Neste artigo, veremos alguns teoremas e ideias que podem auxiliar na resolução de um problema. Quadriláteros Circunscritíveis(que podem ser chamados de quadriláteros tangenciais), no geral, não há muitos teoremas conhecidos, mas nas soluções geralmente aparecem ideias de vários ramos da geometria, como veremos nesse artigo. Em todo o artigo, considere $$(X)$$ como o circuncirculo do polígono $$X$$.
Teorema de Pitot: Um quadrilátero convexo é circunscritível, se e somente se, a soma de seus lados opostos for igual.
Prova: Para a ida, seja $$ABCD$$ um quadrilátero circunscritível, suponha que o (in)circulo toca os lados $$AB, BC, CD, DA$$ nos pontos $$P, Q, R, S$$ respectivamente. Pelo Teorema do Bico, temos que $$AS=AP, BP=BQ, CQ=CR, DR=DS \Rightarrow AS+DS+BQ+CQ=AP+BP+DR+CR\Rightarrow AD+BC=AB+CD$$. Para a volta, suponha que $$AB+CD=AD+CB$$, seja $$I$$ o ponto de encontro das bissetrizes dos ângulos $$\angle DAB$$ e $$\angle ABC$$. Sejam $$P, Q, S$$ os pés das perpendiculares de $$I$$ sobre $$AB, BC, DA$$, defina $$\omega$$ o circulo de centro $$I$$ e raio $$R=IP$$, note que $$\omega$$ tangencia os lados $$AB, BC, DA$$; suponha que a reta tangente a $$\omega$$ que passa por $$C$$ , intersecta a reta $$AD$$ em $$D’$$. Pela ida, temos que $$AD’+BC=AB+CD’$$, mas como $$AD+BC=AB+CD\Rightarrow AD’-AD=CD’-CD$$, mas note que $$|AD’-AD|=DD’$$, assim pela desigualdade triangular $$D\in CD’\Rightarrow D=D’$$.
Um quadrilátero é dito bicêntrico, se ele for inscritível e circunscritível simultaneamente.
[spoiler title=’Problema Relacionado 1′ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$ABCD$$ um quadrilátero cíclico cujas diagonais intersectam em $$P$$. Sejam $$W,X,Y,Z$$ os pés das perpendiculares de $$P$$ sobre $$AB,BC,CD,DA$$, respectivamente. Mostre que $$WX+YZ=XY+WZ$$. (Canadá 1990).[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]Pelo Teorema de Pitot, basta provarmos que o quadrilátero $$WXYZ$$ é circunscritível. Note que o quadrilátero $$WBXP$$ é cíclico, assim $$\angle PXW=\angle PBW=\angle DCP=\angle PXY$$, logo $$PX$$ é bissetriz de $$\angle WXY$$, analogamente $$PY$$ é bissetriz de $$\angle ZYX$$; $$PZ$$ é bissetriz de $$\angle WZY$$; $$PW$$ é bissetriz de $$\angle ZWX$$, com isso o resultado segue.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 2′ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$ABC$$ um triângulo escaleno, os pontos $$X,Y,Z$$, estão sobre $$BC, CA, AB$$ respectivamente; tal que as retas $$AX, BY, CZ$$ concorrem no ponto $$D$$ e os quadriláteros $$AZDY$$ e $$BZDX$$ são circunscritíveis. Prove que o quadrilátero $$CYDX$$ também é circunscritível.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mostraremos um “Teorema de Pitot Generalizado” no quadrilátero $$ABCD$$(que é concavo); no qual como $$AZDY$$ é tangencial, teremos que o quadrilátero $$ABCD$$ também será tangencial(extensão dos lados) e assim provaremos que $$AB+CD=AD+BC$$, suponha que $$DZ, DX, XB, BX$$ toca o incirculo de $$BZDX$$ em $$R, S, T, V$$ respectivamente. Pelo teorema do bico, temos $$CR=CT, BT=BV, AS=AV, DR=DS\Rightarrow AB+CD=AD+BC$$. Analogamente $$BD+AC=BA+CD$$, pelas as duas últimas igualdades obtemos que $$BC+DA=AC+BD$$, aplicando a Reciproca do “Teorema de Pitot Generalizado”, o quadrilátero $$ADBC$$ é tangencial e consequentemente o quadrilátero $$CYDX$$ é tangencial.[/spoiler]
Lema 1: Seja $$ABCD$$ um quadrilátero tangencial, suponha que seu incirculo $$\omega$$ toca os lados $$AD, AB, BC, CD$$ em $$E,F,G,H$$; então as retas $$EG, FH, AC, BD$$ são concorrentes.
Prova: Aplicando o Teorema de Brianchon no hexágono degenerado $$DEABGC$$, temos que as retas $$BD, EG, AC$$ concorrem, analogamente as retas $$BD, AC,FH$$ concorrem e o resultado segue.
Agora veremos alguns problemas e ideias/soluções que podem ser úteis em problemas envolvendo quadriláteros tangenciais e/ou bicêntricos.
