Ângulos II

(1)

Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas

Aula

8

Curso de Geometria - Nível 1

ˆ

Angulos na Circunferˆ

encia

Neste cap´ıtulo iremos tratar sobre ângulos na circunferência. Em primeiro lugar, iremos apresentar duas defini¸cões:

Considere uma circunferência Γ de centro O e dois pontos A e B sobre essa circun-ferência. O ângulo ∠AOB (no sentido horário) é chamado de ângulo central. Dizemos que o arco>AB (no sentido horário) corresponde ao ângulo ∠AOB. Se P é um ponto sobre Γ que não está sobre o arco>AB (no sentido horário), então o ângulo ∠AP B é chamado de ˆ angulo inscrito. O B A P

Observa¸cão: Com um certo abuso de nota¸cão, escreveremos ∠AOB =>AB. Teorema: O ângulo inscrito é metade do ângulo central correspondente.

Demonstra¸cão. Vamos dividir a demonstra¸cão em três casos, de acordo com as três situa¸cões apresentadas na figura 1.

(a) Quando O está sobre AP . Nesse caso, ∠BP O = ∠P BO = α, pois OP = OB e ∠AOB = 2α, pois é ângulo externo do ∆P OB.

(b) Quando O está no interior do ângulo ∠AP B. Nesse caso, seja C o segundo ponto de encontro da reta P O com o c´ırculo. Pelo item anterior, já sabemos que ∠BOC = 2∠BP O e ∠COA = 2∠OP A. Da´ı,

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O P B A (a) Caso O ∈ P A O P B A C (b) Caso O ∈ ∆AP B O P B A C (c) Caso O 6∈ ∆AP B

Figura 1: Casos de ˆangulos inscritos.

(c) Quando O está no exetrior do ângulo ∠AP B. Nesse caso, seja C o segundo ponto de encontro da reta P O com o c´ırculo. Pelo item (a), já sabemos que ∠BOC = 2∠BP O e ∠COA = 2∠OP A. Da´ı,

∠BOA = ∠BOC − ∠AOC = 2 = (∠BP C − ∠AP C) = 2∠BP A.

A partir da no¸cão de ângulo inscrito, podemos verificar as propriedades para outros dois tipos de ângulos notáveis na circunferência.

I. O ângulo interior é constru´ıdo da seguinte forma. Dado um ponto interno P à circunferência Γ, tra¸camos duas cordas AB e CD que intersectam-se em P (ver figura 2a). Então, o ângulo ∠AP C é chamado de ângulo interior e pode-se verificar que ∠AP C = >AC+2>BD. De fato, ∠AP C é externo ao triângulo AP B, ∠BAP =

>

BD 2 e

∠ABP = >AC2 .

II. O ângulo exterior é constru´ıdo da seguinte forma. A partir de um ponto externo P à circunferência Γ, tra¸camos duas retas r e s secantes à circunferência nos ponto A e B (para a reta r) e C e D (para a reta s) de modo que B e D estejam mais próximos de P (ver figura 2b). Então, o ângulo ∠AP C é chamado de ângulo exterior e podemos verificar que ∠AP C = >AC−₂>BD. De fato, ∠ADC é externo ao triângulo AP D, ∠DAP = >BD₂ e ∠ADC = >AC₂ . A D B C P

(a) ˆAngulo interior.

P A D B C (b) ˆAngulo exterior

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Teorema: Considere uma circunferência Γ de centro O e um ponto A sobre essa circunferência. Se uma reta r passando por A é perpendicular a AO, então r é tangente `

a Γ. Ou seja, a reta não intersecta a circunferência em outro ponto distinto de A. Demonstra¸cão. Suponha que a reta r corte a circunferência em um outro ponto B. Nesse caso, ∆AOB seria um triângulo isósceles, pois AO e BO são raios de Γ. Porém, sendo ∠BAO = 90◦, ter´ıamos ∠ABO = 90◦ e ∠AOB = 0◦. Absurdo!

Teorema: Considere uma circunferência Γ de centro O e um ponto A sobre essa circunferência. Se uma reta r passando por A é é tangente à Γ, então r ⊥ AO.

Demonstra¸cão. Pela defini¸cão de reta tangente (aquela que corta em um único ponto), para todo ponto B 6= A sobre r temos que OB > OA. Portanto, A é o ponto que está sobre r e é o mais próximo de O. Logo, r ⊥ AO.

A partir dos dois resultados anteriores, podemos apresentar um outro ˆangulo not´avel: o ˆ

angulo semi-inscrito: Temos uma circunferência de centro O e dois pontos B e C sobre esta. Um reta BD é tangente à circunferência no ponto B de modo que C e D estejam no mesmo semi-plano em rela¸cão à reta OB. Então, ∠CBD é um ângulo semi-incrito ao arco >

BD. Veja que ∠OBC = ∠OCB, pois OB = OC. Da´ı, se ∠COB = 2α, ∠OBC = 90◦− α e ∠CBD = α. Assim, ∠CBD = >BD₂ .

