- Composição de circunf tangentes.jpg (42.04 KiB) Exibido 5100 vezes
Resposta
[tex3]\theta=67,5^{\circ}[/tex3]
Ensino Médio ⇒ Geometria - Círculos tangentes Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Jul 2020
27
15:09
Geometria - Círculos tangentes
Na figura a seguir [tex3]ABCD[/tex3]
é um quadrado de lado [tex3]\alpha[/tex3]
, os pontos [tex3]P_0, P_1, P_2, P_3, Q_0,Q_1,Q_2,Q_3, X \ e \ Y[/tex3]
são pontos de tangência, [tex3]BC \ e \ ZB[/tex3]
são os diâmetros, respectivamente, dos semi-círculos azul e verde. Determinar a medida do angulo [tex3]\theta[/tex3]
[tex3]\theta=67,5^{\circ}[/tex3]
[tex3]\theta=67,5^{\circ}[/tex3]
-
Tassandro 
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Jul 2020
29
12:03
Re: Geometria - Círculos tangentes
Babi123,
Seja [tex3]\angle P_1BC=\phi=180\degree-2θ[/tex3]
Vamos achar [tex3]r_0[/tex3] e [tex3]r_1[/tex3] .
[tex3]\begin{align}
\triangle LO_0E:&
\\
|O_0L|&=r+r_0=\tfrac a2+r_0
,\quad
|LE|=\tfrac a2-r_0
,\\
|O_0E|=|BX|&=
\sqrt{2 a r_0}
\tag{1}\label{1}
,\\
\triangle BO_0X:&
\\
|BO_0|&=R-r_0=a-r_0
,\quad
|O_0X|=r_0
,\\
|BX|&=\sqrt{a^2-2 a r_0}
\tag{2}\label{2}
.
\end{align}[/tex3]
Igualando as duas expressões, vem que [tex3]r_0=\frac a4[/tex3] .
Pelo Teorema de Descartes em relação a quatro círculos tangentes (https://brilliant.org/wiki/descartes-theorem/), podemos fazer que (essa conta é um pouco brutal, assumo):
[tex3]\begin{align}
r_1&=
\left(
\tfrac1r+\tfrac1{r_0}-\tfrac1R
+2\sqrt{\tfrac1{r r_0}-\tfrac1{r R}-\tfrac1{r_0 R}}
\right)^{-1}
\\
&=
\frac{5-2\sqrt2}{17}\,a
.
\end{align}[/tex3]
Lei dos cossenos no [tex3]\triangle BLO_1[/tex3] (outra conta brutal)
[tex3]\begin{align}
\cos\phi&=
\frac{|BO_1|^2+|BL|^2-|LO_1|^2}{2\cdot|BO_1|\cdot|BL|}
=
\frac{(R-r_1)^2+\tfrac{a^2}4-(r-r_1)^2}{2(R-r_1)^2\cdot\tfrac{a^2}4}
=\tfrac{\sqrt2}2
\end{align}\implies\phi=45\degree
[/tex3]
Assim, temos que [tex3]θ=67,5\degree[/tex3]
Assumo que uma solução menos algébrica e mais geométrica seria mais interessante (será se o Felipe poderia tentar
)
- 47Pe2.png (37.73 KiB) Exibido 5065 vezes
Vamos achar [tex3]r_0[/tex3] e [tex3]r_1[/tex3] .
[tex3]\begin{align}
\triangle LO_0E:&
\\
|O_0L|&=r+r_0=\tfrac a2+r_0
,\quad
|LE|=\tfrac a2-r_0
,\\
|O_0E|=|BX|&=
\sqrt{2 a r_0}
\tag{1}\label{1}
,\\
\triangle BO_0X:&
\\
|BO_0|&=R-r_0=a-r_0
,\quad
|O_0X|=r_0
,\\
|BX|&=\sqrt{a^2-2 a r_0}
\tag{2}\label{2}
.
\end{align}[/tex3]
Igualando as duas expressões, vem que [tex3]r_0=\frac a4[/tex3] .
