Olimpíadas ⇒ Quadrilátero Bicêntrico Tópico resolvido
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30
22:48
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Vou começar a pagar minha dívida. Mantenha a notação dos pontos que eu usei.
Um quadrilátero tangencial [tex3]ABCD[/tex3] é bicêntrico se, e somente se, [tex3]WY \perp XZ[/tex3] . Prova:
Se [tex3]ABCD[/tex3] for trapézio então podemos dizer sem perder a generalidade que [tex3]XZ \parallel AB[/tex3] o trapézio tangencial claramente será bicêntrico se, e somente se, for isósceles. Neste caso os pontos médios dos lados paralelos são [tex3]XZ[/tex3] que também é o eixo de simetria do trapézio, logo [tex3]XZ \perp WY[/tex3] .
Não sendo um trapézio então, suponha [tex3]WY \perp XZ[/tex3] em [tex3]G[/tex3] . Seja [tex3]S = AD \cap BC[/tex3] então [tex3]\triangle ZSX[/tex3] é [tex3]S[/tex3] -isósceles. Sendo [tex3]\alpha = \angle ASB[/tex3] então [tex3]\angle AZG = \angle AZX = 90 - \frac{\alpha}2[/tex3] e é claro que [tex3]\alpha + D + C = 180[/tex3] .
Analogamente [tex3]R = DC \cap AB[/tex3] , [tex3]\angle ARD = \beta[/tex3] então [tex3]\angle RWY = 90 - \frac{\beta}2[/tex3] .
Some os ângulos no quadrilátero [tex3]AWGZ[/tex3] :
[tex3]A + 90 -\frac{\alpha}2 + 90 - \frac{\beta}2 + 90 = 360 \iff A = 90 + \frac{\alpha+\beta}2 = 90 +180 - \frac{B+D}2 - C \iff[/tex3]
[tex3]\iff A+C = 270 - \frac{B+D}2[/tex3] , mas [tex3]A+C = 360 - (B+D)[/tex3] então:
[tex3]360 = 270 + \frac{B+D}2 \iff B+D = 180[/tex3] logo [tex3]ABCD[/tex3] é inscritível e portanto bicêntrico. A volta é só ler ao contrário.
Acho que esse é o primeiro passo pra chegar naquela razão.
Um quadrilátero tangencial [tex3]ABCD[/tex3] é bicêntrico se, e somente se, [tex3]WY \perp XZ[/tex3] . Prova:
Se [tex3]ABCD[/tex3] for trapézio então podemos dizer sem perder a generalidade que [tex3]XZ \parallel AB[/tex3] o trapézio tangencial claramente será bicêntrico se, e somente se, for isósceles. Neste caso os pontos médios dos lados paralelos são [tex3]XZ[/tex3] que também é o eixo de simetria do trapézio, logo [tex3]XZ \perp WY[/tex3] .
Não sendo um trapézio então, suponha [tex3]WY \perp XZ[/tex3] em [tex3]G[/tex3] . Seja [tex3]S = AD \cap BC[/tex3] então [tex3]\triangle ZSX[/tex3] é [tex3]S[/tex3] -isósceles. Sendo [tex3]\alpha = \angle ASB[/tex3] então [tex3]\angle AZG = \angle AZX = 90 - \frac{\alpha}2[/tex3] e é claro que [tex3]\alpha + D + C = 180[/tex3] .
Analogamente [tex3]R = DC \cap AB[/tex3] , [tex3]\angle ARD = \beta[/tex3] então [tex3]\angle RWY = 90 - \frac{\beta}2[/tex3] .
Some os ângulos no quadrilátero [tex3]AWGZ[/tex3] :
[tex3]A + 90 -\frac{\alpha}2 + 90 - \frac{\beta}2 + 90 = 360 \iff A = 90 + \frac{\alpha+\beta}2 = 90 +180 - \frac{B+D}2 - C \iff[/tex3]
[tex3]\iff A+C = 270 - \frac{B+D}2[/tex3] , mas [tex3]A+C = 360 - (B+D)[/tex3] então:
[tex3]360 = 270 + \frac{B+D}2 \iff B+D = 180[/tex3] logo [tex3]ABCD[/tex3] é inscritível e portanto bicêntrico. A volta é só ler ao contrário.
