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Dizemos que um quadrilátero $ ABCD $ é inscritível (ou cíclico) se existe uma circunferência que passa pelos pontos $ A $, $ B $, $ C $ e $ D $.

Às vezes é bom encontrarmos quadriláteros inscritíveis na figura, para podermos usar as suas propriedades. Por isso, é interessante procurar por ângulos iguais ou que somem $ 180^{\circ} $.

ExemploEditar

Mostre que um quadrilátero $ ABCD $ é inscritível se, e somente se, as mediatrizes dos quatro lados se encontram em um único ponto.

Solução: $ (\Rightarrow) $ Se $ ABCD $ é inscritível existe uma circunferência que passa pelos pontos $ A $, $ B $, $ C $ e $ D $. Seja $ O $ o centro dessa circunferência. O ponto $ O $ pertence a mediatrizes de todos os lados, pois ele é equidistante a todos os pontos. Logo, todas a mediatrizes se encontram em $ O $.

$ (\Leftarrow) $ Seja $ P $ o ponto de intersecção entre as quatro mediatrizes. Basta traçarmos uma circunferência de centro $ P $ e raio $ PA $ e esta passará pelos pontos $ A $, $ B $, $ C $ e $ D $. Logo, $ ABCD $ é inscritível.

Exemplo (OBM 2003 - 3ª Fase - Nível 2)Editar

O triângulo $ ABC $ está inscrito na circunferência $ S $ e $ AB<AC $. A reta que contém $ A $ e é perpendicular a $ BC $ encontra $ S $ em $ P $ ($ P \neq A $). O ponto $ X $ situa-se sobre o segmento $ AC $ e a reta $ BX $ intersecta $ S $ em $ Q $ ($ Q \neq B $). Mostre que $ BX=CX $ se, e somente se, $ PQ $ é um diâmetro de $ S $.

Solução: Existem possibilidades para onde o $ P $ deve ficar.

1º Caso: $ P $ pertence ao arco $ BC $ que não contém $ A $;

2º Caso: $ P $ pertence ao arco $ AB $ que não contém $ C $;

3º Caso: $ P $ pertence ao arco $ AC $ que não contém $ B $.

Vejamos cada caso separadamente.
OBM2003q2n3caso1

1º Caso: $ P $ pertence ao arco $ BC $ que não contém $ A $.

$ (\Rightarrow) $ Basta pegarmos algum ponto $ T $ (diferente de $ P $ e $ Q $) tal que $ \angle PTQ=90^{\circ} $.

Vamos mexer com ângulos. Para isto, vamos aproveitar que $ BX=CX $: deste fato segue que $ \angle ACB = \angle QBC $. Chamaremos esta medida de $ \alpha $. Se mostrarmos que $ \angle PBC=90^{\circ}-\alpha $, terminaremos o problema (pois isto implicaria que $ \angle PBQ=90^{\circ} $, de onde poderíamos concluir que $ PQ $ é o diâmetro.

Observe que $ \angle PAC=90^{\circ}-\alpha $. Além disso, $ \angle PAC $ e $ \angle PBC $ "enxergam" o mesmo arco, segue que $ \angle PBC=90^{\circ}-\alpha $.

$ (\Leftarrow) $ Considere $ \angle ACB=\alpha $. Calcularemos outras medidas em função de $ \alpha $. Observe que $ \angle PAC=90^{\circ}-\alpha $ e $ \angle PBC $ e $ \angle PAC $ "enxergam" o mesmo arco, onde segue que $ \angle PBC=90^{\circ}-\alpha $.

Vamos usar a hipótese, já que ainda não falamos dela. Como $ PQ $ é o diâmetro, $ \angle PBQ=90^{\circ} $ e assim $ \angle QBC=\angle PBQ-\angle PBC=90^{\circ} $. Pela Recíproca do Teorema do Triângulo Isósceles, $ BX=CX $.

