MA13_U07

7

1

Triângulos eCircunferências

Sumário

7.1 Tangência e ângulos no círculo . . . . . . . . . . . . 2

7.2 Círculos associados a um triângulo . . . . . . . . . . 22

Unidade 7 Tangência e ângulos no círculo

7.1 Tangência e ângulos no círculo

Comecemos esta seção estudando uma das mais importantes noções da

Geometria Euclidiana, qual seja, a de reta e círculos tangentes.

Dizemos que um círculo Γ e uma reta r são tangentes ou, ainda, que a

reta r é tangente ao círculo Γ, se r e Γ tiverem exatamente um ponto P em

comum. Nesse caso, P é denominado o ponto de tangência de r e Γ.

A proposição a seguir ensina como construir uma reta tangente a um círculo

dado e passando por um ponto do mesmo.

Proposição 1 Sejam Γ um círculo de centro O e P um ponto de Γ. Se t é a reta que

passa por P e é perpendicular a←→OP , então t é tangente a Γ.

Demonstração Seja R o raio de Γ. Se Q 6= P é outro ponto de t (Figura 7.1), temos

QO > PO = R, uma vez que QPO = 90◦ é o maior ângulo do triângulo

OPQ. Portanto, Q /∈ Γ e, assim, P é o único ponto comum a t e a Γ.

t

O

P

Q

Figura 7.1: círculo e reta tangentes.

O próximo exemplo exercita a construção explicitada na demonstração acima.

Exemplo 2 Nas notações da �gura abaixo, construa, com régua e compasso, uma reta

r, tangente a Γ em P .

2

Unidade 7Triângulos e Circunferências

Solução

O

P

Descrição dos passos.

1. Trace a reta←→OP .

2. Construa, pelo ponto P , a reta r, perpendicular a←→OP .

Não é difícil provar (cf. Problema 1, página 15) que a reta tangente a

um círculo Γ por um ponto P do mesmo é única. Por outro lado, se P for

exterior ao círculo, provaremos na Proposição 11 que há exatamente duas retas

tangentes a Γ e passando por P .

Voltemo-nos, agora, ao estudo de certos ângulos em um círculo. Dado,

no plano, um círculo Γ de centro O, um ângulo central em Γ é um ângulo

de vértice O e tendo dois raios OA e OB por lados. Em geral, tal ângulo

central será denotado por ∠AOB e o contexto tornará claro a qual dos dois

ângulos ∠AOB estamos nos referindo. Por de�nição, a medida do ângulo

central ∠AOB é igual à medida do arco_

AB correspondente. O exemplo a

seguir mostra que ângulos centrais iguais subentendem cordas também iguais.

Exemplo 3Se A, B, C e D são pontos sobre um círculo Γ, tais que os ângulos centrais

∠AOB e ∠COD são iguais, então AB = CD.

DemonstraçãoSuponha (cf. Figura 7.2) que AOB = COD < 180◦ (o caso AOB =

COD > 180◦ pode ser tratado de modo análogo). Como AO = CO, BO =

DO e AOB = COD, os triângulos AOB e COD são congruentes por LAL,

de sorte que AB = CD.

Outra importante classe de ângulos em um círculo é aquela formada pelos

ângulos inscritos. Por de�nição, um ângulo inscrito num círculo é um ângulo

3


A

B

CD

O

Figura 7.2: cordas de ângulos centrais iguais.

cujo vértice é um ponto do círculo e cujos lados são duas cordas do mesmo. A

proposição a seguir nos ensina a calcular sua medida.

Proposição 4 Se AB e AC são cordas de um círculo de centro O, então a medida do

ângulo inscrito ∠BAC é igual à metade da medida do ângulo central ∠BOC

correspondente.

Demonstração Consideremos três casos separadamente:

(a) O ângulo ∠BAC contém o centro O em seu interior (Figura 7.3): como

os triângulos OAC e OAB são isósceles, de bases respectivamente AC e AB,

temos OAC = OCA = α e OAB = OBA = β, digamos. Segue, pois, que

BAC = α + β e, pelo teorema do ângulo externo (Corolário 3.7, Unidade 3),

que COA′ = 2α e BOA′ = 2β. Daí,

BOC = BOA′ + COA′ = 2(α + β) = 2BAC.

(b) O ângulo ∠BAC não contém o centro O (Figura 7.4): uma vez mais, temos

OAC e OAB isósceles de bases AC e AB. Ademais, sendo OAC = OCA = α

e OAB = OBA = β, temos BAC = β − α e, novamente pelo teorema do

ângulo externo, COA′ = 2α e BOA′ = 2β. Logo,

BOC = BOA′ − COA′ = 2(β − α) = 2BAC.

4


A

B

C

OA′

Figura 7.3: ângulo inscrito quando o centro pertence ao mesmo.

A

B

C

OA′

Figura 7.4: ângulo inscrito quando o centro não pertence ao mesmo.

(c) O centro O está sobre um dos lados de ∠BAC: a análise deste caso é

análoga àquela dos dois casos anteriores e será deixada como exercício para o

leitor.

Dados um círculo Γ de centro O e uma corda AB de Γ, um caso particular

importante da proposição anterior é aquele em que AB é um diâmetro de Γ

(Figura 7.5). Sendo P um ponto de Γ distinto de A e de B, segue da referida

proposição que

APB =1

2· 180◦ = 90◦.

O caso limite de um ângulo inscrito é aquele de um ângulo de segmento

(Figura 7.6): seu vértice é um ponto do círculo e seus lados são um uma corda

e o outro a tangente ao círculo no vértice do ângulo. A proposição a seguir

mostra que podemos calcular a medida de ângulos de segmento de maneira

5


A B

P

O

Figura 7.5: ângulo inscrito em um semicírculo.

análoga ao cálculo das medidas de ângulos inscritos.