Pelo Teorema de Descartes em relação a quatro círculos tangentes (https://brilliant.org/wiki/descartes-theorem/), podemos fazer que (essa conta é um pouco brutal, assumo):
[tex3]\begin{align}
r_1&=
\left(
\tfrac1r+\tfrac1{r_0}-\tfrac1R
+2\sqrt{\tfrac1{r r_0}-\tfrac1{r R}-\tfrac1{r_0 R}}
\right)^{-1}
\\
&=
\frac{5-2\sqrt2}{17}\,a
.
\end{align}[/tex3]
Lei dos cossenos no [tex3]\triangle BLO_1[/tex3] (outra conta brutal)
[tex3]\begin{align}
\cos\phi&=
\frac{|BO_1|^2+|BL|^2-|LO_1|^2}{2\cdot|BO_1|\cdot|BL|}
=
\frac{(R-r_1)^2+\tfrac{a^2}4-(r-r_1)^2}{2(R-r_1)^2\cdot\tfrac{a^2}4}
=\tfrac{\sqrt2}2
\end{align}\implies\phi=45\degree
[/tex3]
Assim, temos que [tex3]θ=67,5\degree[/tex3]
Assumo que uma solução menos algébrica e mais geométrica seria mais interessante (será se o Felipe poderia tentar
)Dias de luta, dias de glória.
-
FelipeMartin
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Jul 2020
29
19:32
Re: Geometria - Círculos tangentes
vou deixar alguns detalhes curiosos estabelecidos.
- Todas as retas [tex3]P_nQ_n[/tex3] , [tex3]n \in \mathbb N \cup \{0\}[/tex3] concorrem em um ponto [tex3]H \in BC[/tex3] centro de homotetia negativa entre o círculo maior e o semi-círculo. (Teorema de Monge--D'Alembert)
- O círculo que passa por [tex3](P_0Q_0C)[/tex3] é tangente ao lado [tex3]BC[/tex3] em [tex3]C[/tex3] . Prova:
Seja [tex3](BXQ_0)[/tex3] como [tex3]\angle XQ_0B = 90^{\circ}[/tex3] (pois [tex3]X,Q_0,C[/tex3] sã alinhados por homotetia centrada em [tex3]Q_0[/tex3] ) então [tex3]BX[/tex3] é diâmetro, logo este círculo é tangente ao lado [tex3]BC[/tex3] em [tex3]B[/tex3] ).
Seja [tex3]C'[/tex3] o reflexo do ponto [tex3]C[/tex3] em relação ao ponto [tex3]B[/tex3] . O shooting lemma diz que o círculo [tex3]c[/tex3] centrado em [tex3]C'[/tex3] passando por [tex3]A[/tex3] também passa por [tex3]Q_0[/tex3] , como consequência, a tangente comum em [tex3]Q_0[/tex3] passa por [tex3]C'[/tex3] .
Vamos inverter [tex3](BXQ_0)[/tex3] em relação ao círculo [tex3]c[/tex3] .
Da potência de [tex3]C'[/tex3] em relação ao círculo menor: [tex3]C'X \cdot C'P_0 = C'Q_0^2 = R^2[/tex3] implica que o inverso do círculo passa por [tex3]P_0[/tex3] . A potência de [tex3]C'[/tex3] em relação ao semi-círculo mostra que o inverso de [tex3](BXQ_0)[/tex3] passa por [tex3]C[/tex3] então temos um círculo [tex3](P_0Q_0C)[/tex3] mas como [tex3](BXQ_0)[/tex3] era tangente ao lado [tex3]BC[/tex3] temos que [tex3](P_0Q_0C)[/tex3] também o é, mas pelo ponto [tex3]C[/tex3] . Este círculo também é ortogonal aos 3 associados a ele o que não é difícil de ver uma vez que seu centro está sobre a tangente comum aos dois círculos internos e passa por [tex3]Q_0[/tex3] congruências do tipo LLL provam a ortogonalidade.