Acho que esse é o primeiro passo pra chegar naquela razão.
Última edição: FelipeMartin (Seg 30 Nov, 2020 22:56). Total de 2 vezes.
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30
23:51
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Na real que nem precisava do que eu mostrei ali em cima, mas bom. Esse seu tópico fica sendo o tópico oficial de propriedades dos quadriláteros bicêntricos.
Vou mudar a notação pra não cometer erros na solução. A solução oficial é de Daniele Donini, da Itália. O quadrilátero tangencial [tex3]ABCD[/tex3] tem incentro [tex3]O[/tex3] e raio [tex3]r[/tex3] . O incírculo faz contato com [tex3]AB[/tex3] em [tex3]E[/tex3] e com [tex3]CD[/tex3] em [tex3]F[/tex3] :
- Se [tex3]ABCD[/tex3] tem um circuncírculo então [tex3]\angle A = 180 - \angle C[/tex3] . Logo
[tex3]\angle OAE = 90 - \angle OCF[/tex3] (pois [tex3]O[/tex3] está nas bissetrizes em [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3] )
e como [tex3]\triangle OCF[/tex3] é retângulo, então:
[tex3]\angle OAE = \angle COF[/tex3] de forma que [tex3]\triangle OAE \sim \triangle OCF[/tex3] com:
[tex3]\frac{r}{AE} = \frac{FC}{r} \iff r^2 = AE \cdot FC[/tex3] . Analogamente, [tex3]r^2 = BE \cdot DF[/tex3] de onde sai a relação.
- Se [tex3]ABCD[/tex3] não for circunscritível então podemos dizer que [tex3]\angle A + \angle C < 180[/tex3] e [tex3]\angle B + \angle D > 180[/tex3] , de onde [tex3]\angle OAE < \angle COF[/tex3] o que implica que [tex3]r^2 < AE \cdot FC[/tex3] e analogamente [tex3]r^2 > BE \cdot DF[/tex3] de onde a igualdade não ocorre.
Agora só falta a semelhança espiralar pra tudo fazer sentido.
Vou mudar a notação pra não cometer erros na solução. A solução oficial é de Daniele Donini, da Itália. O quadrilátero tangencial [tex3]ABCD[/tex3] tem incentro [tex3]O[/tex3] e raio [tex3]r[/tex3] . O incírculo faz contato com [tex3]AB[/tex3] em [tex3]E[/tex3] e com [tex3]CD[/tex3] em [tex3]F[/tex3] :
- Se [tex3]ABCD[/tex3] tem um circuncírculo então [tex3]\angle A = 180 - \angle C[/tex3] . Logo
[tex3]\angle OAE = 90 - \angle OCF[/tex3] (pois [tex3]O[/tex3] está nas bissetrizes em [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3] )
e como [tex3]\triangle OCF[/tex3] é retângulo, então:
[tex3]\angle OAE = \angle COF[/tex3] de forma que [tex3]\triangle OAE \sim \triangle OCF[/tex3] com:
[tex3]\frac{r}{AE} = \frac{FC}{r} \iff r^2 = AE \cdot FC[/tex3] . Analogamente, [tex3]r^2 = BE \cdot DF[/tex3] de onde sai a relação.
- Se [tex3]ABCD[/tex3] não for circunscritível então podemos dizer que [tex3]\angle A + \angle C < 180[/tex3] e [tex3]\angle B + \angle D > 180[/tex3] , de onde [tex3]\angle OAE < \angle COF[/tex3] o que implica que [tex3]r^2 < AE \cdot FC[/tex3] e analogamente [tex3]r^2 > BE \cdot DF[/tex3] de onde a igualdade não ocorre.
Agora só falta a semelhança espiralar pra tudo fazer sentido.