B

A

C

O

Figura 7.6: medida de um ângulo de segmento.

Proposição 5 Nas notações da Figura 7.6, a medida do ângulo de segmento ∠BAC é

igual à metade do ângulo central ∠AOB correspondente.

Demonstração Seja BAC = α. Como←→AC⊥

←→AO, temos ABO = BAO = 90◦−α e, daí,

BOA = 180◦ − 2(90◦ − α) = 2α = 2BAC.

Outra maneira útil de generalizarmos ângulos inscritos é considerar ângulos

ex-cêntricos mas, nesse caso, há dois tipos distintos, quais sejam, os interiores

e os exteriores. Um ângulo ex-cêntrico interior (Figura 7.7) é um ângulo

formado por duas cordas de um círculo que se intersectam no interior do mesmo;

6


um ângulo ex-cêntrico exterior é um ângulo formado por duas cordas de um

círculo que se intersectam no exterior do mesmo.

A

B

C

D

O

E

Figura 7.7: medida de um ângulo ex-cêntrico interior.

A proposição a seguir ensina como calcular medidas de ângulos ex-cêntricos.

A esse respeito, veja também o Problema 16, página 18.

Proposição 6Sejam AB e CD duas cordas de um círculo, cujas retas suportes se

intersectam em um ponto E.

(a) Se E for interior ao círculo, então a medida do ângulo ex-cêntrico interior

∠AEC é igual à média aritmética das medidas dos arcos_

AC e_

BD

subentendidos.

(b) Se E for exterior ao círculo, então a medida do ângulo ex-cêntrico exterior

∠AEC é igual ao módulo da semidiferença das medidas dos arcos_

BD

e_

AC subentendidos.

Demonstração(a) Basta aplicar sucessivamente o teorema do ângulo externo (Corolário 3.7,

Unidade 3) e o resultado da Proposição 4:

AEC = ADC +BAD =1

2

_

AC +1

2

_

BD.

(b) Exercício.

7


Exemplo 7 Sejam A, B, C e D pontos sobre um círculo Γ, tais que as cordas AC e BD

se intersectam no interior de Γ. SeM , N , P e Q denotam, respectivamente, os

pontos médios dos arcos_

AB (que não contém C),_

BC (que não contém D),_

CD (que não contém A) e_

AD (que não contém B), prove que←→MP⊥

←→NQ.

Demonstração Nas notações do enunciado e da �gura abaixo, sejam_

AB = 2α,_

BC = 2β,_

CD = 2γ e_

AD = 2δ. Então α + β + γ + δ = 180◦ e_

MN = α + β e_

PQ = γ + δ. Portanto, sendo E o ponto de concurso de MP e NQ, temos

MEN =1

2(

_

MN +_

PQ) =1

2((α + β) + (γ + δ)) = 90◦.

A

B

C

D

M

N

P

Q

E

A proposição a seguir estabelece a existência e explica como construir um

importante lugar geométrico, o arco capaz de um ângulo dado.

Proposição 8 Dados um segmento AB e um ângulo α, com 0◦ < α < 180◦, o LG dos

pontos P do plano tais que APB = α é a reunião de dois arcos de círculo,

simétricos em relação à reta←→AB e tendo os pontos A e B em comum. Tais

arcos são os arcos capazes de α em relação a AB.

Demonstração Primeiramente, analisemos o caso 0◦ < α < 90◦. Seja (cf. Figura 7.8)

P /∈←→AB tal que APB = α. Se P ′ é o simétrico de P em relação à reta

←→AB (cf. Problema 4 da Seção 2, Unidade 2), então

←→AB é a mediatriz de PP ′

8


A B

P

P ′

Figura 7.8: APB = AP ′B.

e, daí, AP = AP ′ e BP = BP ′. Portanto, os triângulos ABP e ABP ′

são congruentes por LLL, de sorte que AP ′B = APB = α. Analogamente,

AP ′B = α acarreta APB = α, de forma que, para estudar o LG pedido,

podemos nos restringir somente aos pontos P situados em um dos semiplanos

que a reta←→AB determina. Doravante, suporemos que tal semiplano é aquele

situado acima da reta←→AB (cf. Figura 7.9).

A B

P

P ′

O

Figura 7.9: arco capaz (superior) de α sobre AB.

Em tal semiplano, seja O o ponto tal que AOB é um triângulo isósceles de

base AB, com AOB = 2α (note que 0◦ < 2α < 180◦ no caso que estamos

considerando). Sendo OA = OB = R, seja Γ o arco de círculo, de centro O

e raio R, situado acima da reta←→AB. Sendo P um ponto qualquer de Γ, temos

pelo teorema do ângulo inscrito que

APB =1

2AOB = α,

de modo que P pertence ao LG procurado.

Seja, agora, P ′ um ponto do semiplano superior, tal que P ′ /∈ Γ; mostremos

que P ′ não pertence ao LG desejado. Sendo R a região limitada do plano,

9


delimitada por Γ e AB, há duas possibilidades: P ′ ∈ R ou P /∈ R ∪ Γ.

Analisemos o caso em que P ′ ∈ R, sendo a análise do outro caso totalmente

análoga. Nas notações da Figura 7.9, segue do teorema do ângulo externo e

da discussão do parágrafo anterior que

AP ′B = APB + PAP ′ > APB = α,

de sorte que P ′ não pertence ao LG procurado.

Voltemo-nos, agora, ao caso em que α = 90◦, observando inicialmente que,

como no caso anterior, um argumento de simetria reduz o problema aos pontos

do semiplano situado acima da reta←→AB. Agora, a discussão do parágrafo

imediatamente posterior à prova da Proposição 6.54 garante que todo ponto

do semicírculo de diâmetro AB situado no semiplano superior pertence ao LG

em questão (Figura 7.10).

