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.
[spoiler title=’Solução:’ style=’white’ collapse_link=’true’] 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.[/spoiler]
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 $$\Gamma$$.
[spoiler title=’Solução:’ style=’white’ collapse_link=’true’] 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 $$X’\in BC\implies ADX’=AXD=90$$°.
[/spoiler]
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 $$\omega$$.
[spoiler title=’Solução:’ style=’white’ collapse_link=’false’] 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, $$MC^2=MK\cdot MT$$[/spoiler]
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.
[spoiler title=’Solução:’ style=’white’ collapse_link=’false’]
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.
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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 $$D$$, $$A’$$, $$B’$$, $$C’$$.
[spoiler title=’Solução:’ style=’white’ collapse_link=’true’]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! [/spoiler]
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 $$BF\perp CM$$.
[spoiler title=’Solução:’ style=’white’ collapse_link=’true’]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 $$\angle BEC=\angle BFC=90$$.[/spoiler]
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 $$AX=2\cdot XP$$
[spoiler title=’Dicas:’ style=’white’ collapse_link=’true’]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 $$A$$[/spoiler]
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.
SO 2020 Nível 2 – Inversão: a transformação – Régis Prado Barbosa.