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Dez 2020
01
00:28
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Vou fechar com o teorema de Newton: Aplique o teorema de pascal (já demonstrado aqui no fórum) em [tex3]XXZYYW[/tex3]
de forma que [tex3]t_X \cap t_Y = C, G = XZ \cap WY[/tex3]
e [tex3]WX \cap YZ[/tex3]
são alinhados, ao aplicarmos pascal em [tex3]WWYZZX[/tex3]
obtemos [tex3]A, XZ \cap WY[/tex3]
e [tex3]WX \cap YZ[/tex3]
alinhados. Logo a reta [tex3]AC[/tex3]
passa por [tex3]G[/tex3]
e analogamente [tex3]BD[/tex3]
também. Portanto as diagonais de [tex3]ABCD[/tex3]
e [tex3]WXYZ[/tex3]
concorrem no mesmo ponto [tex3]G[/tex3]
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Dez 2020
24
13:05
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Com isso, fechamos de vez esta demonstração gigantesca: viewtopic.php?f=3&t=90925
[tex3]\angle AEB = \angle APB = \angle CPD = \angle CED[/tex3] e:
[tex3]\angle BAE = \angle BPE = \angle DPE = \angle DCE[/tex3] logo [tex3]\triangle AEB \sim \triangle CED[/tex3] de onde [tex3]E[/tex3] é centro de roto-homotetia que leva [tex3]\overline{AB}[/tex3] em [tex3]\overline{CD}[/tex3] .
No nosso caso, [tex3]P[/tex3] é claramente centro de roto-homotetia entre [tex3]AB[/tex3] e [tex3]CD[/tex3] por ser o segundo encontro de [tex3](EAB)[/tex3] com [tex3](ECD)[/tex3] .
Como [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC} \iff \frac{AD}{ZD} = \frac{BC}{XC} \iff \frac{AZ}{AD} = \frac{BX}{BC}[/tex3] agora eu preciso provar que isso prova que [tex3]P[/tex3] é centro de roto-homotetia entre [tex3]AB[/tex3] e [tex3]ZX[/tex3]
[tex3]\angle AEB = \angle APB = \angle CPD = \angle CED[/tex3] e:
[tex3]\angle BAE = \angle BPE = \angle DPE = \angle DCE[/tex3] logo [tex3]\triangle AEB \sim \triangle CED[/tex3] de onde [tex3]E[/tex3] é centro de roto-homotetia que leva [tex3]\overline{AB}[/tex3] em [tex3]\overline{CD}[/tex3] .
No nosso caso, [tex3]P[/tex3] é claramente centro de roto-homotetia entre [tex3]AB[/tex3] e [tex3]CD[/tex3] por ser o segundo encontro de [tex3](EAB)[/tex3] com [tex3](ECD)[/tex3] .
Como [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC} \iff \frac{AD}{ZD} = \frac{BC}{XC} \iff \frac{AZ}{AD} = \frac{BX}{BC}[/tex3] agora eu preciso provar que isso prova que [tex3]P[/tex3] é centro de roto-homotetia entre [tex3]AB[/tex3] e [tex3]ZX[/tex3]
Última edição: FelipeMartin (Sex 25 Dez, 2020 10:29). Total de 4 vezes.
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Jan 2022
06
19:14
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Aqui fica o compilado, organizado e completo, da resposta:
Sejam: [tex3]E = AD \cap BC, F = AB \cap CD[/tex3] e [tex3]G = AC \cap BD[/tex3] .
[tex3]K[/tex3] é o ponto de Miquel de [tex3]ABCD[/tex3] , traduzindo: é o encontro dos circuncírculos de [tex3]ECD,FBC,EBA[/tex3] e [tex3]FAD[/tex3] . A prova de que esse ponto existe se baseia no teorema de Miquel para triângulos, procure-o no fórum.
[tex3]W,X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são os pontos de contato do incírculo de [tex3]ABCD[/tex3] com [tex3]AB,BC,CD[/tex3] e [tex3]DA[/tex3] , respectivamente.
[tex3]\omega[/tex3] e [tex3]\Omega[/tex3] são o incírculo e o circuncírculo de [tex3]ABCD[/tex3] , respectivamente.