A B

P

O

Figura 7.10: arco capaz (superior) de 90◦ sobre AB.

Reciprocamente, se P é um ponto do semiplano superior, tal que APB =

90◦, e O é o ponto médio de AB, então o Corolário 5.16, da Unidade 5,

garante que PO = 12AB = AO. Assim, P pertence ao semicírculo de centro

O e diâmetro AB.

Por �m, para o caso 90◦ < α < 180◦, remetemos o leitor ao Problema 17,

página 18.

A prova da proposição anterior também ensina como construir os arcos

capazes de um ângulo α sobre AB, quando 0◦ < α ≤ 90◦: se α = 90◦, temos

somente de construir o círculo de diâmetro AB. Suponha, pois 0◦ < α < 90◦.

Nas notações da prova da referida proposição, como OAB = OBA, temos

OAB = OBA =1

2(180◦ − AOB) =

1

2(180◦ − 2α) = 90◦ − α;

10


assim, obtemos o centro O do arco capaz superior como sendo a interseção

das semirretas que partem de A e de B, estão situadas em tal semiplano e

formam ângulos de 90◦ − α com o segmento AB. Observamos, por �m, que

o caso 90◦ < α < 180◦ pode ser tratado de modo análogo (cf. Problema 17,

página 18).

Exemplo 9Construa com régua e compasso o arco capaz superior de α sobre AB.

Demonstração

α

A B


1. De acordo com a discussão acima, construa, no semiplano superior, as

semirretas−→AX e

−→BY tais que BAX = ABY = 90◦ − α.

2. Marque o centro O do arco capaz pedido como o ponto de interseção das

semirretas−→AX e

−→BY .

O próximo exemplo mostra que há uma relação simples (e, conforme veremos

nos problemas desta seção, útil) entre os arcos capazes de um ângulo e de sua

metade.

Exemplo 10A �gura abaixo mostra um dos arcos capazes do ângulo α sobre o seg-

mento AB. Construa, com régua e compasso, o arco capaz de 12α sobre AB,

correspondente ao arco capaz dado.

Solução

11


A B

O


1. Trace a mediatriz do segmento AB e marque seu ponto O′ de interseção

com o arco capaz dado.

2. Use o teorema do ângulo inscrito para mostrar que o arco de centro O′ e

raio OA = OB, contido no mesmo semiplano que o arco dado é o arco

pedido.

Dentre outros problemas interessantes, podemos usar arcos capazes para

examinar o problema de traçar as tangentes a um círculo por um ponto exterior

ao mesmo, conforme ensina nosso próximo resultado.

Proposição 11 Dados, no plano, um círculo Γ e um ponto P exterior ao mesmo, há

exatamente duas retas tangentes a Γ e passando por P .

Demonstração Sejam O o centro do círculo dado e A e B os pontos de interseção do

mesmo com aquele de diâmetro OP (Figura 7.11). Pelas discussões anteriores,

os semicírculos superior e inferior do círculo traçado podem ser vistos como

os arcos capazes de 90◦ sobre OP e, daí, OAP = OBP = 90◦. Portanto,

OA⊥←→AP e OB⊥

←→BP , de sorte que, pela Proposição 2, as retas

←→AP e

←→BP

são tangentes ao círculo dado.

Reciprocamente, se r é uma reta passando por P e tangente ao círculo

dado em X, digamos, então OX⊥←→XP , ou, o que é o mesmo, OXP = 90◦.

Logo, X pertence a um dos arcos capazes de 90◦ sobre OP , i.e., X pertence

ao círculo de diâmetro OP . Mas aí, X está sobre a interseção do círculo dado

com aquele de diâmetro OP e, portanto, X = A ou X = B.

12


O

Γ

P

A

B

Figura 7.11: tangentes a um círculo por um ponto exterior.

Conforme ensina o próximo exemplo, a demonstração da proposição acima

pode ser facilmente formatada em passos que, uma vez executados, fornecem a

construção, com régua e compasso, das tangentes a um círculo dado, passando

por um ponto também dado e exterior ao mesmo.

Exemplo 12Nas notações da �gura a seguir, construa, com régua e compasso, as retas

tangentes a Γ e passando por P .

Demonstração

Γ

OP


1. Marque o ponto médio M do segmento OP .

2. Trace o círculo γ, de centro M e raio OM = MP .

3. Marque os pontos A e B, de interseção dos círculos γ e Γ; as tangentes

pedidas são as retas←→AP e

←→BP .

13


A proposição a seguir estabelece duas propriedades bastante úteis das tan-

gentes traçadas a um círculo a partir de um ponto exterior ao mesmo.

Proposição 13 Sejam Γ um círculo de centro O e P um ponto exterior ao mesmo. Se

A,B ∈ Γ são tais que←→PA e

←→PB são tangentes a Γ (Figura 7.12), então:

(a) PA = PB.

(b)←→PO é a mediatriz de AB.

(c)←→PO é a bissetriz dos ângulos ∠AOB e ∠APB.

(d)←→PO⊥

←→AB.

O P

A

B

Figura 7.12: propriedades das tangentes por um ponto exterior.

Demonstração Como OA = OB e PAO = PBO = 90◦, os triângulos POA e POB

são congruentes, pelo caso especial CH de congruência de triângulos retângulos

(cf. Problema 1, Unidade 3); em particular, PA = PB, APO = BPO e

AOP = BOP .

Agora, como P e O equidistam de A e de B, segue da Proposição 6.5

(Unidade 6) que←→PO é a mediatriz do segmento AB. Logo,

←→PO⊥

←→AB.

14


1. * Dados no plano um círculo Γ e um ponto P sobre o mesmo, mostre

que a reta tangente a Γ em P é única. (Sugestão: seja s uma reta que

passa por P , distinta da tangente t construída na Proposição 1. Sejam

O o centro de Γ e α a medida do ângulo agudo formado pelas retas s e t.

