $\overline{AB}=\overline{AC}$), logo intersetam-se num único ponto.

Como $P$ e $P^{\prime }$ pertencem a ambas as retas, $P=P^{\prime }$.

Logo, $P$ pertence à circunferência circunscrita ao triângulo $[ABC]$.