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É o centro da circunferência circunscrita a um triângulo. Ele é geralmente denotado pela letra $ O $.

ProposiçãoEditar

O circuncentro de um triângulo é o encontro das suas três mediatrizes.

Proposição Editar

O circuncentro de um triângulo é equidistante dos seus vértices.

Proposição Editar

Se $ O $ é o circuncentro do triângulo $ ABC $, então

$ \angle BOC=2 \angle BAC $.

Onde Está o Circuncentro? Editar

O circuncentro de um triângulo obtusângulo está localizado fora dele.

Já se o triângulo for retângulo, o circuncentro é o ponto médio da hipotenusa. Neste caso, a hipotenusa será um diâmetro.

Exemplo (OBM 2004 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Seja $ D $ o ponto médio da hipotenusa $ AB $ de um triângulo retângulo $ ABC $. Sejam $ O_1 $ e $ O_2 $ os circuncentros dos triângulos $ ADC $ e $ DBC $, respectivamente.

OBM2004q5n2

(a) Mostre que $ \angle O_1DO_2 $ é reto.

(b) Mostre que $ AB $ é tangente ao círculo de diâmetro $ O_1O_2 $.

Solução:

(a) Vamos descobrir mais algumas informações sobre $ D $, $ O_1 $ e $ O_2 $. Observe que existe algo em comum entre $ D $ e $ O_1 $: ambos são equidistantes de $ A $ e $ C $, de onde segue que ambos pertence a mediatriz de $ AC $ e assim $ O_1D $ é perpendicular a $ AC $. Pelo mesmo raciocínio, $ O_2D $ é perpendicular a $ BC $.

Consideremos $ M_1 $ e $ M_2 $ os pontos médios de $ AC $ e $ BC $, respectivamente. Note que $ \angle DM_1C=\angle DM_2C=90^{\circ} $. Como a soma dos ângulos internos do quadrilátero $ M_1DM_2C $ é $ 360^{\circ} $, segue que $ \angle O_1DO_2=\angle M_1DM_2=90^{\circ} $.

(b) Seja $ G $ o ponto médio de $ O_1O_2 $. Como este é o diâmetro, segue que $ G $ é o centro da circunferência. Se mostrarmos que $ D $ pertence a circunferência de diâmetro $ O_1O_2 $ e que $ GD $ é perpendicular a $ AB $, provaremos que $ AB $ é tangente à circunferência.

Como, pelo item (a), $ \angle O_1DO_2=90^{\circ} $, segue que $ D $ pertence a circunferência de diâmetro $ O_1O_2 $.

Sejam $ E $ e $ F $ os pontos médios de $ AD $ e $ BD $, respectivamente. Como a mediatriz de $ AD $ passa por $ O_1 $, segue que $ O_1E $ é perpendicular a $ AB $. Analogamente $ O_2F $ é perpendicular a $ AB $.

Queremos provar que $ GD $ é perpendicular a $ AB $. Para isto, basta provarmos que $ GD $ é paralelo a $ O_1E $ e $ O_2F $. Usaremos a recíproca do Teorema de Tales. Como $ D $ e $ G $ são pontos médios de $ EF $ e $ O_1O_2 $, segue que

$ \frac{ED}{DF}=\frac{O_1G}{GO_2}=1. $

Desta forma, $ GD $ é paralelo a $ O_1E $.

Exemplo (OBM 2010 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Seja $ ABCD $ um paralelogramo e $ \Gamma $ a circunferência circunscrita ao triângulo $ ABD $. Se $ E $ e $ F $ são as interseções de $ \Gamma $ com as retas $ BC $ e $ CD $ respectivamente, prove que o circuncentro do triângulo $ CEF $ está sobre $ \Gamma $.

OBM2010q2n2

Solução: Seja $ O $ o circuncentro do triângulo $ CEF $. Provaremos que $ AEOF $ é inscritível, afinal $ E $ e $ F $ também pertencem a $ \Gamma $ e isso faz com que o problema termine. Para isto, mostraremos que

$ \angle FAE+\angle EOF=180^{\circ} $.

Vamos começar aproveitando o fato de que ângulos opostos de um paralelogramo são iguais. Definamos $ \alpha=\angle BAD $. Então $ \angle BCD=\alpha $.

Calculemos $ \angle FAE $ e $ \angle EOF $ em função de $ \alpha $. Comecemos com $ \angle FAE $. Para isto, encontraremos a medida do arco $ \widehat{EF} $. Podemos relacioná-lo com ângulos conhecidos? Sim.