1-) [tex3]K[/tex3] é o inverso de [tex3]G[/tex3] com respeito a [tex3]\Omega[/tex3] . Prova:
A reta [tex3]BD[/tex3] é invertida no [tex3](BDO)[/tex3] e [tex3]AC[/tex3] é invertida em [tex3](ACO)[/tex3] logo o inverso de [tex3]G[/tex3] é [tex3]G' = (ACO) \cap (BDO) \neq O[/tex3] (pois [tex3]O[/tex3] não é inverso de pontos finitos). Basta provar que [tex3]G' = K[/tex3] , ou seja que [tex3]KAOC[/tex3] é cíclico, como:
[tex3]\angle AKC = \angle AKB - \angle BKC = \angle AEB - \angle BFC = (180 - \angle BCD - \angle ADC) - (\angle ADC - \angle BCD) =[/tex3]
[tex3]=180 -2\angle ADC = 180 - \angle AOC[/tex3] logo [tex3]KAOC[/tex3] é cíclico e analogamente temos [tex3]KDOB[/tex3] cíclico, de forma que [tex3]K = G'[/tex3] .[tex3]\square[/tex3]
Logo [tex3]O,G[/tex3] e [tex3]K[/tex3] são colineares. Como [tex3]EF[/tex3] é a polar de [tex3]G[/tex3] então [tex3]OGK \perp EF[/tex3] .
O fato de [tex3]K = (AEB) \cap (CED) \neq E[/tex3] , implica que [tex3]K[/tex3] é o centro de roto-homotetia que leva [tex3]AB[/tex3] a [tex3]DC[/tex3] .
2-) [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3] . Prova:
[tex3]\angle BAD = 180^{\circ} - \angle BCD[/tex3] . Seja [tex3]r[/tex3] o raio do incírculo [tex3]\omega[/tex3] , logo [tex3]\angle IAZ = 90^{\circ} - \angle ICX[/tex3] . Como o [tex3]\triangle ICX[/tex3] é retângulo, então, [tex3]\angle IAZ = \angle CIX[/tex3] , de forma que [tex3]\triangle IAZ \sim \triangle CIX[/tex3] :
[tex3]\frac{r}{AZ} = \frac{XC}{r} \implies r^2 = AZ \cdot XC[/tex3] . Analogamente, [tex3]r^2 = ZD \cdot BX[/tex3] . [tex3]\square[/tex3]
Isso implica que [tex3]X[/tex3] é a imagem de [tex3]Z[/tex3] nessa roto-homotetia (pois a homotetia não muda a razão pela qual um ponto divide um segmento); então [tex3]EKXZ[/tex3] é cíclico, e, como [tex3]\angle IZE = \angle IXE = 90[/tex3] , então [tex3]EKXZI[/tex3] estão num círculo.
De forma análoga, [tex3]FKWIY[/tex3] estão em um círculo e a inversão com respeito a [tex3]\omega[/tex3] leva [tex3](FKWIY)[/tex3] na reta [tex3]WY[/tex3] e [tex3](XIZKE)[/tex3] na reta [tex3]XZ[/tex3] e então [tex3]K[/tex3] vai para [tex3]G[/tex3] (aqui é usado um teorema de Newton: [tex3]XZ \cap WY = AC \cap BD = G[/tex3] que é facilmente provado com Pascal ou com polares conforme na minha). De forma que [tex3]I,K,G[/tex3] são alinhados, portanto, [tex3]O[/tex3] também está nesta reta.
Sejam: [tex3]E = AD \cap BC, F = AB \cap CD[/tex3] e [tex3]G = AC \cap BD[/tex3] .
[tex3]K[/tex3] é o ponto de Miquel de [tex3]ABCD[/tex3] , traduzindo: é o encontro dos circuncírculos de [tex3]ECD,FBC,EBA[/tex3] e [tex3]FAD[/tex3] . A prova de que esse ponto existe se baseia no teorema de Miquel para triângulos, procure-o no fórum.
[tex3]W,X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são os pontos de contato do incírculo de [tex3]ABCD[/tex3] com [tex3]AB,BC,CD[/tex3] e [tex3]DA[/tex3] , respectivamente.
[tex3]\omega[/tex3] e [tex3]\Omega[/tex3] são o incírculo e o circuncírculo de [tex3]ABCD[/tex3] , respectivamente.