Marque o ponto Q ∈ s, situado no mesmo semiplano que O em relação

a t e tal que POQ = 2α. Mostre que Q ∈ Γ.)

2. São dados, no plano, uma reta r e um ponto A ∈ r. Identi�que e

construa, com régua e compasso, o LG dos pontos do plano que são

centros dos círculos tangentes à reta r no ponto A. (Sugestão: supondo

o problema resolvido, seja O o centro de um dos círculos pedidos. Então←→AO⊥r em A, de forma que O pertence à reta s, perpendicular à reta r

em A.)

3. São dados, no plano, retas concorrentes r e s e um ponto P ∈ r. Cons-trua, com régua e compasso, os círculos tangentes a r e s, sendo P

o ponto de tangência com a reta r. (Sugestão: supondo o problema

resolvido, seja O o centro de um dos círculos pedidos. Pelo problema

anterior, O pertence à reta perpendicular a r por P . Por outro lado,

como O equidista de r e de s, ele também pertence à bissetriz de um dos

ângulos formados por tais retas. Há duas soluções.)

4. São dados, no plano, um segmento de comprimento R e uma reta r.

Identi�que e construa, com régua e compasso, o LG dos pontos do plano

que são centros dos círculos de raio R, tangentes à reta r. (Sugestão:

observe que, se O é o centro de um tal círculo, então a distância de O a

r é igual a R.)

5. Temos, no plano, duas retas concorrentes r e s. Dado um real R > 0,

construa todos os círculos de raio R, tangentes simultaneamente a r e

a s. (Sugestão: supondo o problema resolvido, se O é o centro de um

dos círculos pedidos, então O pertence à bissetriz de um dos ângulos

formados por tais retas e está à distância R de r. Há quatro soluções.)

6. Sejam a, b e c três retas dadas no plano, com a ‖ b e c concorrente com

a e b. Construa, com régua e compasso, os círculos tangentes a a, b e

c. (Sugestão: supondo o problema resolvido, se O é o centro de um dos

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círculos pedidos, então O equidista de a e de b, bem como pertence à

bissetriz de um dos ângulos formados por a e c. Há duas soluções.)

Para os problemas 7 a 9 a seguir, dizemos que dois círculos são:

• exteriores se não tiverem pontos comuns e tiverem interiores dis-

juntos;

• interiores se não tiverem pontos comuns mas o interior de um deles

contiver o outro;

• secantes se tiverem dois pontos em comum;

• tangentes se tiverem um único ponto comum; nesse último caso,

os círculos são tangentes exteriormente se tiverem interiores dis-

juntos e tangentes interiormente caso contrário.

7. * Dados círculos Γ1(O1;R1) e Γ2(O2;R2), prove que Γ1 e Γ2 são:

(a) exteriores se, e só se, O1O2 > R1 +R2.

(b) tangentes exteriormente se, e só se, O1O2 = R1 +R2.

(c) secantes se, e só se, |R1 −R2| < O1O2 < R1 +R2.

(d) tangentes interiormente se, e só se, O1O2 = |R1 −R2|.

(e) interiores se, e só se, O1O2 < |R1 −R2|.

(Sugestão: observe, inicialmente, que P ∈ Γ1∩Γ2 se, e só se, PO1 ≤ R1

e PO2 ≤ R2; nesse caso, use a desigualdade triangular para concluir que

|R1 − R2| ≤ O1O2 ≤ R1 + R2. Analise, agora, cada um dos itens

separadamente.)

8. São dados, no plano, um círculo Γ de centro O e um ponto A ∈ Γ.

Identi�que e construa, com régua e compasso, o LG dos centros dos

círculos tangentes a Γ em A. (Sugestão: seja Γ′ um círculo de centro O′

e raio R′. Se O′ ∈←→AO \ {A} e R′ = AO′, mostre que Γ′ tangencia Γ

em A.)

9. São dados, no plano, um círculo Γ, de centro O e raio R, e um segmento

de comprimento r. Identi�que e construa, com régua e compasso, o LG

16


dos centros dos círculos de raio r e tangentes a Γ. Em que medida o

LG em questão depende dos valores R e r? (Sugestão: se Γ′ tem centro

O′ e raio r e tangencia Γ, então, pelo Problema 7, página 16, temos

OO′ = R± r.)

10. São dados, no plano, um círculo Γ e pontos A, P e Q, tais que P,Q ∈ Γ

e os segmentos AP e AQ tangenciam Γ e medem 5cm cada. Escolhemos

pontos B ∈ AP e C ∈ AQ tais que BC também tangencia Γ. Calcule

os possíveis valores do perímetro do triângulo ABC. (Sugestão: sendo

R o ponto de tangência de←→BC e Γ, temos BR = BP e CR = CQ.

Conclua, a partir daí, que o perímetro de ABC é igual a AP + AQ.)

11. Sejam ABCD um quadrado de lado a e Γ o círculo de centro A e raio

a. Marcamos pontos M e N , respectivamente sobre BC e CD, tais

que MN tangencia Γ. Quais os possíveis valores do ângulo MAN?

(Sugestão: sendo P o ponto de tangência, temos, pela Proposição 13,

que MAP = 12BAP e NAP = 1

2DAP .)

12. As retas r e s são concorrentes em A e tangentes a um círculo Γ, de

centro O. Pontos P ∈ r e Q ∈ s são tais que←→PQ tangencia Γ e deixa A

e O em semiplanos opostos. Se PAQ = 30◦, calcule POQ. (Sugestão:

sendo B, C e R, respectivamente, os pontos de tangência das retas←→AP ,

←→AQ e

←→PQ com Γ, temos, pela Proposição 13, que POR = 1

2BOR e

QOR = 12COR. Use, agora, o fato de que a soma dos ângulos do

quadrilátero ABOC é igual a 360◦.)