[spoiler title=’Problema Relacionado 3′ style=’default’ collapse_link=’true’]Prove que qualquer triângulo pode ser particionado em $$2019$$ quadriláteros bicêntricos.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]Provaremos primeiro que qualquer triângulo pode ser particionado em $$3$$ quadriláteros bicêntricos. Seja $$I$$ seu incentro e $$D, E, F$$ seus pés das perpendiculares sobre $$BC, CA, AB$$; o quadrilátero $$DIFB$$ é ciclico ($$\angle IDB=\angle IFB=90$$) e também é tangencial, pois $$BF+ID=IF+BD$$ (Teorema do bico); assim conseguimos dividir nos quadriláteros bicêntricos $$BDIF, CDIE, AEIF$$. Por fim, divida o triângulo original em $$673$$ triângulos menores e aplique a operação que nós mostramos em cada um desses $$673$$ triângulos.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 4′ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$ABC$$ um triângulo com $$\angle ACB=90$$, o ponto $$D$$ está em $$BC$$, tal que $$AD$$ seja bissetriz de $$\angle BAC$$; a mediatriz de $$AD$$ intersecta $$(ABC)$$ em $$E$$. O circulo de centro $$E$$ e raio $$EA$$ intersecta $$(ABC)$$ em $$X$$. Prove que o quadrilátero $$ABXC$$ é tangencial.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$M$$ o ponto médio do segmento $$AD$$ e $$G=EM\cap (ABC)$$, suponha que a bissetriz de $$\angle XBA$$ intersecta $$AD$$ no ponto $$I$$. De $$\angle AXD=\frac{1}{2}\angle AED=\angle AEG=\angle AXG$$, obtemos que os pontos $$X,D,G$$ são colineares, logo $$\angle XBI=\frac{1}{2}\angle XBA=\frac{1}{2}\angle DGA=\angle XBE\Rightarrow B, I, E$$ são colineares. Como $$MA=MC=MD$$(mediana triângulo retângulo), nós obtemos $$\angle IEC=\angle BAC=2\angle DAC=\angle IMC\Rightarrow$$ o quadrilátero $$CEMI$$ é cíclico! Além disso, note que $$\angle CID=\angle CEM=180-\angle CXD\Rightarrow$$ o quadrilátero $$CIDX$$ é cíclico, por fim como $$\angle ICX=\angle ADG=\angle GAD=\angle GAB+\angle BAD=\angle MEI+\angle MAC=\angle MCI+\angle ACM=\angle ACI$$, logo $$CI$$ é bissetriz de $$\angle XCA$$, portanto o ponto $$I$$ está na bissetriz de $$\angle BAC,\angle ABX,\angle XCA$$, assim não é difícil ver que o ponto $$I$$ é o incentro do quadrilátero $$ABXC$$ (ele está equidistante aos lados) e consequentemente tal quadrilátero é tangencial.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 5′ style=’default’ collapse_link=’true’]Um triângulo equilátero $$ABC$$ está inscrito em uma circunferência $$\Omega$$ e possui incírculo $$\omega$$. Os pontos $$P$$ e $$Q$$ são escolhidos nos lados $$AC$$ e $$AB$$, respectivamente, de modo que o segmento $$PQ$$ é tangente a $$\omega$$. A circunferência $$\Omega_B$$ possui centro $$P$$ e passa por $$B$$ e a circunferência $$\Omega_C$$ possui centro $$Q$$ e passa por $$C$$. Prove que as circunferências $$\Omega,\Omega_B,\Omega_C$$ possuem um ponto em comum. (Teste Cone Sul 2018-Brasil)[/spoiler].