2º Caso: $ P $ pertence ao arco $ AB $ que não contém $ C $;

OBM2003q2n3caso2

$ (\Rightarrow) $ Basta provarmos que $ \angle PAQ = 90^{\circ} $. Para isto, vamos marcar alguns ângulos na figura. Quais? Aqueles que podemos tirar informações legais. Por exemplo, é legal considerar $ \alpha = \angle CBQ $, pois aí podemos usar que $ BX=CX $ e concluir que $ \angle ACB = \alpha $. Também podemos usar $ AP $ é perpendicular a $ BC $. Consideremos $ \beta = \angle ABQ $. Considere $ T $ o ponto de encontro entre o prolongamento de $ AP $ e $ BC $. Segundo o enunciado, pela definção de $ P $, $ \angle ATB=90^{\circ} $. Além disso, $ \angle ABT=180^{\circ}-\alpha-\beta $, de onde segue que $ \angle PAB=90^{\circ}-(180^{\circ}-\alpha-\beta)=-90^{\circ}+\alpha+\beta $. Vamos calcular $ \angle BAC $ e $ \angle CAQ $ também em função de $ \alpha $ e $ \beta $, para depois usarmos o fato de que $ \angle PAQ=\angle PAB+\angle BAC+\angle CAQ $. Como a soma dos ângulos internos do triângulo $ ABC $ é $ 180^{\circ} $, segue que $ \angle BAC=180^{\circ}-2\alpha-\beta $. Além disso, $ \angle CAQ $ e $ \angle CBQ $ "enxergam" o mesmo arco, segue que $ \angle CAQ=\alpha $. Desta forma, $ \angle PAQ=-90^{\circ}+\alpha+\beta+180^{\circ}-2\alpha-\beta+\alpha=90^{\circ} $. Portanto, $ PQ $é diâmetro.

$ (\Leftarrow) $ Façamos $ \alpha = \angle ACB $. Mostraremos que $ \angle CBQ=\alpha $. Vamos procurar alguma forma de usar que $ PQ $é diâmetro. O que mais podemos usar a nosso favor? Que $ \angle ATC=90^{\circ} $. Como $ \alpha = \angle ACB $, segue que $ \angle TAC=\angle PAC = 90^{\circ}-\alpha $ (basta usarmos que a soma dos ângulos internos de $ ATC $ é $ 180^{\circ} $). Como $ PQ $é diâmetro, segue que $ \angle PAQ=90^{\circ} $. Assim, $ \angle CAQ=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha $. Portanto, $ \angle CBQ=\angle CAQ=\alpha $ (pois ambos "enxergam" o mesmo arco). Desta forma, $ BX=XC $.

3º Caso: $ P $ pertence ao arco $ AC $ que não contém $ B $.
OBM2003q2n3caso3

$ (\Rightarrow) $ Mostraremos que $ \angle PAQ = 90^{\circ} $. Para isto, a estratégia aqui será a seguinte: mostraremos que $ \angle TAB+\angle BAC+\angle CAQ=90^{\circ} $. Consideremos $ \alpha=\angle XBC=\angle XCB $ (para podermos usar a hipótese). Para nos ajudar, definiremos também, $ \beta=\angle XBA $. Sabemos que $ \angle CAQ = \angle CBQ $ (pois eles "enxergam" o mesmo arco). Além disso, $ \angle BAC = 180^{\circ}-\beta-2\alpha $. Finalmente, $ \angle ABT=180^{\circ}-\beta-\alpha $, de onde segue que $ \angle BAT = 90^{\circ}-(180^{\circ}-\beta-\alpha)=\alpha+\beta-90^{\circ} $.

Logo, $ \angle TAB+\angle BAC+\angle CAQ=90^{\circ} $, de onde segue que $ \angle PAQ = 90^{\circ} $ e assim, $ PQ $é diâmetro.

$ (\Leftarrow) $ Considere $ \alpha = \angle QBC $, $ \beta = \angle ABQ $ e $ \gamma = \angle ACB $. Provaremos que $ \alpha = \gamma $. Como $ PQ $ é diâmetro, de onde segue que $ \angle PAQ=90^{\circ} $ e assim $ \angle TAQ=90^{\circ} $. Vamos calcular $ \angle TAQ $ novamente, porém em função de $ \alpha $, $ \beta $ e $ \gamma $. Observe que $ \angle CAQ = \angle CBQ=\alpha $ (pois eles "enxergam" o mesmo arco). Além disso $ \angle ABT=180^{\circ}-\beta-\alpha $, de onde segue que $ \angle BAT = 90^{\circ}-(180^{\circ}-\beta-\alpha)=\alpha+\beta-90^{\circ} $. Finalmente, como a soma dos ângulos internos do triângulo $ BAC $ é $ 180^{\circ} $, segue que $ \angle BAC = 180^{\circ}-\beta-\alpha-\gamma $. Desta maneira,