13. Dois círculos Γ e Σ se intersectam em dois pontos distintos A e B.

Escolhemos X ∈ Γ e Y ∈ Σ tais que A ∈ XY . Prove que a medida do

ângulo ∠XBY independe da direção da reta←→XY . (Sugestão: observe,

inicialmente, que XBY = 180◦ − BXY − BY X. Em seguida, use

o teorema do ângulo inscrito para mostrar que as medidas dos ângulos

∠AXB e ∠AY B independem da direção da reta←→XY .)

14. As cordas AB e CD de um círculo Γ são perpendiculares em E, um

ponto situado no interior do círculo. A reta perpendicular a AC por E

intersecta o segmento BD em F . Prove que F é o ponto médio de

17


BD. (Sugestão: use o teorema do ângulo inscrito para mostrar que os

triângulos DEF e BEF são ambos isósceles.)

15. Sejam A, B e C pontos sobre um círculo Γ, tais que os arcos menores_

AB,_

AC e_

BC medem todos 120◦. Se P é um ponto de Γ situado no

arco menor_

BC, prove que PA = PB+ PC. (Sugestão: se O é o ponto

sobre AP , tal que PQ = BP , mostre que o triângulo BPQ é equilátero

e, daí, que AQB = 120◦. Em seguida, use as hipóteses, juntamente com

os fatos já deduzidos e o teorema do ângulo inscrito, para mostrar que os

triângulos ABQ e CBP são congruentes por LAAo.)

16. Prove o item (b) da Proposição 6. Veri�que, ainda, que as fórmulas para o

cálculo das medidas de ângulos ex-cêntricos permanecem válidas quando

um dos lados do mesmo contiver uma corda do círculo e o outro for

tangente ao círculo. (Sugestão: em ambos os casos, adapte o argumento

da prova do item (a) da Proposição 6.)

17. * Analise a construção dos arcos capazes de um ângulo α sobre o seg-

mento AB, quando 90◦ < α < 180◦. (Sugestão: mostre que o centro de

cada um de tais arcos é o simétrico do centro de cada um dos arcos de

180◦ − α sobre AB.)

18. Construa o triângulo ABC, conhecendo os comprimentos a do lado BC,

ha da altura relativa a BC e a medida α do ângulo ∠A. (Sugestão: após

marcar um segmento BC de comprimento a, obtenha o vértice A como a

interseção de dois lugares geométricos: os arcos capazes de α sobre BC

e as paralelas à reta←→BC, situadas à distância ha.)

19. * Sejam ABC um triângulo e P eM , respectivamente, os pés da bissetriz

interna e da mediana relativas ao lado BC. Se P e M coincidirem,

prove que ABC é isósceles de base BC. (Sugestão: se A = α, veja

o vértice A como a interseção de dois arcos capazes de α2, construídos

respectivamente sobre BM e CM . Em seguida, use a igualdade BM =

CM para concluir que AB = AC.)

20. * Construa um quadrado ABCD, conhecendo o comprimento l de seus

lados e as posições dos pontos M , N e P , situados respectivamente sobre

18


os lados AB, AD e sobre a diagonal AC. (Sugestão: use o fato de que

MAP = NAP = 45◦ para obter A como a interseção de dois arcos

capazes de 45◦, respectivamente sobre MP e NP . Em seguida, marque

B ∈−→AM e D ∈

−→AN , tais que AB = AD = l.)

21. De um triângulo ABC, conhecemos as posições dos vértices B e C, a

medida α do ângulo ∠BAC e o semiplano β, dentre os determinados pela

reta←→BC, no qual está situado o vértice A. Quando A descreve o arco

capaz de α sobre BC, situado no semiplano β, encontre o LG descrito

pelo incentro I de ABC. (Sugestão: use o resultado do Problema 13,

Unidade 3.)

22. * São dados, no plano, dois círculos exteriores Γ e Σ. Construa, com

régua e compasso, todas as retas tangentes simultaneamente a Γ e Σ.

(Sugestão: inicialmente, observe que há quatro tangentes comuns aos dois

círculos, as quais se dividem em dois tipos: duas tangentes, ditas externas,

que deixam os dois círculos em um mesmo semiplano e duas outras, ditas

internas, que os deixam em dois semiplanos opostos. Analisemos a con-

strução de uma tangente que deixa os círculos em um mesmo semiplano

(para as tangentes do outro tipo, adapte a construção acima descrita).

Sejam r uma tal tangente, O e O′ os centros e R e R′ os raios de Γ

e Σ, respectivamente, e T e T ′ os pontos de tangência de r com Γ e

Σ, também respectivamente; supondo, sem perda de generalidade, que

R > R′, trace a reta s, paralela a r e passando por O′ e marque o ponto

S de interseção do raio OT com s. O triângulo OO′S é retângulo em S

e tal que OS = R−R′; construa-o para obter o ponto S e, em seguida,

marque a interseção T da semirreta−→OS com Γ; por �m, trace a tangente

desejada r como a paralela à reta s passando pelo ponto T .)

23. * Dois círculos Γ1(O1;R1) e Γ2(O2;R2) são secantes, intersectando-se

nos pontos A e B. Dado um segmento de comprimento l, explique

como traçar, com régua e compasso, uma reta passando por A (dita

secante aos círculos), intersectando Γ1 e Γ2 respectivamente em X e em

Y (com X, Y 6= A), e tal que XY = l. Explique sob que condições

há solução. (Sugestão: supondo o problema resolvido, sejam M e N ,

respectivamente, os pontos médios dos segmentos AX e AY , de forma

19


que MN = l2. Construa, então, um triângulo O1O2P , retângulo em P e

tal que O1P ‖MN . Mostre que haverá solução se, e só se, O1O2 ≥ l2.)

