Inversão - NOIC

Introdução

Nesse artigo iremos te introduzir à Inversão, uma transformação geométrica muito útil na resolução de problemas de geometria, principalmente dos que envolvem diversas circunferências e tangencias e que pode deixar um problema trivial, como veremos à seguir. Além disso, inversão é uma ferramenta que está fortemente conectada com outras ferramentas geométricas, como Potência de Ponto, Semelhança de Triângulos, Geometria Projetiva, Moving Points, etc.
Denote, em todo o artigo, a notação $(X)$ como o circuncirculo do polígono $X$ .

Definição: Seja $\omega$ uma circunferência de centro $O$ e raio $r$ . Uma inversão $I(O, r)$ é definida como uma transformação geométrica que leva cada ponto $A\neq O$ em um ponto $A'$ na semirreta $\overrightarrow{OA}$ de modo que $OA\cdot OA'=r^2$ .

Consideraremos também o ponto $P_\infty$ , um ponto no infinito tal que todas as retas do plano passam por ele. Assim $O'=P_\infty$ . A ideia é que ao aproximarmos um ponto de $O$ seu inverso fica cada vez mais longe de $O$ , então $O'$ é um ponto no infinito.

Propriedades:

1. O inverso de $A'$ é $A$ .

2. Uma inversão preserva a quantidade de interseções (ou seja, tangencias também!) entre duas figuras, exceto se essa interseção for o centro de inversão. Assim pela Propriedade 7, ao inverter pelo ponto de tangência de duas circunferências $\Gamma$ e $\Omega$ , $\Gamma'$ e $\Omega'$ são retas paralelas (pois se intersectam em $P_\infty$ ).

3. Considere os pontos $X, Y\neq O$ e seus inversos $X'$ e $Y'$ , respectivamente. Os pontos $X$ , $X'$ , $Y'$ e $Y$ são concíclicos pois, por potência de ponto $OX\cdot OX'=OY\cdot OY'=r^2$ . Assim $\angle OXY =\angle OY'X'$ .

4. Distância entre inversos: A distância entre $X'$ e $Y'$ é $\dfrac{r^2}{OX\cdot OY}\cdot XY$ . A demonstração fica como exercício para o leitor.

5. Seja $\ell$ uma reta que passa por $O$ . O inverso de $\ell$ é $\ell$ .

6. Seja $\ell$ uma reta que não passa por $O$ . O inverso de $\ell$ é uma circunferência que contém $O$ tal que a perpendicular por $O$ à $\ell$ passa pelo centro da circunferência.

Demonstração: Como $P_\infty \in \ell$ , $\ell'$ contém $O$ . Sejam $A$ , $B$ e $C$ três pontos quaisquer em $\ell$ . Pela Propriedade 3 $\angle OAB = \angle OAC = \angle OB'A' = \angle OC'A'$ , portanto $O$ , $A'$ , $B'$ e $C'$ são concíclicos. Seja $Q$ o pé da perpendicular por $O$ à $\ell$ . Como $Q$ é o ponto mais próximo de $O$ em $\ell$ , $Q'$ é o ponto mais distante de $O$ em $\ell '$ , ou seja, a apótema de $O$ e portanto a perpendicular por $O$ à $\ell$ contém o centro de $\ell '$ .

7. Analogamente à Propriedade 6, o inverso de uma circunferência que passa por $O$ é uma reta que não passa por $O$ e é perpendicular à reta que liga $O$ e o centro da circunferência.

8. Seja $\Gamma$ uma circunferência que não passa por $O$ . O inverso de $\Gamma$ é uma circunferência que não passa por $O$ .

Demonstração: Como $O$ e $P_\infty$ não pertencem a $\Gamma$ , $\Gamma'$ também não contém nenhum desses pontos. Sejam $\overline{AB}$ um diâmetro de $\Gamma$ de modo que $O\in AB$ e $A$ está mais perto de $O$ do que $B$ e $C$ um ponto qualquer em $\Gamma$ . Assim $90$ ° $=\angle BCA=\angle OCB- \angle OCA=\angle OB'C'-\angle OA'C'=\angle B'C'A'$ , pois $\angle OB'C'=\angle OA'C'+\angle B'C'A'$ . Assim $\Gamma'$ é uma circunferência de diâmetro $\overline{A'B'}$ .