- Todas as retas [tex3]P_nQ_n[/tex3] , [tex3]n \in \mathbb N \cup \{0\}[/tex3] concorrem em um ponto [tex3]H \in BC[/tex3] centro de homotetia negativa entre o círculo maior e o semi-círculo. (Teorema de Monge--D'Alembert)
- O círculo que passa por [tex3](P_0Q_0C)[/tex3] é tangente ao lado [tex3]BC[/tex3] em [tex3]C[/tex3] . Prova:
Seja [tex3](BXQ_0)[/tex3] como [tex3]\angle XQ_0B = 90^{\circ}[/tex3] (pois [tex3]X,Q_0,C[/tex3] sã alinhados por homotetia centrada em [tex3]Q_0[/tex3] ) então [tex3]BX[/tex3] é diâmetro, logo este círculo é tangente ao lado [tex3]BC[/tex3] em [tex3]B[/tex3] ).
Seja [tex3]C'[/tex3] o reflexo do ponto [tex3]C[/tex3] em relação ao ponto [tex3]B[/tex3] . O shooting lemma diz que o círculo [tex3]c[/tex3] centrado em [tex3]C'[/tex3] passando por [tex3]A[/tex3] também passa por [tex3]Q_0[/tex3] , como consequência, a tangente comum em [tex3]Q_0[/tex3] passa por [tex3]C'[/tex3] .
Vamos inverter [tex3](BXQ_0)[/tex3] em relação ao círculo [tex3]c[/tex3] .
Da potência de [tex3]C'[/tex3] em relação ao círculo menor: [tex3]C'X \cdot C'P_0 = C'Q_0^2 = R^2[/tex3] implica que o inverso do círculo passa por [tex3]P_0[/tex3] . A potência de [tex3]C'[/tex3] em relação ao semi-círculo mostra que o inverso de [tex3](BXQ_0)[/tex3] passa por [tex3]C[/tex3] então temos um círculo [tex3](P_0Q_0C)[/tex3] mas como [tex3](BXQ_0)[/tex3] era tangente ao lado [tex3]BC[/tex3] temos que [tex3](P_0Q_0C)[/tex3] também o é, mas pelo ponto [tex3]C[/tex3] . Este círculo também é ortogonal aos 3 associados a ele o que não é difícil de ver uma vez que seu centro está sobre a tangente comum aos dois círculos internos e passa por [tex3]Q_0[/tex3] congruências do tipo LLL provam a ortogonalidade.
Última edição: FelipeMartin (Qua 29 Jul, 2020 20:41). Total de 1 vez.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
-
FelipeMartin
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Ago 2020
01
14:52
Re: Geometria - Círculos tangentes
voltei com mais uma propriedade muito legal
os quadriláteros [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] [tex3]\forall n \in \mathbb N \cup \{0\}[/tex3] são todos cíclicos
prova:
Da minha citação temos que [tex3]\angle P_{n+1}P_nQ_n = \angle P_{n+1}P_nH[/tex3] completemos agora o semi-círculo com a sua outra metade formando um círculo completo e seja [tex3]P[/tex3] um ponto qualquer do semi-círculo vamos chamar de [tex3]P'[/tex3] o segundo encontro da reta [tex3]PH[/tex3] com este círculo recém completado (centrado em [tex3]L[/tex3] passando por [tex3]B[/tex3] ). Analogamente se [tex3]P[/tex3] é um ponto do círculo maior vamos chamar de [tex3]p[/tex3] o segundo encontro de [tex3]PH[/tex3] com o círculo maior (centrado em [tex3]B[/tex3] passando por [tex3]C[/tex3] ).
Então reparem que [tex3]\angle P_{n+1}P_nH[/tex3] enxerga no círculo maior o arco [tex3]\widehat{P_{n+1}p_n}[/tex3] mas como existe uma homotetia entre o semi-círculo e o círculo maior centrada em [tex3]H[/tex3] temos que esse arco é levado, no círculo completado, no arco [tex3]\widehat{Q'_{n+1}Q_n }[/tex3] (pois [tex3]Q_n[/tex3] é a imagem da homotetia de [tex3]p_n[/tex3] ) e este arco é enxergado pelo ângulo [tex3]\angle Q_{n} Q_{n+1}H[/tex3] como eles enxergam arcos iguais em círculos diferentes: [tex3]\angle Q_{n}Q_{n+1}H = \angle P_{n+1}P_nQ_n[/tex3] como [tex3]Q_{n+1},H,P_{n+1}[/tex3] são alinhados então o quadrilátero [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] é cíclico para qualquer [tex3]n[/tex3] .