24. Dois círculos Γ1(O1;R1) e Γ2(O2;R2) são secantes, intersectando-se nos

pontos A e B. Explique como traçar com régua e compasso a secante

aos círculos, passando por A e tendo comprimento máximo. (Sugestão:

analise a solução do problema anterior.)

25. Temos, desenhado no plano, um triângulo ABC. Dado um segmento

de comprimento a, construa, com régua e compasso, um triângulo equi-

látero MNP , de lado a e tal que A ∈ NP , B ∈ MP e C ∈ MN .

(Sugestão: inicialmente, considere os arcos capazes de 120◦, construídos

sobre os lados e exteriormente ao triângulo ABC. Em seguida, aplique a

construção do Problema 23, página 19.)

26. Temos, desenhado no plano, um triângulo ABC. Construa, com régua

e compasso, um triângulo equilátero MNP , tendo o maior lado possível

e tal que A ∈ NP , B ∈ MP e C ∈ MN . (Sugestão: analise a

solução dos dois problemas anteriores, procurando adaptá-las à condição

de comprimento máximo possível para o lado de ABC.)

27. De um triângulo ABC, conhecemos as posições dos vértices B e C e a

medida α do ângulo ∠A. Conhecendo a soma l dos comprimentos dos

lados AB e AC, construa com régua e compasso a posição do vértice

A. (Sugestão: supondo o problema resolvido, seja A′ o ponto sobre a

semirreta−→BA, tal que BA′ = l. Mostre, com o auxílio do teorema do

ângulo externo, que BA′C = α2. Agora, construa A′ como a interseção

de dois lugares geométricos: o círculo de centro B e raio l, juntamente

com os arcos capazes de α2sobre BC. Por �m, A é a interseção de A′B

com a mediatriz do segmento A′C.)

O resultado do problema a seguir é conhecido como o teorema da corda

quebrada, sendo devido a Arquimedes.

28. São dados um círculo Γ e pontos A, B e C sobre o mesmo, tais que

AB > AC. Marcamos o ponto médio M do arco_

BC que contém A,

20


bem como o ponto N , pé da perpendicular baixada de M ao segmento

AB. Prove que BN = AN + AC. (Sugestão: marque o ponto A′ ∈−→BA \ AB, tal que AA′ = AC. Em seguida, use o teorema do ângulo

externo para mostrar que BA′C = 12BAC. Agora, use a solução do

Exemplo 10 para mostrar que o círculo de centro M e raio MB = MC

passa pelo ponto A′. Por �m, use este fato, juntamente com←→MN⊥

←→A′B,

para concluir que BN = A′N .)

21

Unidade 7 Círculos associados a um triângulo

7.2 Círculos associados a um triângulo

De posse dos conceitos de arcos capazes e tangência de retas e círculos,

retomamos aqui nosso estudo dos pontos notáveis de um triângulo.

Proposição 14 Todo triângulo admite um único círculo passando por seus vértices. Tal

círculo é dito circunscrito ao triângulo e seu centro é o circuncentro do mesmo.

Demonstração Seja ABC um triângulo de circuncentro O (�gura 7.13). Como O é o ponto

A B

C

O

s

t

r

Figura 7.13: circuncentro e círculo circunscrito a um triângulo.

de interseção das mediatrizes dos lados do triângulo, temos OA = OB = OC.

Denotando por R tal distância comum, segue que o círculo de centro O e raio

R passa por A,B,C. Existe, portanto, um círculo passando pelos vértices de

ABC.

Reciprocamente, o centro de um círculo que passe pelos vértices de ABC

deve equidistar dos mesmos. Portanto, o centro pertence às mediatrizes dos

lados de ABC, donde coincide com o ponto de interseção das mesmas, que é o

circuncentro O. Por �m, o raio do círculo, sendo a distância de O aos vértices,

é igual a R.

22


Proposição 15Se ABC é um triângulo de circuncentro O, então O está no interior (resp.

sobre um lado, no exterior) de ABC se, e só se, ABC for acutângulo (resp.

retângulo, obtusângulo).

Demonstração[ Sejam Γ o círculo circunscrito a ABC, M o ponto médio de BC. Há três

casos a considerar:

(a) O está no interior de ABC (�gura 7.14): no triângulo OAB temos AOB =

2ACB. Por outro lado, 0◦ < AOB < 180◦, donde 2ACB < 180◦ ou, ainda,

ACB < 90◦. Analogamente, ABC < 90◦ e BAC < 90◦, donde ABC é

acutângulo.

A B

C

O

M

Γ

Figura 7.14: O está no interior de ABC.

(b) O está sobre um lado de ABC (�gura 7.15): suponha, sem perda de

generalidade, que O ∈ BC. Nesse caso, BC é diâmetro de Γ e O é o ponto

médio de BC, de maneira que

BAC = 90◦ =1

2

_

BXC =1

2180◦ = 90◦.

(c) O está no exterior de ABC (�gura 7.16): suponha, sem perda de generali-

dade, que O e A estão em semiplanos opostos em relação à reta←→BC. Como

a medida do arco_

BC que não contém A é claramente maior que 180◦, temos

BAC =1

2

_

BXC >1

2180◦ = 90◦,

23


B C

A

O

X

Γ

Figura 7.15: O está sobre um lado de ABC.

B C

A

M

O

X

Γ

Figura 7.16: O está no exterior de ABC.

e ABC é obtusângulo em A.

Corolário 16 Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se M é o ponto

médio do lado AB, então AOM = BOM = ACB.

Demonstração Imediata a partir da prova do item (a) da proposição anterior, tendo-se em

conta que

AOM = BOM =1

2AOB = ACB.