Construindo o inverso:

Seja $P$ um ponto no interior de $\omega$ e $MN$ a corda perpendicular a $OP$ por $P$ . O inverso de $P$ é o encontro das tangentes a $\omega$ por $M$ e $N$ . Demonstração: Pelas relações métricas no triângulo retângulo $OP\cdot OP'=OM^2=r^2$ .

Seja $P$ um ponto sobre $\omega$ . O inverso de $P$ é $P$ . Demonstração: $OP\cdot OP'=r^2 \iff OP'=r$ .

Seja $P$ um ponto no exterior de $\omega$ e $PM$ uma tangente a $\omega$ . O inverso de $P$ é o pé da perpendicular por $M$ à $OP$ . Demonstração: Análoga ao caso em que $P$ é interior à $\omega$ .

Posteriormente, veremos que inversão estará também relacionada com Geometria Projetiva (principalmente com polares!).

Exemplos

1 Teorema de Ptolomeu. Seja $ABCD$ um quadrilátero. Então $AB\cdot CD + BC\cdot DA \geq AC\cdot BD$ , com igualdade se e somente se, $ABCD$ é cíclico.

Solução:

Considere a inversão $I(A, r)$ . Pela desigualdade triangular

$B'C'+C'D'\geq B'D'$

$\iff \dfrac{r^2}{AB\cdot AC}\cdot BC +\dfrac{r^2}{AC\cdot AD}\cdot CD \geq \dfrac{r^2}{AB\cdot AD}\cdot BD$

$\iff AB\cdot CD + BC\cdot DA \geq AC\cdot BD$ ,

com igualdade se e somente se, $B'$ , $C'$ e $D'$ são colineares, ou seja, $ABCD$ é cíclico.

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2 (OBM-2019-N2-P3). Seja $ABC$ um triângulo acutângulo inscrito em um círculo $\Gamma$ de centro $O$ . Seja $D$ o pé da altura relativa ao vértice $A$ . Sejam $E$ e $F$ pontos sobre $\Gamma$ tais que $AE = AD = AF$ . Sejam $P$ e $Q$ os pontos de interseção da reta $EF$ com os lados $AB$ e $AC$ , respectivamente. Seja $X$ o segundo ponto de interseção de $\Gamma$ com o círculo circunscrito ao triângulo $APQ$ . Mostre que as retas $XD$ e $AO$ encontram-se em um ponto que está sobre $\Gamma$ .

Solução:

O problema é equivalente a mostrar que $\angle AXD=90$ °.

Considere a inversão $I(A, AD)$ .

Analisamos o que acontece após a inversão:

Os pontos $E$ , $D$ e $F$ se mantém.

$(ABC)$ contém $A$ e intersecta o círculo de inversão $(EDF)$ em $E$ e $F$ , portanto seu inverso é uma reta que intersecta $(EDF)$ em $E$ e $F$ , ou seja, a reta $EF$ . Assim concluímos que $B'=AB\cap EF=P$ e $P'=B$ . Analogamente $Q'=C$ .

$(APQX)$ contém $A$ , portanto seu inverso é a reta $P'Q'=BC$ , portanto $X'\in BC\implies ADX'=AXD=90$ °.

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3. Seja $\overline{BC}$ uma corda da circunferência $\Omega$ . Se $\omega$ é uma circunferência internamente tangente à $\Omega$ em $T$ e à corda $\overline{BC}$ em $K$ , prove que $TK$ passa por $M$ , o ponto médio do arco $BC$ que não contém $T$ , além disso, que $MC^2$ é a potência de ponto de $M$ em relação à $\omega$ .