1-) [tex3]K[/tex3] é o inverso de [tex3]G[/tex3] com respeito a [tex3]\Omega[/tex3] . Prova:
A reta [tex3]BD[/tex3] é invertida no [tex3](BDO)[/tex3] e [tex3]AC[/tex3] é invertida em [tex3](ACO)[/tex3] logo o inverso de [tex3]G[/tex3] é [tex3]G' = (ACO) \cap (BDO) \neq O[/tex3] (pois [tex3]O[/tex3] não é inverso de pontos finitos). Basta provar que [tex3]G' = K[/tex3] , ou seja que [tex3]KAOC[/tex3] é cíclico, como:
[tex3]\angle AKC = \angle AKB - \angle BKC = \angle AEB - \angle BFC = (180 - \angle BCD - \angle ADC) - (\angle ADC - \angle BCD) =[/tex3]
[tex3]=180 -2\angle ADC = 180 - \angle AOC[/tex3] logo [tex3]KAOC[/tex3] é cíclico e analogamente temos [tex3]KDOB[/tex3] cíclico, de forma que [tex3]K = G'[/tex3] .[tex3]\square[/tex3]
Logo [tex3]O,G[/tex3] e [tex3]K[/tex3] são colineares. Como [tex3]EF[/tex3] é a polar de [tex3]G[/tex3] então [tex3]OGK \perp EF[/tex3] .
O fato de [tex3]K = (AEB) \cap (CED) \neq E[/tex3] , implica que [tex3]K[/tex3] é o centro de roto-homotetia que leva [tex3]AB[/tex3] a [tex3]DC[/tex3] .
2-) [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3] . Prova:
[tex3]\angle BAD = 180^{\circ} - \angle BCD[/tex3] . Seja [tex3]r[/tex3] o raio do incírculo [tex3]\omega[/tex3] , logo [tex3]\angle IAZ = 90^{\circ} - \angle ICX[/tex3] . Como o [tex3]\triangle ICX[/tex3] é retângulo, então, [tex3]\angle IAZ = \angle CIX[/tex3] , de forma que [tex3]\triangle IAZ \sim \triangle CIX[/tex3] :
[tex3]\frac{r}{AZ} = \frac{XC}{r} \implies r^2 = AZ \cdot XC[/tex3] . Analogamente, [tex3]r^2 = ZD \cdot BX[/tex3] . [tex3]\square[/tex3]
Isso implica que [tex3]X[/tex3] é a imagem de [tex3]Z[/tex3] nessa roto-homotetia (pois a homotetia não muda a razão pela qual um ponto divide um segmento); então [tex3]EKXZ[/tex3] é cíclico, e, como [tex3]\angle IZE = \angle IXE = 90[/tex3] , então [tex3]EKXZI[/tex3] estão num círculo.
De forma análoga, [tex3]FKWIY[/tex3] estão em um círculo e a inversão com respeito a [tex3]\omega[/tex3] leva [tex3](FKWIY)[/tex3] na reta [tex3]WY[/tex3] e [tex3](XIZKE)[/tex3] na reta [tex3]XZ[/tex3] e então [tex3]K[/tex3] vai para [tex3]G[/tex3] (aqui é usado um teorema de Newton: [tex3]XZ \cap WY = AC \cap BD = G[/tex3] que é facilmente provado com Pascal ou com polares conforme na minha). De forma que [tex3]I,K,G[/tex3] são alinhados, portanto, [tex3]O[/tex3] também está nesta reta.
Última edição: FelipeMartin (Qui 06 Jan, 2022 20:28). Total de 2 vezes.
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Fev 2022
04
09:09
Re: Quadrilátero Bicêntrico
já que aqui é o tópico dos quadriláteros bicêntricos, aqui vai mais um teorema:
Dado um [tex3]\triangle ABC[/tex3] qualquer, existem, em geral, 3 pontos no plano: [tex3]D_A,D_B[/tex3] e [tex3]D_C[/tex3] tais que o quadrilátero [tex3]ABCD_i[/tex3] seja bicêntrico.
A prova é simples. Seja [tex3]ABCD_B[/tex3] um quadrilátero bicêntrico de incentro [tex3]I_B[/tex3] .