24


Proposição 17Todo triângulo admite um único círculo contido no mesmo e tangente a

seus lados. Tal círculo é dito inscrito no triângulo e seu centro é o incentro do

mesmo.

DemonstraçãoSeja I o incentro de um triângulo ABC (�gura 7.17). Como I é o ponto

de interseção das bissetrizes internas de ABC, temos que I equidista dos lados

de ABC. Sendo r tal distância comum aos lados, segue que o círculo de centro

I e raio r está contido em ABC e tangencia seus lados. A unicidade do círculo

A

B C

I

Figura 7.17: círculo inscrito em um triângulo.

inscrito pode ser estabelecida mediante um argumento análogo ao da unicidade

do círculo circunscrito, sendo portanto deixada ao leitor.

Exemplo 18Construa com régua e compasso os círculos inscrito e circunscrito ao

triângulo ABC dado a seguir.

Solução

A

B

C


1. Para o círculo inscrito, comece construindo o incentro I de ABC.

25


2. Em seguida, trace a reta r que passa por I e é perpendicular ao lado BC.

3. Se M for o ponto de interseção da reta r com o lado BC, então o círculo

inscrito é aquele de centro I e raio IM .

4. Quando ao círculo circunscrito, construa, inicialmente, o circuncentro O

de ABC.

5. O círculo circunscrito é aquele de centro O e raio OA.

Associados a todo triângulo há, ainda, três outros círculos notáveis, os

círculos ex-inscritos aos lados do triângulo.

Proposição 19 Em todo triângulo ABC, existe um único círculo tangente ao lado BC e

aos prolongamentos dos lados AB e AC. Tal círculo é o círculo ex-inscrito ao

lado BC e seu centro é o ex-incentro de ABC relativo a BC (ou ao vértice

A).

Demonstração Sejam r e s as bissetrizes externas dos vértices B e C do triângulo ABC e

Ia seu ponto de interseção (o leitor pode checar sem di�culdade que as porções

das retas r e s situadas na região angular ∠BAC formam ângulos agudos com

o lado BC, de forma que r e s realmente concorrem em tal região angular).

Como Ia ∈ r e r é bissetriz, segue que

d(Ia,←→BC) = d(Ia,

←→AB).

Do mesmo modo, uma vez que Ia ∈ s, concluímos que d(Ia,←→BC) = d(Ia,

←→AC).

Denotando por ra a distância comum de Ia às retas suportes dos lados, segue

que o círculo de centro Ia e raio ra tangencia BC e os prolongamentos de AB

e AC (a unicidade do mesmo é deixada ao leitor).

Observações 20.

i. Em geral, dado um triângulo ABC, denotamos o centro e o raio do

círculo circunscrito respectivamente por O e R, do círculo inscrito res-

pectivamente por I e r, e do círculo ex-inscrito a BC respectivamente

por Ia e ra.

26


A C

BIar

s

Figura 7.18: o círculo ex-inscrito ao lado BC do triângulo ABC.

ii. Todo triângulo ABC admite exatamente três círculos ex-inscritos; con-

soante as notações estabelecidas no item i., denotamos os centros e raios

dos círculos ex-inscritos a AC e AB respectivamente por Ib, Ic e rb, rc.

Uma consequência imediata da prova da proposição acima é o seguinte

Corolário 21Em todo triângulo, a bissetriz interna relativa a um vértice concorre com

as bissetrizes externas relativas aos outros dois vértices no ex-incentro.

Proposição 22Seja ABC um triângulo de lados AB = c, BC = a, CA = b e

semiperímetro p (�gura 7.19). Sejam D, E e F os pontos onde o círculo ins-

crito em ABC tangencia os lados BC, CA e AB, respectivamente, e suponha,

ainda, que o círculo ex-incrito a BC tangencia tal lado em M e os prolonga-

mentos de AC e AB respectivamente em N e P . Então:

(a) BD = BF = p− b, CD = CE = p− c, AF = AE = p− a.

(b) AN = AP = p.

(c) BM = BP = p− c, CM = CN = p− b.

(d) EN = FP = a.

(e) O ponto médio de BC também é o ponto médio de DM .

27


Demonstração(a) Denotando AE = AF = x, BD = BF = y e CD = CE = z, obtemos

o sistema x+ y = c

y + z = a

z + x = b

.

Somando ordenadamente essas igualdades, obtemos x+ y + z = 2p e, daí,

x = (x+ y + z)− (y + z) = p− a.

Analogamente, y = p− b e z = p− c.

A C NE

I

Ia

BF

P

D

M

Figura 7.19: alguns segmentos notáveis do triângulo ABC.

(b) Sendo AN = AP = u, temos

2u = AN + AP = (AC + CN) + (AB + BP )

= (AC + AB) + (CN + BP )

= (b+ c) + (CM + BM)

= b+ c+ BC = a+ b+ c = 2p,

de modo que u = p.

(c) É claro que BM = BP e que CM = CN . Por outro lado,

BP = AP − AB = p− c e CN = AN − AC = p− b.

28


(d) Façamos a prova de que EN = a (provar que FP = a é análogo):

EN = AN − AE = p− (p− a) = a.

(e) Basta provar que CM = BD, o que já �zemos acima.

Os cálculos da proposição acima são úteis em muitos problemas, valendo

mesmo a pena memorizar pelo menos os resultados dos itens (a), (b), (d) e

(e). Observe, ainda, que os itens (c), (d) e (e) são decorrências praticamente

imediatas dos itens (a) e (b).

Terminemos esta seção com um resultado que fornece outra relação entre

o incentro e os ex-incentros de um triângulo.