Solução:

Vamos inverter na circunferência de centro $M$ e raio $MC$ . O inverso de $\Omega$ é uma reta que passa por $B$ e $C$ pois eles não se alteram após a inversão. Analogamente, o inverso de $BC$ é $\Omega$ . Assim, como $\omega$ é tangente à $\Omega$ e $BC$ , $\omega'$ é tangente à $\Omega'$ e $B'C'$ logo, como os centros de $\omega'$ e $\omega$ são colineares com $M$ , $\omega'=\omega$ portanto $K'=T$ e $K=T'$ . Assim $T$ , $K$ e $M$ são colineares e por semelhança de triângulos, $MC^2=MK\cdot MT$

4. Sejam $A$ , $B$ e $C$ pontos colineares e $P\notin AB$ . Prove que os circuncentros de $(ABP)$ , $(ACP)$ e $(CBP)$ e $P$ são concíclicos.

Solução:

Lema 1: Se $P$ é um ponto na circunferência $\omega$ , ao inverter em uma circunferência de raio qualquer e centro $P$ , o inverso do centro de $\omega$ é a reflexão de $P$ por $\omega'$ .

Prova: Seja $A$ um ponto de $\omega$ e $X=\omega' \cap PO'$ , sabemos que $\angle A'XP=90$ e como $\triangle POA$ é isósceles, $\triangle PO'A'$ também é isósceles logo $O'X=XP$

Vamos inverter em $P$ , agora temos $A$ , $B$ e $C$ pontos concíclicos com $P$ e queremos que as reflexões de $P$ pelos lados do $\triangle ABC$ sejam colineares o que é verdade pela reta de Simson.

5 (Teste Cone Sul 2020-Brasil). Seja $ABC$ um triângulo, e $D$ um ponto em seu interior. Definimos o ponto $A'$ como ponto médio do arco $BDC$ na circunferência que passa por $B,C$ e $D$ . Da mesma maneira, defina $B'$ como o ponto médio do arco $ADC$ e $C'$ como o ponto médio do arco $ADB$ . Prove que existe uma única circunferência que passa por $D$ , $A'$ , $B'$ , $C'$ .

Solução:

Aplique uma inversão $\varphi$ , de centro/polo $D$ , e raio qualquer; note que $(ABD)$ , $(ACD)$ , $(BCD)$ se transformarão em retas, assim chamando $\varphi(A)=A_1$ , $\varphi(B)=B_1$ , $\varphi(C)=C_1$ , $\varphi(A')=A_2$ , $\varphi(B')=B_2$ , $\varphi(C')=C_2$ , observe que bastar provar que $A_2$ , $B_2$ , $C_2$ são colineares, contudo perceba que as respectivas triplas de pontos: $(A_1,B_1,C_2)$ ; $(B_1, C_1, A_2)$ ; $(A_1,C_1,B_2)$ são colineares. Usando $C'A=C'B$ ; $A'B=A'C$ ; $B'A=CB'$ , a fórmula da distancia (Propriedade 4) e o Teorema de Menelaus (em $\triangle A_1B_1C_1$ ), temos que: $\frac{A_1C_2}{B_1C_2}\cdot \frac{B_1A_2}{C_1A_2}\cdot \frac{C_1B_2}{B_2A_1}=\frac{\frac{AC'}{DA\cdot DC'}}{\frac{BC'}{DB\cdot DC'}}\cdot \frac{\frac{BA'}{DB\cdot DA'}}{\frac{CA'}{DC\cdot DA'}}\cdot \frac{\frac{CB'}{DB'\cdot DC}}{\frac{B'A}{DB'\cdot DA}}=\frac{AC'}{BC'}\cdot \frac{BA'}{CA'}\cdot \frac{CB'}{B'A}=1$ , logo tais pontos são colineares. Por fim, basta provar que $D$ , $A_2$ , $B_2$ , $C_2$ não são colineares (perceba que na prova, não podemos esquecer de provar isso, para não correr o risco de perder pontos) suponha que sejam colineares e seja $r$ a reta que passe por tais pontos; reinvertendo (ou aplicando novamente a mesma inversão), como $r$ passa pelo polo teríamos que $D$ , $A'$ , $B'$ , $C'$ seriam colineares, mas não é difícil ver que tal configuração é impossível de acontecer. Com isso terminamos!