corolário:
[tex3]H[/tex3] é centro radical de todos os círculos da cadeia de círculos tangentes (apenas os infinitos círculos amarelos).
prova:
a potência de [tex3]H[/tex3] até o ené-simo círculo é [tex3]HQ_n \cdot HP_{n}[/tex3] mas como [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] é cíclico essa também é a potência de [tex3]H[/tex3] em relação ao círculo que passa por [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] e então [tex3]HQ_n \cdot HP_{n}= HQ_{n+1} \cdot HP_{n+1}[/tex3] mas essa última é a potência de [tex3]H[/tex3] em relação ao ené-simo+1 círculo.
corolário do corolário:
Seja [tex3]R_n[/tex3] o ponto de contato entre o ené-simo círculo com o ené-simo+1 círculo então [tex3]H[/tex3] está na reta tangente comum a esses dois círculos por [tex3]R_n[/tex3] e a distância [tex3]HR_n[/tex3] é fixa em relação a [tex3]n[/tex3], ou seja: [tex3]R_n[/tex3] estão sobre uma circunferência centrada em [tex3]H[/tex3] para todo [tex3]n[/tex3].
prova: como [tex3]H[/tex3] é centro radical de [tex3]c_n[/tex3] (o ené-simo círculo) e [tex3]c_{n+1}[/tex3] então [tex3]H[/tex3] está sobre o eixo radical destes dois círculos. O eixo radical de dois círculos tangentes entre si é a reta tangente comum aos dois círculos (no caso por [tex3]R_n[/tex3] ). Como a potência de [tex3]H[/tex3] é a mesma em relação a todos os círculos então [tex3](\overline{HR_n})^2 = Pot_{H_{cn}}[/tex3] é constante logo [tex3]\overline{HR_n}[/tex3] não depende de [tex3]n[/tex3] como [tex3]\lim R_n = C[/tex3] então [tex3]R_n[/tex3] está no círculo centrado em [tex3]H[/tex3] passando por [tex3]C[/tex3] .
a próxima novidade é a seguinte:FelipeMartin escreveu: ↑Qua 29 Jul, 2020 19:32
- Todas as retas [tex3]P_nQ_n[/tex3] , [tex3]n \in \mathbb N \cup \{0\}[/tex3] concorrem em um ponto [tex3]H \in BC[/tex3] centro de homotetia negativa entre o círculo maior e o semi-círculo. (Teorema de Monge--D'Alembert)
os quadriláteros [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] [tex3]\forall n \in \mathbb N \cup \{0\}[/tex3] são todos cíclicos
- kWikR.jpg (41.83 KiB) Exibido 4993 vezes
Da minha citação temos que [tex3]\angle P_{n+1}P_nQ_n = \angle P_{n+1}P_nH[/tex3] completemos agora o semi-círculo com a sua outra metade formando um círculo completo e seja [tex3]P[/tex3] um ponto qualquer do semi-círculo vamos chamar de [tex3]P'[/tex3] o segundo encontro da reta [tex3]PH[/tex3] com este círculo recém completado (centrado em [tex3]L[/tex3] passando por [tex3]B[/tex3] ). Analogamente se [tex3]P[/tex3] é um ponto do círculo maior vamos chamar de [tex3]p[/tex3] o segundo encontro de [tex3]PH[/tex3] com o círculo maior (centrado em [tex3]B[/tex3] passando por [tex3]C[/tex3] ).
