Ângulos na Circunferência

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.

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

Outra maneira de nos referirmos a um arco é considerarmos as suas "pontas" e um ponto no seu interior. Por exemplo, considere a figura a seguir

Podemos nos referir ao arco vermelho da figura acima como sendo o arco $\widehat{AB}$ que passa por $C$ ou ainda o arco $\widehat{ACB}$.

Ângulo Central

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

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

Ângulo Inscrito

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

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

Podemos dizer então que a medida do ângulo central é o dobro da medida do ângulo inscrito.

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 $\widehat{AB}$. Em alguns lugares, dizemos que ele "enxerga" ou "olha" o arco.

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

Ângulo Excêntrico Interior

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

Vale o seguinte:

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

Ângulo Excêntrico Exterior

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

Vale o seguinte:

$\angle APB=\frac{\widehat{CD}-\widehat{AB}}{2}$

E se as retas forem tangentes?

Na figura,

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

Ângulo de Segmento

Possui o vértice na circunferência, um lado tangente e um secante. Por exemplo, na figura a seguir, $AC$ é tangente e $AB$ é secante.

A medida de um ângulo de segmento é igual à metade da do arco correspondente. Ou seja,

$\angle BAC = \frac{\widehat{AB}}{2}.$

Exemplo

Na figura a seguir, $r$ é paralela a $AB$. Prove que $AC=BC$.

Solução: Seja $\alpha=\angle BAC$. Então $\angle ACD=\alpha$, onde $D$ é indicado na figura a seguir.

Como $\angle ACD$ é ângulo de segmento, segue que o arco $\widehat{AC}$ mede $2\alpha$ e assim $\angle ABC=\alpha$. Portanto, o triângulo $ABC$ é isósceles e assim $AC=BC$.

Exemplo

Considere $ABC$ um triângulo e uma circunferência passando por ele. Se $D$ é um ponto externo a circunferência do mesmo lado que $C$ em relação à reta $AB$, prove que se $\angle DAC=\angle ABC$ então $AD$ é tangente ao circuncírculo de $ABC$.

Solução: Se $AD$ não fosse tangente, tome $AE$ tangente. Então $\angle CAE=\angle ABC$. Como $AD$ é paralelo a $BC$, segue que $\angle DAC=\angle ABC$. Assim $\angle DAE=0^{\circ}$. Absurdo. Logo $AD$ é tangente ao circuncírculo de $ABC$.

Definição

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

Proposição

Sejam $A, B$ e $C$ pontos em uma circunferência. Então $C$ ponto médio do arco $\widehat{AB}$ se, e somente se, $AC=CB$.

Proposição

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

Exemplo

Na figura, prove que

$\angle CPB = \frac{\widehat{PA}+\widehat{PB}}{2}.$

Solução: Consideremos $O$ o centro da circunferência, $\widehat{PA}=\alpha$ e $\widehat{PB}=\beta$. Desta forma, $\angle AOP = \alpha$ e $\angle POB = \beta$. Além disso, $OA=OP=OB$ de onde segue que os triângulos $AOP$ e $POB$ são isósceles de bases $AP$ e $BP$, respectivamente. Com isso, $\angle APO = 90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$ e $\angle BPO = 90^{\circ}-\frac{\beta}{2}$.

Assim,

$\angle APB = \angle APO + \angle BPO = 90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}+90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}.$

Portanto,

$\angle CPB = 180^{\circ}-\angle APB = 180^{\circ}-(180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}.$

Exemplo

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.

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

(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).

Proposição

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

Proposição

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

Proposição

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)

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

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.

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)

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?

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 $FG=KC$.

Exemplo (IMO 1993)

Seja $D$ um ponto no interior do triângulo $ABC$ tal que $\angle ADB=\angle ACB+\frac{\pi}{2}$ e $AC \cdot BD=AD \cdot BC$.

(a) Calcule a razão $\frac{AB \cdot CD}{AC \cdot BD}$.

(b) Prove que as tangentes por $C$ aos circuncírculos dos triângulos $ACD$ e $BCD$ são perpendiculares.

