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[tex3]\Gamma[/tex3] o [tex3]A-[/tex3] incírculo mixtilinear de [tex3]\Delta ABC[/tex3] .
[tex3]F,E[/tex3] e [tex3]T[/tex3] os pontos de contato de [tex3]\Gamma[/tex3] com [tex3]AC,AB[/tex3] e com o circuncirculo [tex3]\gamma[/tex3] de [tex3]\Delta ABC[/tex3] .
1 - [tex3]T,E,M_C[/tex3] são alinhados. O mesmo vale para [tex3]T,F,M_B[/tex3].
Prova: [tex3]\Gamma[/tex3] e [tex3]\gamma[/tex3] são homotéticos por [tex3]T[/tex3] , como a tangente a [tex3]E[/tex3] em [tex3]\Gamma[/tex3] é [tex3]AB[/tex3] . A tangente da imagem de [tex3]E[/tex3] será paralela à [tex3]AB[/tex3] e estará em [tex3]\gamma[/tex3] portanto será [tex3]M_C[/tex3] , logo [tex3]T,E,M_C[/tex3] são alinhados.
2 - [tex3]I[/tex3] é ponto médio de [tex3]EF[/tex3].
Prova: Do Teorema de Pascal no hexágono [tex3]BM_BTM_CCA[/tex3] temos que [tex3]I,E,F[/tex3] são alinhados. Como [tex3]AE = AF[/tex3] por conta do teorema de Pitot, e [tex3]AI[/tex3] é bissetriz de [tex3]\Delta AEF[/tex3] então [tex3]I[/tex3] é ponto médio de [tex3]E,F[/tex3] e podemos construir os pontos [tex3]E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] traçando uma perpendicular à [tex3]AI[/tex3] por [tex3]I[/tex3] . Além disso basta tomar o encontro da reta [tex3]EM_c[/tex3] com [tex3]\gamma[/tex3] para obter [tex3]T[/tex3] .
3 - A reta [tex3]TI[/tex3] encontra [tex3]\gamma[/tex3] no segundo ponto médio do arco [tex3]BC[/tex3].
Prova: No triãngulo [tex3]\Delta TEF[/tex3] temos que [tex3]TA[/tex3] é simediana e [tex3]TI[/tex3] é mediana, logo [tex3]\angle ATM_C = \angle M_BTI[/tex3] .
4 - [tex3]\Gamma[/tex3] é o inverso do incirculo de [tex3]\Delta ABC[/tex3] com respeito ao círculo centrado em [tex3]A[/tex3] e de raio [tex3]AI.[/tex3]
Prova: Se [tex3]X[/tex3] é o ponto de contato do incirculo com o lado [tex3]AB[/tex3] então [tex3]\Delta AXI \sim \Delta AIE[/tex3] de onde:
[tex3]AX \cdot AE = AI^2[/tex3] .
5 - O raio de [tex3]\Gamma[/tex3] é [tex3]r \sec^2 \frac A2[/tex3], onde [tex3]r[/tex3] é o raio da inscrita ao [tex3]\Delta ABC[/tex3].
Prova: [tex3]AE = \frac{AI^2}{AX} [/tex3] do Teorema do incentro temos [tex3]AE = \frac{\(\frac{c+b}{a+b+c} \cdot \frac{2bc \cos \frac A2}{b+c}\)^2}{p-a} = \frac{(bc)^2 \cos^2\(\frac A2\)}{p^2(p-a)}[/tex3]
além disso [tex3]\frac{R_{\Gamma}}{r}= \frac{AE}{AX} = \frac{(bc)^2 \cos^2\(\frac A2\)}{p^2(p-a)^2}[/tex3]
[tex3](p-a)\tg \frac A2 = r[/tex3]
[tex3]bc \sen A = 2S = 2pr[/tex3]
[tex3]\frac{R_{\Gamma}}{r} = \frac{4p^2r^2 \sen ^2 \(\frac A2\)}{\sen^2 A p^2r^2} = \sec^2 \frac A2[/tex3]
