Ensino Médio

Sejam [tex3]BC=a,\angle BAC=\theta,BHGC \ cíclico.[/tex3] [tex3]H[/tex3] e [tex3]G[/tex3] ortocentro e baricentro. Construir o [tex3]∆ABC[/tex3]

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Autor: Thanos Kalogerakis

Com o ângulo [tex3]\angle BAC = \theta[/tex3] , sabemos que [tex3]\angle BHC = 180^{\circ} - \theta[/tex3] , então podemos construir a circunferência BHGC via arco capaz.

Resposta

trace a mediatriz de BC e deixe ela encontrar uma reta que faça um ângulo [tex3]\theta[/tex3] com BC e passe pelo vértice B. Esse ponto de encontro será o centro do círculo desejado. Com compasso, trace o círculo centrado nele passando por B

Agora não sei se é melhor trabalhar com essa circunferência que já temos ou com a imagem dessa circunferência na homotetia centrada em G que leva H em O; B e C nos pontos médios de AC e AB respectivamente.

Assumindo [tex3]\theta < 90^{\circ}[/tex3] , uma solução não muito bonita, mas que funciona, é a seguinte:

Trace a mediatriz [tex3]m[/tex3] de [tex3]BC[/tex3] e marque nela os pontos [tex3]A_1[/tex3] e [tex3]A_2[/tex3] , reflexos um do outro em relação a [tex3]BC[/tex3] , tais que [tex3]\angle BA_1C = \angle BA_2C = \theta[/tex3] e sejam [tex3]S_1 = (A_1BC)[/tex3] e [tex3]S_2 = (A_2BC)[/tex3] .

Vamos admitir que [tex3]A[/tex3] esteja em [tex3]S_1[/tex3] , de forma que [tex3]H[/tex3] esteja em [tex3]S_2[/tex3] . Neste caso, o circuncentro [tex3]O[/tex3] do [tex3]\triangle ABC[/tex3] é o circuncentro de [tex3]S_1[/tex3] . Seja [tex3]X = m \cap S_2 \neq A_2[/tex3] . Então a potência de [tex3]O[/tex3] em relação a [tex3]S_2[/tex3] é [tex3]OH \cdot OG = OX \cdot OA_2[/tex3] , mas [tex3]OH = 2OG[/tex3] (reta de Euler/homotetia do baricentro), então [tex3]3OG^2 = OX \cdot OA_2[/tex3] .

Como temos [tex3]OX[/tex3] e [tex3]OA_2[/tex3] , podemos construir [tex3]OG[/tex3] e [tex3]G = \odot(O,OG) \cap S_2[/tex3] . Com [tex3]G[/tex3] , temos que [tex3]A[/tex3] é o encontro da reta [tex3]GM_A[/tex3] ([tex3]M_A[/tex3] é o ponto médio de [tex3]BC[/tex3] ) com [tex3]S_1[/tex3] no mesmo semiplano de [tex3]BC[/tex3] que [tex3]O[/tex3] .

Se [tex3]\theta = 90^{\circ}[/tex3] , então [tex3]A[/tex3] é ortocentro e o círculo [tex3]BCHG[/tex3] será o circuncírculo do triângulo [tex3]ABC[/tex3] , mas [tex3]G[/tex3] deve ser um ponto interior do [tex3]\triangle ABC[/tex3] , então o problema é impossível.

a chave para outra solução parece ser o ponto "[tex3]A[/tex3] - Humpty" que está sobre a mediana [tex3]AM[/tex3] e está no círculo [tex3](BHC)[/tex3] . No caso, ele necessariamente deveria ser o baricentro do [tex3]\triangle ABC[/tex3] . Isso deve truncar de uma forma não trivial o triângulo:

https://pregatirematematicaolimpiadejun ... ts__1_.pdf

Uma segunda solução seria a seguinte: Seja [tex3]M[/tex3] o ponto médio de [tex3]BC[/tex3] e sejam [tex3]S_1[/tex3] e [tex3]S_2[/tex3] conforme descrito acima. Podemos construir um círculo [tex3]S_3[/tex3] , imagem da homotetia centrada em [tex3]M[/tex3] de razão [tex3]3:1[/tex3] de [tex3]S_1[/tex3] , e encontrá-lo com [tex3]S_2[/tex3] . Isso nos dará o baricentro.

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