Solução:

(a) O primeiro problema aqui é: como vamos usar as informações do enunciado? Em primeiro lugar, ele deu $AC \cdot BD=AD \cdot BC$. Com essa igualdade de multiplicações, conseguimos uma igualdade entre razões. Será que delas conseguimos uma semelhança de triângulos? Observe que dessa igualdade, conseguimos:

$\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{BD}.(*)$

Essa igualdade nos daria uma semelhança se tivéssemos $\angle ACB=\angle ADB$. Não temos isso, mas o enunciado nos dá algo parecido: $\angle ADB=\angle ACB+90^{\circ}$ (afinal $\frac{\pi}{2}$ radianos é igual a $90^\circ$). Parece então que podemos forçar essa semelhança acontecer. Vamos dividir $\angle ADB$ em duas partes: uma com medida $\angle ACB$ e outra com $90^\circ$.

Para isso, tomemos $M$ um ponto no interior do ângulo $\angle ADB$ de forma que $\angle ADM=\angle ACB$ (e como $\angle ADB=\angle ACB+90^{\circ}$, podemos concluir que $\angle MDB=90^{\circ}$). Isso quase nos dá uma semelhança entre os triângulos $ADM$ e $ACB$. O que mais precisamos para essa semelhança ser válida? Uma coisa seria

$\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{MD}.(**)$

Como já temos $(*)$, precisamos então de $MD=DB$. Portanto, já temos o ponto $M$ definido: de forma que $DM$ e $DB$ sejam perpendiculares e $MD=DB$. Desta forma, $(**)$ será verdadeira e com isso os triângulos $ADM$ e $ACB$ são semelhantes.

Por isso,

$\angle CAB=\angle DAM \Leftrightarrow \angle CAD+\angle DAB=\angle DAB+\angle BAM \Leftrightarrow \angle CAD=\angle BAM.$

Esses dois ângulos iguais nos fazem suspeitar da semelhança entre $CAD$ e $BAM$. A questão é: será que essa semelhança vale a pena? Observe que o triângulo $CAD$ possui dois lados da igualdade que queremos provar: $CD$ e $AC$. Já o triângulo $BAM$ possui um dos lados $AB$. Só teríamos um lado faltando: $BD$. Mas observe que se aplicarmos o teorema de Pitágoras no triângulo $MDB$ e lembrarmos que $DM=DB$, teremos $BM=BD\sqrt{2}(***)$.

Portanto, vale procurar provar que $CAD$ e $BAM$ são semelhantes. Observe que parte desses lados são dos triângulos $ADM$ e $ACB$ que já sabemos ser semelhantes. Por isso,

$\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AD}$.

Se combinarmos isso com o fato de que $\angle CAD=\angle BAM$, concluímos que $CAD$ e $BAM$ são semelhantes pelo caso $LAL$. Desta forma,

$\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{BM}.$

Por $(***)$,

$\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{BD\sqrt{2}} \Leftrightarrow AB \cdot CD=AC \cdot BD\sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{AB \cdot CD}{AC \cdot BD}=\sqrt{2}.$

(b) Sejam $T$ e $U$ pontos nos interiores de $\odot (BCD)$ e $\odot (ACD)$, respectivamente, de forma que $CT$ e $CU$ sejam tangentes a $\odot (ACD)$ e $\odot (BCD)$, respectivamente. Queremos provar que $\angle TCU=90^{\circ}$. Agora observe que

$\angle TCU=\angle TCD+\angle DCU.$

Como $CT$ é tangente e $CD$ é secante, segue que $\angle TCD$ é um ângulo de segmento. Assim $\angle TCD=\angle CAD$. Da mesma forma, podemos concluir que $\angle DCU=\angle CBD$. Desta forma,

$\angle TCU=\angle CAD+\angle CBD.$

Se olharmos para $CADB$, a soma dos seus ângulos será $360^{\circ}$ (afinal ele é formado por dois triângulos) e consequentemente, se $\angle ACD=\alpha$, o ângulo correspondente a $\angle ADB$ que está no interior de $CADB$ mede $360^{\circ}-\angle ADB=360^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=270^{\circ}-\alpha$. Desta forma,

$\angle CAD+\angle CBD+\alpha+270^{\circ}-\alpha=360^{\circ} \Leftrightarrow \angle CAD+\angle CBD=90^{\circ}.$

Portanto, $\angle TCU=90^{\circ}$.

Lugares Para Estudar

• Ângulos na Circunferência (POTI - Nível 2)
• Ângulos na Circunferência - Exercícios Resolvidos (POTI - Nível 2)

Vídeos

• Ângulos na Circunferência (POTI 2017)
• Ângulos na Circunferência (POTI 2017)

Bibliografia

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

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