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6. Seja $ABC$ um triângulo acutângulo e escaleno, no qual $H$ é seu ortocentro, $M$ é ponto médio de $AH$ , $D=BH\cap AC$ e o ponto $E$ é o simétrico de $D$ em relação a $BC$ . Por fim, se $F=CM\cap EA$ . Prove que $BF\perp CM$ .

Solução:

Defina $G=CH\cap AB$ e $P=AH\cap BC$ , como $\angle BGC=\angle BEC=\angle BDC=90\Rightarrow BGDCE$ é ciclico e chame $\Omega$ tal circulo. Aplicando uma inversão $\varphi$ de polo/centro $A$ e raio $\sqrt{AG\cdot AB}=\sqrt{AD\cdot AC}$ , denote/perceba que $\varphi(M)=M', \varphi(E)=E', \varphi(H)=H', \varphi(G)=B,\varphi(D)=C$ , note que o quadrilátero $GBPH$ é ciclico, logo $AP\cdot AH=AG\cdot AB\Rightarrow \varphi(H)=P=H'$ . Observe que $\frac{AM'}{AH'}=\frac{AH}{AM}=2\Rightarrow M'$ é o reflexo de $A$ por $BC$ ; logo como $DE$ e $AM'$ possuem mediatrizes em comum, o quadrilátero $ADEM'$ é trapézio isósceles e portanto cíclico! Pela inversão, esse último circulo se transformará numa reta que passa por $C$ , $E'$ , $M$ e como $A$ , $E'$ , $E$ são colineares, temos que $E'=CM\cap AE=F$ , logo $BGFDCE$ é cíclico e consequentemente $\angle BEC=\angle BFC=90$ .

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Problemas:

1 (USAMO 1993/2). Seja $ABCD$ um quadrilátero com $\overline{AC}\perp\overline{BD}$ e $E$ a interseção de $AC$ e $BD$ . Prove que as reflexões de $E$ por cada um dos lados forma um quadrilátero cíclico.

2. Seja $ABC$ um triângulo retângulo em $C$ , e $X$ e $Y$ pontos sobre o lado $AC$ e $BC$ , repectivamente. Construa as circunferências passando por $C$ de centro $A$ , $B$ , $X$ e $Y$ . Prove que as quatro interseções dessa circunferências são concíclicas.

3. Seja $ABC$ um triângulo acutângulo e $X$ um ponto em seu interior diferente do circuncentro de $(ABC)$ . Seja $A_1=(ABC)\cap AX$ , defina $B_1$ e $C_1$ de maneira similar e $A_2$ a reflexão de $A_1$ por $BC$ e $B_2$ e $C_2$ definidos de maneiras semelhantes, prove que $(A_2B_2C_2)$ passa por um ponto fixo em $\triangle ABC$

4 (Crux Mathematicorum, 4560). Sejam $E$ e $F$ os pontos médios dos lados $CA$ e $BA$ do triângulo $ABC$ , e $P=(ABE)\cap (ACF)$ . Prove que $(AEF)$ intersecta a $AP$ novamente num ponto $X$ tal que $AX=2\cdot XP$

Dicas:

Dicas:
1-Observe as circunferências de centro $A$ e raio $AE$ e as análogas para os outros vértices do quadrilátero.

2- Geralmente é útil inverter no ponto que tem mais circunferências passando por ele.

3- Prove que $A$ , $B$ , $H$ e $C_2$ são concíclicos, sendo $H$ o ortocentro de $ABC$ .