Sejam [tex3]\beta = \angle ABC[/tex3] e [tex3]\alpha = \angle BAD_B[/tex3] . Sejam [tex3]E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] os pé de [tex3]I_B[/tex3] em relação aos lados [tex3]AB[/tex3] e [tex3]BC[/tex3] respectivamente. Então [tex3]\angle EI_BF = 180^{\circ} - \beta[/tex3] , [tex3]\angle AI_BE = 90^{\circ} - \frac{\alpha}2[/tex3] e [tex3]\angle FI_BC = \frac{\alpha}2[/tex3] . Logo, [tex3]\angle AI_BC = 360^{\circ} - (180^{\circ} - \beta) - (90^{\circ} - \frac{\alpha}2) - \frac{\alpha}2 = 90^{\circ} + \beta [/tex3] .
Pronto, o ponto [tex3]I_B[/tex3] é o encontro da bissetriz interna do [tex3]\triangle ABC[/tex3] no vértice [tex3]B[/tex3] com o arco-capaz que enxerga o segmento [tex3]AC[/tex3] sob um ângulo [tex3]90^{\circ} + \beta[/tex3] , o qual pode ser construído segundo a figura acima. O centro do círculo vermelho é o encontro da mediatriz de [tex3]AC[/tex3] com a reta tangente ao circuncírculo do [tex3]\triangle ABC[/tex3] por [tex3]C[/tex3] .
Com o ponto [tex3]I_B[/tex3] , pode-se traçar o incírculo de [tex3]ABCD_B[/tex3] e o ponto [tex3]D_B[/tex3] será o encontro das tangentes a este incírculo por [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3] .
Analogamente, podem-se construir [tex3]I_A[/tex3] e [tex3]I_C[/tex3] , bem como, [tex3]D_A[/tex3] e [tex3]D_C[/tex3] .
Dado um [tex3]\triangle ABC[/tex3] qualquer, existem, em geral, 3 pontos no plano: [tex3]D_A,D_B[/tex3] e [tex3]D_C[/tex3] tais que o quadrilátero [tex3]ABCD_i[/tex3] seja bicêntrico.
A prova é simples. Seja [tex3]ABCD_B[/tex3] um quadrilátero bicêntrico de incentro [tex3]I_B[/tex3] .
Sejam [tex3]\beta = \angle ABC[/tex3] e [tex3]\alpha = \angle BAD_B[/tex3] . Sejam [tex3]E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] os pé de [tex3]I_B[/tex3] em relação aos lados [tex3]AB[/tex3] e [tex3]BC[/tex3] respectivamente. Então [tex3]\angle EI_BF = 180^{\circ} - \beta[/tex3] , [tex3]\angle AI_BE = 90^{\circ} - \frac{\alpha}2[/tex3] e [tex3]\angle FI_BC = \frac{\alpha}2[/tex3] . Logo, [tex3]\angle AI_BC = 360^{\circ} - (180^{\circ} - \beta) - (90^{\circ} - \frac{\alpha}2) - \frac{\alpha}2 = 90^{\circ} + \beta [/tex3] .
Pronto, o ponto [tex3]I_B[/tex3] é o encontro da bissetriz interna do [tex3]\triangle ABC[/tex3] no vértice [tex3]B[/tex3] com o arco-capaz que enxerga o segmento [tex3]AC[/tex3] sob um ângulo [tex3]90^{\circ} + \beta[/tex3] , o qual pode ser construído segundo a figura acima. O centro do círculo vermelho é o encontro da mediatriz de [tex3]AC[/tex3] com a reta tangente ao circuncírculo do [tex3]\triangle ABC[/tex3] por [tex3]C[/tex3] .
Com o ponto [tex3]I_B[/tex3] , pode-se traçar o incírculo de [tex3]ABCD_B[/tex3] e o ponto [tex3]D_B[/tex3] será o encontro das tangentes a este incírculo por [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3] .
Analogamente, podem-se construir [tex3]I_A[/tex3] e [tex3]I_C[/tex3] , bem como, [tex3]D_A[/tex3] e [tex3]D_C[/tex3] .
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07
08:15
Re: Quadrilátero Bicêntrico
FelipeMartin, Você sabe como construir um quadrilátero bicêntrico com régua e compasso?
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08:27
Re: Quadrilátero Bicêntrico
NigrumCibum, bom, essa última propriedade que eu demonstrei permite construir três quadriláteros bicêntricos a partir de um triângulo qualquer. É isso que vc perguntou?