Proposição 23Seja ABC um triângulo qualquer, I seu incentro, Ia seu ex-incentro

relativo a BC e M o ponto onde o círculo circunscrito a ABC intersecta o

segmento IIa (cf. �gura 7.20). Então, M é o ponto médio do arco BC que

não contém A e

MB = MC = MI = MIa.

A

C

B

IM

Ia

Figura 7.20: incentro, ex-incentro e ponto médio do arco correspondente

DemonstraçãoComo MAB = MAC = 12A, segue do teorema do ângulo inscrito que os

arcos_

MB e_

MC que não contêm A são iguais e, portanto, M é seu ponto

médio. Como arcos iguais subentendem cordas iguais, temos MB = MC.

Veja, agora, que BMI = BMA = BCA = C e

IBM = IBC + CBM =1

2B + CAM

=1

2B +

1

2A.

29


Portanto,

BIM = 180◦ − IBM −BMI

= 180◦ − 1

2B − 1

2A− C

= A+ B + C − 1

2B − 1

2A− C

=1

2B +

1

2A = IBM,

de modo que o triângulo IBM é isósceles de base BM . Assim, IM = BM =

CM .

Deixamos como exercício para o leitor provar a igualdade BM = MIa; o

argumento é análogo ao acima.

30


1. Construa o triângulo ABC conhecendo os comprimentos do raio R do

círculo circunscrito e a e b dos lados BC e AC, respectivamente.

2. Sejam ABC um triângulo qualquer e M e N , respectivamente, os pontos

onde as bissetrizes interna e externa relativas ao vértice A intersectam o

círculo circunscrito a ABC. Prove que MN é um diâmetro desse círculo.

3. Seja ABC um triângulo qualquer e sejam M , N e P os pontos onde as

bissetrizes internas de ABC, relativas respectivamente aos vértices A, B

e C, intersectam o círculo circunscrito ao triângulo (M 6= A, N 6= B,

P 6= C). Prove que o incentro de ABC é o ortocentro de MNP .

4. Sejam a, b e c três retas do plano, duas a duas concorrentes mas não

passando as três por um mesmo ponto. Construa com régua e compasso

os pontos do plano equidistantes de a, b e c.

5. * Prove que, em todo triângulo, os pontos simétricos do ortocentro em

relação às retas suportes de seus lados estão situados sobre o círculo

circunscrito. (Sugestão: sejam ABC um triângulo acutângulo (a prova

nos demais casos é análoga), H seu ortocentro, Ha o pé da altura relativa

a A. Como←→HHa⊥

←→BC basta mostrarmos que, sendo P o outro ponto de

interseção da reta←→AH com o círculo circunscrito a ABC, tem-se HHa =

HaP . Para tanto, use o teorema do ângulo inscrito para estabelecer a

congruência dos triângulos BHaP e BHaH por ALA.)

6. De um triângulo ABC conhecemos as posições dos vértices B e C, a

medida α do ângulo ∠BAC e o semiplano β, dos determinados pela

reta BC, no qual está situado o vértice A. Quando A descreve o arco

capaz de α sobre BC, situado no semiplano β, encontre o LG descrito

pelo ortocentro H de ABC. (Sugestão: use o resultado do problema

anterior.)

7. De um triângulo ABC conhecemos as posições dos vértices B e C, a

medida α do ângulo ∠BAC e o semiplano β, dos determinados pela reta

BC, no qual está situado o vértice A. Quando A descreve o arco capaz

de α sobre BC situado no semiplano β, encontre o LG descrito pelo ex-

31


incentro Ia relativo a BC. (Sugestão: use o resultado do Problema 15

da Unidade 3.)

8. Seja ABC um triângulo retângulo em A e H o pé da altura relativa à

hipotenusa BC. Sejam, ainda, I1 e I2 os incentros dos triângulos ABH

e ACH. Prove que A é o ex-incentro do triângulo I1HI2 relativo ao lado

I1I2. (Sugestão: use o resultado do problema anterior.)

9. Construa o quadrado ABCD, conhecendo as posições de quatro pontos

M,N,P,Q situados respectivamente sobre os lados AB, BC, CD e

DA. (Sugestão: adapte a sugestão dada para o Problema 20, página 18,

utilizando o resultado da Proposição 23.)

10. (OIM.) Em um triângulo ABC, marcamos os pontos Q e R, de tangência

do lado BC respectivamente com o círculo inscrito em ABC e ex-inscrito

a ABC em relação ao lado BC. Se P é o pé da perpendicular baixada de

B à bissetriz interna de ABC relativa ao vértice A, mostre que QPR =

90◦. (Sugestão: sendo M o ponto médio do lado BC, use o resultado

do Problema 16 da Unidade 5, para calcular PM em função de AB = c

e AC = b; em seguida, calcule QR em função de a e b com o auxílio da

Proposição 22 e use o resultado do Problema 12 da Unidade 3.)

11. Construa o triângulo ABC, conhecidos os comprimentos p de seu semiperímetro,

a do lado BC e ra do círculo ex-inscrito ao lado BC. (Sugestão: nas

notações da Figura 7.19, observe que o triângulo ANIa é retângulo em

N e tal que AN = p, NIa = ra; portanto, podemos construí-lo. Após

executar tal construção, trace o círculo ex-inscrito ao lado BC (o qual

tem centro Ia e raio ra), bem como a outra tangente ao mesmo pas-

sando por A. Note, agora, que podemos marcar sobre AN o ponto de

tangência E do círculo inscrito em ABC com o lado AC, uma vez que

AE = a. Após fazê-lo, marque o incentro I de ABC, como a inter-

seção de AIa com a reta perpendicular a AN e passando por E. Por

�m, trace o círculo inscrito em ABC (o qual tem centro I e raio IE) e

uma das tangentes comuns internas aos círculos inscrito e ex-inscrito (cf.

Problema 22, página 19), obtendo os pontos B e C.)

32

MA13_U07

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