$ \angle BAT+\angle BAC+\angle CAQ=90^{\circ} \Leftrightarrow $

$ \Leftrightarrow \alpha+\beta-90^{\circ}+180^{\circ}-\beta-\alpha-\gamma+\alpha=90^{\circ} \Leftrightarrow \alpha=\gamma $.

Portanto, $ BX=CX $.

Proposição Editar

Um quadrilátero é inscritível se, e somente se, a soma dos ângulos opostos é $ 180^{\circ} $.

Exemplo (OBM 2005 - 3ª Fase - Nível 2)Editar

No triângulo retângulo $ ABC $, os catetos $ AB $ e $ BC $ medem, respectivamente, $ 3 cm $ e $ 4 cm $. Seja $ M $ o ponto médio da hipotenusa $ AC $ e seja $ D $ um ponto, distinto de $ A $, tal que $ BM=MD $ e $ AB=BD $.

(a) Prove que $ BM $ é perpendicular a $ AD $.

(b) Calcule a área do quadrilátero $ ABCD $.

Solução:

(a) Como $ AB=BD $, segue que $ B $ pertence a mediatriz de $ AD $. Se mostrarmos que $ M $ também pertence a essa mediatriz, terminaremos o problema. Se usarmos que $ M $ é o ponto médio da hipotenusa e a hipótese $ AM=BM=MD $, de onde segue que $ M $ também pertence a mediatriz de $ AD $.

(b) Observe que $ [ABCD]=[ABC]+[BCD] $ e $ [ABC]=\frac{3.4}{2}=6 cm^2 $. Resta calcularmos $ [BCD] $. Como aparece um ângulo reto, podemos usar a trigonometria. Observe que

$ [BCD]=\frac{BD.BC.\operatorname{sen}(\angle CBD)}{2} $.

Vamos tomar um ângulo fácil de calcularmos o seno e depois calcular $ \angle CBD $ em função dele. Façamos $ \alpha=\angle BCA $. Por que? É fácil calcularmos o seno e o cosseno deste ângulo, pois $ ABD $ é um triângulo. De fato, $ \operatorname{sen}\alpha=\frac{3}{5} $ e $ \cos \alpha= \frac{4}{5} $.

Como calcular $ \angle CBD $ em função de $ \alpha $? Note que como $ BM=MD $ e $ M $ é o ponto médio da hipotenusa, segue que este é um ponto equidistante de $ A $, $ B $, $ C $ e $ D $. Logo, $ D $ pertence a circunferência circunscrita ao triângulo $ ABC $. Legal: agora podemos chamar os ângulos na circunferência para nos ajudar.

OBM2005q2n2

Com a medida de $ \angle BCA $ conseguimos a medida do arco $ {\displaystyle \widehat{AB}} $. Usemos o fato de que cordas iguais enxergam arcos iguais. Existe alguma outra corda que tem a mesma medida que $ AB $? Sim: segundo o enunciado $ AB=BD $. Desta forma, $ {\displaystyle \widehat{AB}=\widehat{BD}} $, de onde segue que $ \angle BCD = \angle BCA = \alpha $. Se descobrirmos a medida de $ \angle BDC $, conseguiremos a de $ \angle CBD $.

Note que $ \angle BAC=90^{\circ}-\alpha $. Como $ ABCD $ é inscritível, segue que $ \angle BDC=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}+\alpha $. Como a soma dos ângulos internos do triângulo $ BCD $ é $ 180^{\circ} $^, segue que $ \angle CBD=90^{\circ}-2\alpha $.

Desta forma,

$ [BCD]=\frac{BD.BC.\operatorname{sen}(90^{\circ}-2\alpha)}{2}(*) $.