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11:27
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Construção:
Dado um triângulo [tex3]\triangle ABC[/tex3] , construir os pontos [tex3]M \in AB[/tex3] e [tex3]N \in AC[/tex3] , tais que [tex3]AMNC[/tex3] seja um quadrilátero bicêntrico.
Essa construção surgiu deste problema: viewtopic.php?f=3&t=103078
A solução é simples: o centro do círculo inscrito do quadrilátero [tex3]AMNC[/tex3] necessariamente está no encontro das bissetrizes dos ângulos [tex3]\angle BAC[/tex3] e [tex3]\angle BCA[/tex3] , logo, este centro é o próprio incentro do [tex3]\triangle ABC[/tex3] e o círculo inscrito é o próprio incírculo do [tex3]\triangle ABC[/tex3] .
Como [tex3]AMNC[/tex3] é cíclico, então, [tex3]MN[/tex3] é antiparalela a [tex3]AC[/tex3] com respeito ao [tex3]\triangle ABC[/tex3] .
Uma antiparalela a [tex3]AC[/tex3] é, por exemplo, [tex3]C_HA_H[/tex3] ; sendo [tex3]C_H[/tex3] o pé da altura do vértice [tex3]C[/tex3] em [tex3]AB[/tex3] e [tex3]A_H[/tex3] o pé da altura de [tex3]A[/tex3] em [tex3]BC[/tex3] .
Seja [tex3]r[/tex3] uma antiparalela a [tex3]AC[/tex3] qualquer que encontre o incírculo do [tex3]\triangle ABC[/tex3] nos pontos [tex3]X[/tex3] e [tex3]Y[/tex3] . Então, o ponto [tex3]K[/tex3] , de contato de [tex3]MN[/tex3] com esse incírculo, estará sobre a mediatriz de [tex3]XY[/tex3] .
Portanto, basta traçar esta mediatriz e obter o ponto [tex3]K[/tex3] e traçar uma antiparalela a [tex3]AC[/tex3] por ele, para obter os pontos [tex3]MN[/tex3] .
Dado um triângulo [tex3]\triangle ABC[/tex3] , construir os pontos [tex3]M \in AB[/tex3] e [tex3]N \in AC[/tex3] , tais que [tex3]AMNC[/tex3] seja um quadrilátero bicêntrico.
Essa construção surgiu deste problema: viewtopic.php?f=3&t=103078
A solução é simples: o centro do círculo inscrito do quadrilátero [tex3]AMNC[/tex3] necessariamente está no encontro das bissetrizes dos ângulos [tex3]\angle BAC[/tex3] e [tex3]\angle BCA[/tex3] , logo, este centro é o próprio incentro do [tex3]\triangle ABC[/tex3] e o círculo inscrito é o próprio incírculo do [tex3]\triangle ABC[/tex3] .
Como [tex3]AMNC[/tex3] é cíclico, então, [tex3]MN[/tex3] é antiparalela a [tex3]AC[/tex3] com respeito ao [tex3]\triangle ABC[/tex3] .
Uma antiparalela a [tex3]AC[/tex3] é, por exemplo, [tex3]C_HA_H[/tex3] ; sendo [tex3]C_H[/tex3] o pé da altura do vértice [tex3]C[/tex3] em [tex3]AB[/tex3] e [tex3]A_H[/tex3] o pé da altura de [tex3]A[/tex3] em [tex3]BC[/tex3] .
Seja [tex3]r[/tex3] uma antiparalela a [tex3]AC[/tex3] qualquer que encontre o incírculo do [tex3]\triangle ABC[/tex3] nos pontos [tex3]X[/tex3] e [tex3]Y[/tex3] . Então, o ponto [tex3]K[/tex3] , de contato de [tex3]MN[/tex3] com esse incírculo, estará sobre a mediatriz de [tex3]XY[/tex3] .
Portanto, basta traçar esta mediatriz e obter o ponto [tex3]K[/tex3] e traçar uma antiparalela a [tex3]AC[/tex3] por ele, para obter os pontos [tex3]MN[/tex3] .
Última edição: FelipeMartin (Sáb 30 Jul, 2022 13:21). Total de 4 vezes.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
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Mai 2023
06
09:16
Re: Quadrilátero Bicêntrico
mais uma fórmula viewtopic.php?f=3&t=105669
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