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É interessante procurarmos círculos na figura, pois aí podemos obter mais informações sobre os ângulos. Como encontrar circunferências no meio do nosso problema? Uma maneira é encontrarmos algum ponto equidistante no meio do problema. De fato, se existe um ponto $ O $ equidistante a outros, então existe um circunferência passando por esses outros pontos com centro $ O $.

Dois pontos $ A $ e $ B $ sobre uma circunferência formam dois arcos. Se $ AB $ não for o diâmetro, teremos um arco maior e um menor.

Arcos

A medida do arco $ \widehat{AB} $ pode ser denotada por $ \operatorname{med} \widehat{AB} $ ou $ m_a(\widehat{AB}) $.

Ângulo Central Editar

Seja $ O $ o centro de uma circunferência e $ A $ e $ B $ dois pontos sobre esta. Então $ \angle AOB $ é chamado de ângulo central.
Ângulo Central

Aqui, por definição, a medida em graus do arco menor $ \widehat{AB} $ é a medida do ângulo $ \angle AOB $. E a medida do arco maior $ \widehat{AB} $? Se o arco menor $ \widehat{AB} $ medir $ \alpha $, então o menor mede $ 360^{\circ}-\alpha $.

Proposição Editar

Cordas de mesma medida determinam arcos de mesma medida e vice-versa.

Ângulo Inscrito Editar

Na figura, o ângulo $ \angle ACB $ é chamado de ângulo inscrito.

$ {\displaystyle {\widehat {AB}}}=2\angle ACB $.

Neste caso, o arco $ \widehat{AB} $ que não contem $ C $ é chamado de arco correspondente ao ângulo inscrito $ \angle ACB $.

Também podemos dizer que o ângulo $ \angle ACB $ subtende o arco $ \widehat{AB} $.

Por isso, podemos falar da última de outra maneira: um arco possui o dobro da medida do ângulo que o subtende.
Ângulosnacircunferência

Ângulo Excêntrico Interior Editar

Na figura ao lado, o ângulo $ \angle APB $ é chamado de ângulo excêntrico interior.

Vale o seguinte:

$ \angle APB=\frac{\widehat{AB}+\widehat{CD}}{2} $.
Ânguloexcentricointerior

Ângulo Excêntrico Exterior Editar

Na figura ao lado, o ângulo $ \angle APB $ é chamado de ângulo excêntrico exterior (ou ângulo secante).

Vale o seguinte:

$ \angle APB=\frac{\widehat{CD}-\widehat{AB}}{2} $
Ânguloexcentricoexterior
E se as retas forem tangentes?
Duas retas tangentes
Na figura,

$ \angle APB = 180^{\circ}-\widehat{AB}. $

Definição Editar

Sejam $ A $ e $ B $ pontos de uma circunferência. Diremos que $ C $ é ponto médio do arco $ \widehat{AB} $ quando $ \widehat{AC}=\widehat{CB} $.

ProposiçãoEditar

Sejam $ A $, $ B $ e $ C $ pontos na circunferência. Então $ \angle ACB=90^{\circ} $ se, e somente se, $ AB $ é o diâmetro.

ExemploEditar

Sejam $ A $, $ B $ e $ C $ pontos na circunferência. Se $ D $ é o ponto médio do arco $ {\displaystyle {\widehat {AB}}} $ que contém $ C $ e $ E $ o ponto médio do arco $ {\displaystyle {\widehat {AB}}} $ que não contém $ C $, prove que $ DE $ é o diâmetro da circunferência.

Diâmetro e ângulos

Solução:

Basta provarmos que $ {\displaystyle {\widehat {DE}}}=180^{\circ} $. Considere $ \alpha $ a medida do arco $ {\displaystyle {\widehat {AB}}} $ que contem $ C $. Desta forma, a medida do arco $ {\displaystyle {\widehat {AB}}} $ que não contem $ C $ será $ 360^{\circ}-\alpha $. Com isso, $ {\displaystyle {\widehat {DA}}}=\frac{\alpha}{2} $ e $ {\displaystyle {\widehat {AE}}}=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2} $. Portanto,

$ {\displaystyle {\widehat {DE}}}={\displaystyle {\widehat {DA}}}+{\displaystyle {\widehat {AE}}}=\frac{\alpha}{2}+180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=180^{\circ} $.

Exemplo Editar

(i) Mostre que $ P $ pertence ao interior de um círculo de diâmetro $ AB $ se, e somente se, $ \angle APB > 90^{\circ} $.

(ii) Mostre que $ P $ pertence ao exterior de um círculo de diâmetro $ AB $ se, e somente se, $ \angle APB < 90^{\circ} $.