Observe que $ \angle BCD $ é exterior excêntrico que "enxerga" o arco $ \widehat{EF} $. Desta forma,

$ \angle BCD=\frac{\widehat{BD}-\widehat{EF}}{2} $.

Sabemos que $ \angle BCD=\alpha $ e $ \widehat{BD}=360^{\circ}-2\alpha $. Desta forma,

$ \alpha=\frac{360^{\circ}-2\alpha-\widehat{EF}}{2} \Leftrightarrow \widehat{EF}=360^{\circ}-4\alpha \Leftrightarrow \angle FAE=180^{\circ}-2\alpha $.

Além disso, como $ O $ é o circuncentro do triângulo $ CEF $.

$ \angle FOE=2 \angle FCE=2\alpha $.

Logo,

$ \angle FAE+\angle EOF=180^{\circ} $,

de onde segue que $ AEOF $ é inscritível e $ O $ pertence a $ \Gamma $.

Exemplo (OBM 2007 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Seja $ ABC $ um triângulo e $ O $ seu circuncentro. Seja ainda $ P $ a intersecção das retas $ BO $ e $ AC $ e $ S $ a circunferência circunscrita a $ AOP $. Suponha que $ BO=AP $ e que a medida do arco $ OP $ em $ S $ que não contém $ A $ é $ 40^{\circ} $. Determine a medida do ângulo $ \angle OBC $.
OBM2007q1n2
Solução: Como o circuncentro é equidistante dos vértice e
OBM2007q1n22
$ BO=AP $, segue que $ AO=CO=BO=AP $ e isso nos dá alguns triângulos isósceles: o que nos ajuda a encontrar ângulos.

Ok, mas a gente precisa ter algum ângulo para começar a marcar, certo? Ora: a gente já sabe que a medida do arco $ OP $ em $ S $ que não contém $ A $ é $ 40^{\circ} $. Então $ \angle OAP $ é inscrito na circunferência $ S $ e assim ele mede $ 20^{\circ} $.

Observe que o triângulo $ AOP $ é isósceles, de onde segue que $ \angle AOP=\angle APO=80^{\circ} $. Além disso, $ AOC $ é isósceles, de onde podemos concluir que $ \angle OCP=\angle OAP=20^{\circ} $. Assim, $ \angle POC=60^{\circ} $, de onde segue que $ \angle BOC=120^{\circ} $.

Finalmente, como $ OBC $ é isósceles, segue que $ \angle OBC=30^{\circ} $.

Exemplo (Cone Sul 2000) Editar

Sejam $ ABCD $ um quadrado (sentido horário) e $ P $ um ponto qualquer pertencente ao interior do segmento $ BC $. Constrói-se o quadrado $ APRS $ (sentido horário).

Demonstrar que a reta $ CR $ é tangente a circunferência circunscrita ao triângulo $ ABC $.

(Observação: Você pode encontrar outra solução deste problema aqui.)

ConeSul2000q4

Solução: É suficiente para nós provarmos que $ CR $ é perpendicular ao diâmetro $ AC $. Em outras palavras, queremos provar que $ \angle ACR = 90^{\circ} $. Como $ \angle APR = 90^{\circ} $, basta provarmos que o quadrilátero $ APCR $ é inscritível.

Seja $ \alpha = \angle RPC $. Provemos que $ \angle RAC = \alpha $. Como $ \angle RPA = 90^{\circ} $, segue que $ \angle APB = 90^{\circ}-\alpha $ e assim $ \angle BAP = \alpha $.

Como as diagonais de um quadrado dividem seus ângulos ao meio, segue que $ \angle BAC = 45^{\circ} $ e assim $ \angle PAC = \angle BAC - \angle BAP = 45^{\circ} - \alpha $.

Da mesma forma, como $ APRS $ é um quadrado, $ \angle APR = 45^{\circ} $ e assim $ \angle RAC = \angle PAR - \angle PAC = 45^{\circ}-(45^{\circ}-\alpha)=\alpha $.

Desta maneira, o quadrilátero $ APCR $ é inscritível e assim $ \angle APR = \angle ACR = 90^{\circ} $, de onde segue que $ CR $ é tangente à circunferência.

Exemplo (OBM 2009 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Seja $ A $ um dos pontos de interseção de dois círculos com centros $ X $ e $ Y $. As tangentes aos círculos em $ A $ intersectam novamente os círculos em $ B $ e $ C $. Seja $ P $ o ponto de plano tal que $ PXAY $ é um paralelogramo. Prove que $ P $ é o circuncentro do triângulo $ ABC $.