Então reparem que [tex3]\angle P_{n+1}P_nH[/tex3] enxerga no círculo maior o arco [tex3]\widehat{P_{n+1}p_n}[/tex3] mas como existe uma homotetia entre o semi-círculo e o círculo maior centrada em [tex3]H[/tex3] temos que esse arco é levado, no círculo completado, no arco [tex3]\widehat{Q'_{n+1}Q_n }[/tex3] (pois [tex3]Q_n[/tex3] é a imagem da homotetia de [tex3]p_n[/tex3] ) e este arco é enxergado pelo ângulo [tex3]\angle Q_{n} Q_{n+1}H[/tex3] como eles enxergam arcos iguais em círculos diferentes: [tex3]\angle Q_{n}Q_{n+1}H = \angle P_{n+1}P_nQ_n[/tex3] como [tex3]Q_{n+1},H,P_{n+1}[/tex3] são alinhados então o quadrilátero [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] é cíclico para qualquer [tex3]n[/tex3] .
corolário:
[tex3]H[/tex3] é centro radical de todos os círculos da cadeia de círculos tangentes (apenas os infinitos círculos amarelos).
prova:
a potência de [tex3]H[/tex3] até o ené-simo círculo é [tex3]HQ_n \cdot HP_{n}[/tex3] mas como [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] é cíclico essa também é a potência de [tex3]H[/tex3] em relação ao círculo que passa por [tex3]P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n[/tex3] e então [tex3]HQ_n \cdot HP_{n}= HQ_{n+1} \cdot HP_{n+1}[/tex3] mas essa última é a potência de [tex3]H[/tex3] em relação ao ené-simo+1 círculo.
corolário do corolário:
Seja [tex3]R_n[/tex3] o ponto de contato entre o ené-simo círculo com o ené-simo+1 círculo então [tex3]H[/tex3] está na reta tangente comum a esses dois círculos por [tex3]R_n[/tex3] e a distância [tex3]HR_n[/tex3] é fixa em relação a [tex3]n[/tex3], ou seja: [tex3]R_n[/tex3] estão sobre uma circunferência centrada em [tex3]H[/tex3] para todo [tex3]n[/tex3].
prova: como [tex3]H[/tex3] é centro radical de [tex3]c_n[/tex3] (o ené-simo círculo) e [tex3]c_{n+1}[/tex3] então [tex3]H[/tex3] está sobre o eixo radical destes dois círculos. O eixo radical de dois círculos tangentes entre si é a reta tangente comum aos dois círculos (no caso por [tex3]R_n[/tex3] ). Como a potência de [tex3]H[/tex3] é a mesma em relação a todos os círculos então [tex3](\overline{HR_n})^2 = Pot_{H_{cn}}[/tex3] é constante logo [tex3]\overline{HR_n}[/tex3] não depende de [tex3]n[/tex3] como [tex3]\lim R_n = C[/tex3] então [tex3]R_n[/tex3] está no círculo centrado em [tex3]H[/tex3] passando por [tex3]C[/tex3] .
Última edição: FelipeMartin (Sáb 01 Ago, 2020 16:15). Total de 3 vezes.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
Ago 2020
01
17:53
Re: Geometria - Círculos tangentes
Tassandro, pq pode afirmar q é um triângulo isósceles em [tex3]\angle P_{1}[/tex3]
BC = [tex3]\phi [/tex3]
= 180 -2 [tex3]\theta [/tex3]
?
Última edição: jeabud (Sáb 01 Ago, 2020 18:42). Total de 5 vezes.
-
Tassandro
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- Localização: Teresina, PI.
Ago 2020
05
11:23
Re: Geometria - Círculos tangentes
jeabud,
São raios do mesmo círculo, assim, [tex3]BP_1=BC[/tex3]
São raios do mesmo círculo, assim, [tex3]BP_1=BC[/tex3]
Dias de luta, dias de glória.
Ago 2020
05
12:56
Re: Geometria - Círculos tangentes
Tassandro, mas o triângulo BCP1 ângulo em P1 n seria de 90°? Por ser um ângulo inscrito Qd é o diâmetro da circunferência?
-
Tassandro
- Mensagens: 1905
- Registrado em: Sáb 15 Fev, 2020 17:01
- Última visita: 03-10-23
- Localização: Teresina, PI.
Ago 2020
05
13:00
Re: Geometria - Círculos tangentes
jeabud,
Não é reto porque tá enxergando um raio, e não um diâmetro.
Não é reto porque tá enxergando um raio, e não um diâmetro.
Dias de luta, dias de glória.
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