Solução: Comecemos mostrando que se $ P $ pertence ao interior de um círculo de diâmetro $ AB $, então $ \angle APB > 90^{\circ} $. Sejam $ X $ e $ Y $ os pontos de encontro de $ AP $ e $ BP $ com a circunferência, respectivamente (diferentes de $ A $ e $ B $, respectivamente). Como $ \angle APB $ é excêntrico interior:

$ \angle APB = \frac{\widehat{AB}+\widehat{CD}}{2}=90^{\circ}+\frac{\widehat{CD}}{2}>90^{\circ}. $

Pelo mesmo raciocínio, podemos ver que se $ P $ pertence ao exterior de um círculo de diâmetro $ AB $, então $ \angle APB < 90^{\circ} $. As contrapositivas destas duas afirmações equivalem às recíprocas dos itens (i) e (ii).

ProposiçãoEditar

Se dois ângulos "enxergam" o mesmo arco, então eles possuem a mesma medida.

ProposiçãoEditar

Sejam $ A $, $ B $, $ C $ e $ D $ pontos sob uma circunferência. Então $ {\displaystyle {\widehat {AB}}}={\displaystyle {\widehat {CD}}} \Leftrightarrow AB=CD. $

ProposiçãoEditar

Sejam $ A $, $ B $, $ C $ e $ D $ quatro pontos distintos em uma circunferência (nesta ordem, se lidos em sentido horário ou anti-horário). Então $ AB=CD $ se, e somente se, $ AD $ é paralelo a $ BC $.

Prova: Observe que

$ AB=CD \Leftrightarrow {\displaystyle {\widehat {AB}}}={\displaystyle {\widehat {CD}}} \Leftrightarrow \angle ADB = \angle CBD \Leftrightarrow AD \parallel BC. $

Exemplo (OBM 2012 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

A figura abaixo mostra um pentágono regular $ ABCDE $ inscrito em um triângulo equilátero $ MNP $. Determine a medida do ângulo $ CMD $.

OBM2012q4n2

Solução: Este é um problema onde não aparece uma circunferência propriamente dita. Mas se encontrarmos alguma, podemos aproveitar as suas propriedades.

Sabemos que os ângulos de um pentágono regular são iguais a $ 108^{\circ} $, enquanto os de um triângulo equilátero são $ 60^{\circ} $. Observe que

$ \angle CMD=\angle BME- \angle DME - \angle BMC $.

Com isso, se descobrirmos as medidas de $ \angle BME $, $ \angle DME $ e $ \angle BMC $, podemos calcular a de $ \angle CMD $. Já sabemos que $ \angle BME=60^{\circ} $. Resta calcularmos os outros dois.

Vamos achar mais informações sobre a figura. Calculemos os ângulos que ainda não conhecemos. Sabemos que $ \angle BME=60^{\circ} $. Pela simetria, $ BM=ME $. Daqui, podemos concluir que $ BME $ é um triângulo equilátero, o que nos dá coisas importantes. Note que $ BE=CE $ e se combinarmos com o fato de que $ BME $ é equilátero, $ E $ será um ponto equidistante de $ B $, $ C $ e $ M $. Com isso, conseguiremos a circunferência e assim aproveitaremos as suas propriedades.

OBM2012q4n22
Observe que $ \angle BMC=\angle DME $. Além disso, por $ \angle BMC $ ser um ângulo inscrito, $ \angle BMC=\frac{\angle BEC}{2} $. Calculemos $ \angle BEC $. Observe que $ \angle BAE=108^{\circ} $ e o triângulo $ ABC $ é isósceles. Assim, $ \angle AEB=36^{\circ} $. Analogamente, $ \angle CED=36^{\circ} $. Com isso, já que $ \angle DEA=108^{\circ} $, segue que $ \angle BEC=36^{\circ} $.

Assim, $ \angle BMC=\frac{36^{\circ}}{2}=18^{\circ} $ e $ \angle DME=18^{\circ} $. Com isso,

$ \angle CMD=60^{\circ}- 18^{\circ} - 18^{\circ}=24^{\circ} $.

Exemplo (Cone Sul 1993) Editar

Considere um círculo com centro $ O $, e três pontos sob a circunferência, $ A $, $ B $ e $ C $, tais que $ \angle AOB < \angle BOC $. Seja $ D $ o ponto médio do arco $ AC $ que contém o ponto $ B $. Considere um ponto $ K $ sob $ BC $ tal que $ DK $ é perpendicular a $ BC $. Prove que $ AB+BK=KC $.

Solução: Provar que a soma das medidas de dois segmentos é igual à medida de um terceiro é bem mais fácil quando os pontos são colineares. Será que conseguimos "arrastar" as medidas $ AB $, $ BK $ e $ KC $ para a mesma reta?

Ângulos na Circunferência1

Observe que $ BK $ e $ KC $ estão sobre a mesma reta. Então é mais vantajoso se conseguíssemos uma reta paralela à $ BC $. E já que queremos transferir medidas, que tal uma paralela à $ BC $ e com medida igual a $ AB $?

Vamos chamar esta nova reta de $ EF $ (onde, por convenção, $ E $ está entre $ A $ e $ F $ quando lermos no sentido anti-horário). Precisamos construí-la de forma que $ EF $ seja paralelo a $ BC $ e $ EF=AB $ (o que é equivalente a dizer que $ AE $ é paralelo à $ BF $).