4- Inverta em $A$

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Extraversões:

Uma extraversão ou mais conhecida como inversão $\sqrt{bc}$ é uma inversão usada no $\triangle ABC$ , de centro/polo $A$ e de raio igual a $\sqrt{AB\cdot AC}$ (que pode ser visto como uma composição de uma inversão qualquer com uma reflexão pela bissetriz de $\angle BAC$ ). Veremos que tais inversões são muito uteis em problemas que envolvem o incírculo/exincírculo mixtilinear ou provar as propriedades que os cercam. Primeiramente o incírculo mixtilinear é um circulo que tangencia dois lados do triângulo e tangencia internamente o seu circuncírculo (observe que um triângulo possui três incírculos mixtilineares, um para cada vértice); o exincírculo mixtilinear tangencia dois lados do triângulo e externamente seu circuncírculo. Antes de começarmos a ver as propriedades, veja o Lema da Estrela da Morte (Homotetia/Exemplo 3) e vejamos um problema da EGMO 2013:

EGMO 2013. Seja $\Omega$ o circuncirculo de $ABC$ . O círculo $\omega$ é tangente aos lados $AC$
e $BC$ , e internamente a $\Omega$ em $P$ . Uma reta paralela a $AB$ e que corta o interior do triângulo $ABC$ é tangente a $\omega$ em $Q$ . Prove que $\angle ACP=\angle QCB$ .
Para responder esse problema veremos algumas propriedades do incírculo mixtilinear (no problema é o circulo $\omega$ ):

Propriedade 1: Sejam $E$ e $F$ os pontos de tangencia de $\omega$ com $CA$ e $CB$ , respectivamente; e $M_B$ o ponto médio do arco menor $CA$ e analogamente definimos $M_A$ . Então $P,E,M_B$ são colineares e $P,F,M_A$ são colineares.
Prova: Basta aplicar o lema da estrela da morte nos círculos $\omega$ e $\Omega$ com os segmentos $CA$ e $CB$ .

Propriedade 2: O incentro (de $\triangle ABC$ ) $I$ é o ponto médio de $EF$ .
Prova: Para provar que $E$ , $I$ , $F$ são colineares, basta usar o Teorema de Pascal no hexágono $CBM_BPM_AA$ (Note que $I=AM_A\cap BM_B$ ), e por fim por potência de ponto $CE=CF$ , e como $CI$ é bissetriz, temos que também será mediana, ou seja, $IE=IF$ .

Propriedade 3: De fato provar que $\angle ACP=\angle QCB$ .
Prova: Aplicando a extraversão $\varphi$ (Note que nessa situação como o ponto $C$ é o ponto "principal" (ele deve estar na parte superior da figura), ele será o polo e o raio será $\sqrt{CA\cdot CB}$ ), provaremos que o C-exincírculo se transformará no C-incírculo mixtilinear (ou $\omega$ ) e vice-versa. Note que $\varphi(CA)=CB$ , $\varphi(CB)=AC$ , e como os pontos $A$ e $B$ trocam de lugar, o $\varphi(\Omega)$ será uma reta e passará pelos inversos, ou seja, por $A$ e $B$ , assim $\varphi(\Omega)=AB$ . Logo o $\varphi(\omega)$ será tangente a $CA$ , $CB$ e $\varphi(\Omega)=AB$ , e portanto ou será o incírculo ou será o exincírculo. Sendo $I_1$ o centro de $\omega$ , como $CA>CI_1, CB>CI_1$ , devemos ter que $\varphi(I_1)$ estará mais distante (em relação ao polo) que $\varphi(A)=B$ , logo só pode se o exincírculo e como inversão é reciproca, também temos que o C-mixtilinear é o inverso do C-exincírculo.

Para finalizarmos, seja $K$ o ponto de contato do C-exincírculo com a reta $AB$ , assim $\varphi(P)=K$ e como $CA$ e $CB$ são tangentes a $\omega$ e ao C-exincírculo. O ponto $C$ será o centro da homotetia que leva $\omega$ no C-exincírculo, logo temos que pela inversão e homotetia: $\angle PCA=\angle KCB=\angle QCB$ .

Referências:

Chen, E. (2016). Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads. The Mathematical Association of America.

Seletiva Cone Sul - Brasil

SO 2020 Nível 2 - Inversão: a transformação - Régis Prado Barbosa.