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$O$$ o circuncentro/incentro de $$ABC$$, suponha que $$\omega$$ tangencia os segmentos $$BQ, QP, PC$$ nos pontos $$K, L ,M$$ respectivamente. Pela simetria no triângulo equilátero, temos que os pontos $$B, O, M$$ são colineares, analogamente $$C, O, M$$ são colineares. Seja $$X=OL\cap \Omega$$, como o quadrilátero $$CBQP$$ é tangencial, $$PO$$ é bissetriz de $$\angle QPC$$, e portanto também é bissetriz de $$\angle LOM$$, logo as retas $$LO$$ e $$BM$$ são simétricas em relação a $$PO\Rightarrow$$ Os triângulos $$\triangle POB$$ e $$\triangle POX$$ são congruentes e portanto $$PB=PX\Rightarrow X\in \Omega_B$$, analogamente $$X\in \Omega_C$$ e o resultado segue.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 6′ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$ABCD$$ um quadrilátero circunscritível e seja $$\omega$$ seu incirculo. O ponto de interseção de $$\omega$$ e a diagonal $$AC$$ é o ponto $$E$$(mais próximo de $$A$$). O ponto $$F$$ é diametralmente oposto ao ponto $$E$$ em $$\omega$$, a reta tangente a $$\omega$$ pelo ponto $$F$$ intersecta as retas $$AB$$ e $$AC$$ nos pontos $$A_1$$ e $$C_1$$ respectivamente; e também intersecta as retas $$AD$$ e $$CD$$ nos pontos $$A_2$$ e $$C_2$$ respectivamente. Prove que $$A_1C_1=A_2C_2$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]Denote $$X=A_1A_2\cap AC$$, considere a homotetia $$h$$ que leva o $$A$$-exincirculo($$\triangle AA_1A_2$$) em $$\omega$$, note que tal homotetia tem centro $$A$$ e além disso, como $$EF$$ é diâmetro de $$\omega$$, a reta tangente a $$\omega$$ por $$E$$ e a reta $$A_1A_2$$ serão paralelas e consequentemente como $$X=A_1A_2\cap AE$$, temos que $$X$$ está no $$A$$-exincirculo de $$\triangle AA_1A_2$$, ou seja, $$X$$ é o ponto de contato do $$A$$-exincirculo com $$A_1A_2$$, analogamente(usando homotetia) obtemos que $$X$$ está no incirculo de $$\triangle CC_1C_2$$(note que $$F$$ é o ponto de contato do $$C$$-exincirculo com $$C_1C_2$$), logo é conhecido que $$A_1X=FA_2$$ e $$C_1X=FC_2$$, a partir dessas equações obtemos $$A_1C_1=A_2C_2$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 7′ style=’default’ collapse_link=’true’]Nos lados $$AB, BC$$ e $$CA$$ de um triângulo $$ABC$$, os pontos $$L, M$$ e $$N$$ são escolhidos, respectivamente; tal que as retas $$CL, AM$$ e $$BN$$ se intersectam num ponto em comum $$O$$, dentro do triângulo, e os quadriláteros $$ALON, BMOL$$ e $$CNOM$$ são tangenciais. Prove que: $$\frac{1}{AL\cdot BM}+\frac{1}{BM\cdot CN}+\frac{1}{CN \cdot AL} =\frac{1}{AN\cdot BL}+\frac{1}{BL\cdot CM}+\frac{1}{CM\cdot AN}$$[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’]Por Pitot nos quadriláteros $$ALON, BMOL$$ e $$CNOM$$ obtemos que $$AL+ON=AN+OL$$; $$BM+OL=BL+OM$$; $$CN+OM=CM+ON$$; assim concluímos que $$AL+BM+CN=AN+BL+CM$$ (I). Mas pelo Teorema de Ceva, temos que $$AL\cdot BM\cdot CN=AN\cdot BL\cdot CM$$ (II), divindo a equação (I) pela equação (II), teremos o resultado.[/spoiler]
[spoiler title=’Problema Relacionado 8′ style=’default’ collapse_link=’true’]Seja $$ABCD$$ um quadrilátero circunscritível, além disso seja $$K$$ o centro do seu incirculo $$\omega$$, e os pontos $$M$$ e $$N$$ são escolhidos sobre os segmentos $$AK$$ e $$CK$$ respectivamente, de modo que $$2\angle MBN=\angle ABC$$. Prove que $$2\angle MDN=\angle ADC$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Solução:’ style=’default’ collapse_link=’true’] Assuma, sem perdas, que $$AB\geq BC$$, por ser incentro, o ponto $$K$$ está nas bissetrizes dos ângulos $$\angle BAD$$ e $$\angle BCD$$. Seja $$C_1$$ um ponto no segmento $$AB$$ tal que $$BC_1=BC$$. Rotacione(no sentido anti-horário), o triângulo $$BCN$$ num triângulo $$BC_1N_1$$(rotação de centro $$B$$). Pelo Teorema de Pitot, devemos ter $$AD\geq CD$$, logo tome um ponto $$C_2$$ no segmento $$AD$$, tal que $$CD=DC_2$$, agora rotacione (sentido horário) o $$\triangle DCN$$ num $$\triangle DC_2N_2$$ (rotação de centro $$D$$). Note que $$BN=BN_1$$, $$\angle MBN=\frac{1}{2}\angle ABC=\angle ABM+\angle CBN=\angle ABM+\angle C_1BN_1=\angle MBN_1$$; então os $$\triangle MBN$$ e $$\triangle MBN_1$$ são congruentes(LAL), logo $$MN=MN_1$$. Por Pitot: $$AB+CD=AD+BC\Rightarrow AB-BC=AD-CD\Rightarrow AC_1=AB-BC=AD-CD=AC_2$$, logo os pontos $$C_1$$ e $$C_2$$ são simétricos em relação a $$AK$$; além disso note que $$NC_1=CN=NC_2$$ e $$\angle BC_1N_1=\angle BCN=\angle DCN=\angle DC_2N_2$$, portanto $$N_1$$ e $$N_2$$ são simétricos em relação a $$AK$$. Logo teremos que $$MN=MN_1=MN_2$$ e os triângulos $$\triangle DMN$$ e $$\triangle DMN_2$$ serão congruentes(LLL), assim temos que $$\angle MDN=\angle MDN_2=\angle ADM+\angle C_2DN_2=\angle ADM+\angle CDN \Rightarrow 2\angle MDN=\angle ADC$$.[/spoiler]