Conseguimos calcular $ \operatorname{sen}(90^{\circ}-2\alpha) $ já que sabemos que $ \operatorname{sen}\alpha=\frac{3}{5} $ e $ \cos \alpha= \frac{4}{5} $? Sim. Observe que

$ \operatorname{sen}(90^{\circ}-2\alpha)=\cos (2\alpha)= \cos^2 \alpha-\operatorname{sen}^2 \alpha=(\frac{4}{5})^2-(\frac{3}{5})^2=\frac{7}{25} $.

Pela equação $ (*) $,

$ [BCD]=\frac{3.4.\frac{7}{25}}{2}=\frac{42}{25} cm^2 $.

Portanto,

$ [ABCD]=\frac{42}{25}+6=\frac{192}{25}cm^2. $

Proposição Editar

Um quadrilátero é inscritível se, e somente se, o ângulo formado por uma diagonal e um lado é igual ao formado pela outra diagonal e o lado oposto.

Para usar esta propriedade, sempre tenha em mente que

  • Se você encontrar quadriláteros inscritíveis, pode determinar mais ângulos na figura.
  • Se você ver ângulos iguais, procure formar quadriláteros inscritíveis.

Exemplo (Cone Sul 2002)Editar

Seja $ ABCD $ um quadrilátero convexo tal que suas diagonais $ AC $ e $ BD $ são perpendiculares. Seja $ P $ a interseção de $ AC $ e $ BD $ e seja $ M $ o ponto médio de $ AB $. Mostre que o quadrilátero $ ABCD $ é inscritível se, e somente se, as retas $ PM $ e $ CD $ são perpendiculares.

Solução: $ (\Leftarrow) $ Considere $ \theta = \angle ABD $. Provaremos que $ \angle ACD = \theta $ (o que nos permitirá concluir que o quadrilátero $ ABCD $ é inscritível). Vamos calcular outros ângulos da figura em função de $ \theta $ até "descer" para o ângulo $ \angle ACD $.

Para nos ajudar, considere $ K $ o ponto de encontro entre as retas $ MP $ e $ CD $.

Observe que $ M $ é o ponto médio da hipotenusa e assim $ MP=MA=MB $. Assim, $ MPB $ é um triângulo isósceles e assim $ \angle MPB = \theta $. Como $ \angle BPC = 90^{\circ} $, segue que $ \angle KPC = 90^{\circ}-\theta $ e assim $ \angle PCK = \theta $. Desta forma, $ ABCD $ é um quadrilátero inscritível.

$ (\Rightarrow) $ Basta calcularmos alguns ângulos da figura até provarmos que $ \angle PKC = 90^{\circ} $. Considere $ \theta = \angle ABP = \angle PCD $. Calculemos outros ângulos da figura em função de $ \theta $.

Podemos nos inspirar no caso anterior. Por exemplo, aqui dá para usar novamente que $ M $ é ponto médio da hipotenusa $ AB $, de onde podemos concluir que $ PM = MA = MB $. Como $ AMP $ é um triângulo isósceles e $ \angle APB = \theta $, segue que $ \angle BAP = \angle MPA = 90^{\circ}-\theta $. Assim $ \angle KPc = 90^{\circ}-\theta $.

Mas $ \angle ACD = \theta $ de onde segue que $ \angle PKC = 90^{\circ} $ e assim $ PK $ é perpendicular a $ CD $.

Exemplo (OBM 2013 - 3ª Fase - Nível 2)Editar

Seja $ ABC $ um triângulo. Seja $ D $ um ponto na circunferência circunscrita ao triângulo e sejam $ E $ e $ F $ os pés das perpendiculares de $ A $ até $ DB $ e $ DC $, respectivamente. Finalmente, seja $ N $ o ponto médio $ EF $. Sendo $ M $ o ponto médio do lado $ BC $, prove que as retas $ NA $ e $ NM $ são perpendiculares.

Observação: Suponha que o ponto $ N $ é distinto do ponto $ M $.

Solução:

OBM2013q3n2
Vamos encontrar o máximo de informações possíveis sobre a figura. Neste caso, podemos encontrar vários quadriláteros inscritíveis. Comecemos usando o fato de que $ ABCD $ é um quadrilátero inscritível. Se $ \theta = \angle BDC $, então $ \angle BAC= 180^{\circ}-\theta $.