Como podemos construir estes pontos? Veremos a construção depois de pronta e quais propriedades elas apresentam. Depois veremos se estas propriedades são suficientes para satisfazer todas as condições que queremos. Se estas propriedades nos ajudam a desenhar bem e são suficientes, então conseguiremos fazer a construção. Vejamos isto na prática.

Que tal explorarmos os arcos? Com um pouco de exploração podemos ver que $ F $ é o ponto médio do arco $ {\displaystyle {\widehat {AC}}} $ que não contém $ B $. De fato, precisamos provar que $ {\displaystyle {\widehat {AF}}}={\displaystyle {\widehat {FC}}} $. Existe alguma igualdade de arcos que pode nos ajudar? Sim. Observe que, como $ EF $ é paralelo a $ BC $, segue que $ {\displaystyle {\widehat {FC}}}={\displaystyle {\widehat {EB}}} $. Com isso, precisamor provar que $ {\displaystyle {\widehat {AF}}}={\displaystyle {\widehat {EB}}} $. Como

$ {\displaystyle {\widehat {AF}}}={\displaystyle {\widehat {EA}}}+{\displaystyle {\widehat {FE}}} $

e

$ {\displaystyle {\widehat {EB}}}={\displaystyle {\widehat {EA}}}+{\displaystyle {\widehat {AB}}} $,

precisamos mostrar que $ {\displaystyle {\widehat {FE}}}={\displaystyle {\widehat {AB}}} $. Mas isto segue do fato de que $ AE $ e $ BF $ são paralelos. Logo, $ F $ é o ponto médio do arco $ {\displaystyle {\widehat {AC}}} $ que não contém $ B $. Deste modo, $ DF $ é o diâmetro da circunferência. Com isso, já sabemos construir $ F $ (basta prolongarmos $ DO $ até encontrarmos a circunferência novamente).

E para construirmos $ E $? Queremos que $ EF $ seja paralelo a BC. Assim, basta passarmos uma reta paralela a $ BC $ passando por $ F $. Chamaremos o outro ponto de intersecção de $ E $.Repare que se construirmos E e F desta maneira, $ EF $ será paralelo a $ BC $ e terá a mesma medida que $ AB $.

Vamos arrastar a medida de $ BK $ para esta reta: estendamos $ EF $ de tal forma que $ E $ fique entre $ F $ e $ G $ e $ GE $ seja igual a $ BK $. Qual a vantagem de fazermos isto? "Jogamos" as medidas $ AB $ e $ BK $ para a mesma reta. Então

$ AB+BK=FE+EG=FG. $

Com isso, basta mostrarmos que $ FG=KC $ para resolvermos o problema. Uma maneira de fazermos isto é descobrirmos alguma congruência que envolva $ FG $ e $ KC $. Vamos aproveitar a nossa construção: fizermos $ FG $ e $ KC $ serem paralelos: conseguimos ângulos de mesma medida. Mas quais deles pegar? Vamos pegar triângulos em que temos duas vantagens: o paralelismo e o fato deles enxergarem o mesmo arco.

Note que $ D $, $ K $ e $ E $ são colineares, pois $ DK $ e $ DE $ são ambas retas perpendiculares a $ EF $ e passam por $ D $ (logo coincidem).

Observe que os ângulos $ \angle BFG $ e $ \angle ECK $ enxergam o mesmo lado e assim possuem mesma medida. Será que $ BFG $ e $ ECK $ são congruentes? Aproveitemos o paralelismo. Como $ BK=GE $ e $ BK $ e $ GE $ são paralelos, segue que $ BKEG $ é um paralelogramo e assim $ BG $ e $ KE $ são paralelos. Desta forma, $ \angle BGF = \angle CKE = 90^{\circ} $. Provemos agora alguma igualdade entre os lados.

Mostraremos que $ BF=EC $. Para isto, basta mostrarmos que $ {\displaystyle {\widehat {BF}}}={\displaystyle {\widehat {EC}}} $. Observe que

$ {\displaystyle {\widehat {BF}}}={\displaystyle {\widehat {BC}}}+{\displaystyle {\widehat {CF}}} $

e

$ {\displaystyle {\widehat {EC}}}={\displaystyle {\widehat {BC}}}+{\displaystyle {\widehat {EB}}}. $

Assim, para mostrarmos que $ {\displaystyle {\widehat {BF}}}={\displaystyle {\widehat {EC}}} $, basta vermos que $ {\displaystyle {\widehat {CF}}}={\displaystyle {\widehat {EB}}} $, o que equivale a dizer que $ CF=EB $. Mas isto é verdade, pois $ EF $ e $ BC $ são paralelos. Logo, $ BF=EC $.

Portanto os triângulos $ BFG $ e $ ECK $ são congruentes pelo caso $ LAA_O $, de onde segue que $ FG=KC $.

Bibliografia Editar

  • BARBOSA, João Lucas Marques. Geometria Euclidiana Plana. 11ª. ed. [S.l.]: SBM, 2012. 257 p.

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