Solução:

OBM2009q2n2
Como o circuncentro é o ponto de intersecção das mediatrizes, basta provarmos que $ P $ pertence as mediatrizes de $ AB $ e $ AC $. Vamos pensar em uma estratégia antes de sair fazendo contas. Observe que $ X $ pertence a mediatriz de $ AB $, pois $ XA=XB $, já que $ X $ é o centro do círculo. Assim, precisamos mostrar que $ PX $ passa pelo ponto médio de $ AB $ e é perpendicular a ele.

Para isto, usaremos o fato de que $ ABX $ é isósceles. Se mostrarmos que $ PX $ é bissetriz do ângulo $ \angle BXA $, ela passará terá justamente as propriedades que queremos e isso resolverá o problema. Vamos às contas.

Comecemos com $ \angle PXA $. A nossa vantagem é que ele pertence ao paralelogramo $ PAXY $. Qual a vantagem disso? É que se soubermos a medida de um dos ângulos de um paralelogramo, sabemos a medida de todos os outros. Existe alguma coisa que podemos falar dos outros ângulos?

Observe que, como $ AB $ é tangente à circunferência de centro $ Y $, segue que $ \angle BAY=90^{\circ} $. Isto é quase um ângulo do paralelogramo. Para nos ajudar, façamos, então $ \alpha=\angle XAB $. Logo, $ \angle XAY=90^{\circ}+\alpha $. Como ângulos consecutivos de um paralelogramo são suplementares, segue que $ \angle PAX=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha $.

Além disso, como $ ABX $ é isósceles, segue que $ \angle AXB=180^{\circ}-2\alpha $. Desta forma, $ PX $ é bissetriz de $ \angle BXA $ e conforme a gente já viu, $ PX $ é mediatriz de $ AB $.

Analogamente, $ PY $ é mediatriz de $ AC $. Portanto, $ P $ é o circuncentro do triângulo $ ABC $.

Exemplo (OBM 2009 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Seja $ ABC $ um triângulo e $ O $ seu circuncentro. As retas $ AB $ e $ AC $ cortam o circuncírculo de $ OBC $ novamente em $ B_1 \neq B $ e $ C_1 \neq C $, respectivamente, as retas $ BA $ e $ BC $ cortam o circuncírculo de $ OAC $ em $ A_2 \neq A $ e $ C_2 \neq C $, respectivamente, e as retas $ CA $ e $ CB $ cortam o circuncírculo de $ OAB $ em $ A_3 \neq A $ e $ B_3 \neq B $, respectivamente. Prove que as retas $ A_2A_3 $, $ B_1B_3 $ e $ C_1C_2 $ passam por um mesmo ponto.
OBM2009q6n2

Solução: Ao invés de explorarmos $ A_2 $, $ A_3 $, $ B_1 $, $ B_3 $, $ C_1 $ e $ C_2 $ todos de uma vez, vamos procurar propriedades de cada um separadamente. Comecemos com $ C_1 $. Quais informações podemos dar sobre ele? Como esse pertence ao circuncírculo de $ OBC $, segue que se $ O_1 $ for o seu centro, então

$ O_1B=O_1C=O_1C_1 $.

O que mais podemos dizer sobre $ C_1 $? Observe que $ \angle OCC_1=\angle OBC_1 $, pois eles "enxergam" o mesmo arco. Mas podemos dizer algo também sobre $ \angle OCC_1 $. Como $ OA=OC $ (já que o circuncentro é equidistante dos vértices), segue que $ \angle OCC_1=\angle OAC $. Além disso, $ OA=OB $ implica que $ \angle BAO=\angle ABO $. Desta forma, se combinarmos estas três últimas igualdades sobre ângulos, teremos $ \angle C_1AB=\angle C_1BA $, de onde segue que $ C_1A=C_1B $. Com isso, $ C_1 $ pertence a mediatriz de $ AB $.

E o que falar sobre $ A_2 $, $ A_3 $, $ B_1 $, $ B_3 $ e $ C_2 $? De maneira análoga, $ C_2 $ também pertence a mediatriz de $ AB $, enquanto $ A_2 $ e $ A_3 $ pertencem a mediatriz de $ BC $ e $ B_1 $ e $ B_3 $ pertencem a mediatriz de $ CA $.

Desta forma, $ A_2A_3 $, $ B_1B_3 $ e $ C_1C_2 $são as mediatrizes de $ BC $, $ CA $ e $ AB $, respectivamente. Como estas últimas se encontram no circuncentro, as primeiras fazem o mesmo.