Melhor ainda: conseguimos outro quadrilátero inscritível. Como $ \angle DEA+\angle DFA=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ} $, segue que $ AEDF $ é também um quadrilátero inscritível. O que podemos tirar disso? Como $ \angle EDF= \theta $, segue que $ \angle EAF= 180^{\circ}-\theta $.

E olha que legal: $ \angle BAC $ e $ \angle EAF $ possuem mesma medida e o mesmo vértice. Conseguimos alguma relação interessante por causa disso? Sim:

$ \angle EAF = \angle BAC \Leftrightarrow \angle EAB + \angle BAF = \angle BAF + \angle FAC \Leftrightarrow \angle EAB = \angle BAF $.

Além disso, como $ ABCD $ é inscritível, $ \angle ACF = 180^{\circ}- \angle ABD = \angle ABE $. Com isso, os triângulos $ AEB $ e $ AFC $ são semelhantes pelo caso $ AA $. Assim,

$ \frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}. (*) $

Mas estes lados também estão relacionados aos triângulos $ ABC $ e $ AEF $ (que também possuem um ângulo em comum). Será que conseguimos concluir uma semelhança daqui? Observe que $ (*) $ é equivalente a

$ \frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}. $

Além disso, $ \angle EAF=\angle BAC $. Logo, os triângulos $ ABC $ e $ AEF $ são semelhantes pelo caso $ LAL $.

Podemos aproveitar uma coisa dessa semelhança. Como $ M $ e $ N $ são pontos médios dos lados $ BC $ e $ EF $, respectivamente, segue que $ \angle ANE = \angle AMB $. Com isso, $ ANPM $ é inscritível. E o que é legal aqui, é que nesse quadrilátero aparece o ângulo que queremos provar que é igual a $ 90^{\circ} $: $ \angle ANN $. Observe que $ \angle ANM = \angle APM $. Se mostrarmos que $ \angle APM = 90^{\circ} $, terminaremos o problema.

Desta forma, se $ P $ for o ponto de encontro entre os segmentos $ EF $ e $ BC $, segue que $ \angle AEF=\angle ABC $ e assim $ AEBP $ é inscritível e como $ \angle BEA = 90^{\circ} $, podemos concluir que $ \angle BPA = 90^{\circ} $. Portanto, $ \angle APM = 90^{\circ} $.

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

As diagonais de um quadrilátero inscritível $ ABCD $ se intersectam em $ O $. Os círculos circunscritos aos triângulos $ AOB $ e $ COD $ intersectam as retas $ BC $ e $ AD $, pela segunda vez, nos pontos $ M,N,P $ e $ Q $. Prove que o quadrilátero $ MNPQ $ está inscrito em um círculo de centro $ O $.

OBM2010q5n2

Solução: Uma das maneiras de fazermos isto é mostrarmos que

$ OM=ON=OP=OQ $.

Uma estratégia é usarmos o fato de que, em uma circunferência, ângulos iguais "enxergam" arcos iguais.

Como $ ABCD $ é inscritível, segue que $ \angle DAC=\angle DBC $. Se olharmos para a circunferência circunscrita ao triângulo $ AOB $, podemos concluir que $ \widehat{ON}=\widehat{OM} $ e assim $ OM=ON $. Analogamente, $ OP=OQ $.

Se provarmos que $ OP=ON $, terminaremos o problema. Como sabemos várias informações sobre ângulos, procuraremos provar que $ \angle ONP=\angle OPN $. Considere $ \theta=\angle OPN $. Mostraremos que $ \angle ONP=\theta $.

Vamos achar ângulos na figura em função de $ \theta $ até encontrarmos $ \angle ONP $ em função de $ \theta $. Observe que $ \angle OPD=180^{\circ}-\theta $. Como $ OPDC $ é inscritível, $ \angle OCD=\theta $. Mas parece que estamos tão longe do ângulo $ \angle ONP $. Podemos movê-lo para mais perto? Sabemos que $ ABCD $ é inscritível. Assim, $ \angle DBA=\angle OCD= \theta $. O quadrilátero $ ABON $ é inscritível, de onde segue que $ \angle ANO=180^{\circ}-\theta $ e, finalmente, $ \angle ONP=\theta $.

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