O

B

D C

A seguir faremos a demonstra¸cão de quatro fatos importantes envolvendo ângulos na circunferência. O leitor pode encará-los como exerc´ıcios propostos e tentar resolvê-los antes de olhar a demonstra¸cão.

Fato Importante: As três bissetrizes relativas aos ângulos internos de um triângulo ABC encontram-se em um único ponto chamado de incentro.

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B C A

M

N P

Demonstra¸cão. Considere o c´ırculo Γ que passa pelo três vértices A, B e C e sejam M , N e P os pontos médios, respectivamente, dos arcos >BC, >CA e >CA que não contém o vertice oposto. Veja que >P B = >AB₂ = ∠ACB. De modo análogo, >BM = >BC₂ = ∠BAC e >AN = >AC₂ = ∠ABC. Da´ı, utilizando a propriedade do ângulo interior, veja que AM e P N são perpendiculares. Agora, se por um lado AM é uma bissetriz do triângulo ABC, por outro é uma altura do triângulo M N P . E como já sabemos que as três alturas de um triângulo são concorrentes, sendo AM , BN e CP as alturas do ∆M N P , elas serão concorrentes.

Fato Importante: No ∆ABC, I é o incentro e P o ponto de interse¸cão de AI com o circunc´ırculo do ∆ABC. Então, P B = P I = P C.

B C

A

P I

Demonstra¸cão. Seja ∠BAC = 2α e ∠ABC = 2β. Por ângulos inscritos, ∠BCP = ∠CBP = α. Assim, BP = P C. Além disso, ∠BIP = α + β, pois é ângulo externo do triângulo ABI. Como ∠IBC = β, por defini¸cão de incentro, segue que ∠BIP = ∠IBP . Portanto, BP = P I.

Fato Importante: No ∆ABC, O ´e o circuncentro e H o ortocentro. Ent˜ao, ∠BAH = ∠OAC.

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O B C A E H D

Demonstra¸cão. Seja D o pé da altura relativa ao vértice A. Se ∠ABD = β, então ∠BAH = 90◦− β, pois o ∆ADB é retângulo. Além disso, ∠ABC é inscrito ao arco>AC, logo ∠AOC = 2β. Como o triângulo AOC é isósceles, então ∠OAC = ∠OCA = 90◦− β.

Fato Importante: O ∆ABC está inscrito em uma circunferência Γ, H é o ortocentro, D pé da altura AD e T o ponto de interse¸cão de AD com o circunc´ırculo do ∆ABC. Então, HD = DT . B C A T H D P E

Demonstra¸cão. Seja E o pé da altura relativa a B. Note que os trângulos AHE e BHD são ambos retâgulos e ∠AHE = ∠BHD, pois são opostos pelo vértice. Assim, ∠HAE = ∠HBD. Além disso, ∠HAE = ∠DBT , pois ambos são inscritos em rela¸cão ao arco>T C. Logo, ∆BDH ≡ ∆BDT (ALA). Portanto, HD = DT .

(6)

Problemas Introdut´

orios

Problema 1. Na figura a seguir, CF é tangente à circunferencia em B. ∠EBC = 70◦ e EB = EG. Qual é o valor de ∠EF B?

B C

E

F G

Problema 2. (OBM 2013 - 1a_{Fase) Na figura a seguir o ponto O ´}_{e o centro da circunferˆ}_encia

que passa pelos pontos A, B, C, D e E. Sabendo que o diâmetro AB e a corda CD são perpendiculares e que ∠BCE = 35◦ o valor em graus do ângulo ∠DAE é?

O A B C D E

Problema 3. (OBM 2009 - 1a Fase) Na figura abaixo, α = 18◦ e AB = AC = AD = AE. Qual ´e o valor do ˆangulo β?

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B

E

C

_D

A

ß α α α

Problema 4. (OBM 2016 - 1a Fase) Na figura ao lado, os pontos A, B, C, D, E e F estão sobre uma circunferência de centro O com AB, CD e EF paralelos entre si e o segmento BC paralelo ao segmento DE. Sabendo que o segmento BC é diâmetro e que o ângulo ∠ABC mede 22◦, determine a medida do ângulo ∠ECF , representado na figura pela letra θ.

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Problemas Propostos

Problema 5. (OBM 2005 - 1a Fase) Na figura, a reta P Q toca em N o c´ırculo que passa por L, M e N . A reta LM corta a reta P Q em R. Se LM = LN e a medida do ângulo P N L é α , α > 60◦ , quanto mede o ângulo LRP ?

L

M

N

P α R Q

Problema 6. (OBM 2014 - 1a Fase) Considere a figura a seguir, onde os pontos de A até I estão sobre uma circunferência. Sabe-se que os triângulos ABC e GHI são isósceles, e que AB, CD, EF e GH são segmentos paralelos e que BC, DE, F G e HI são segmentos paralelos. Qual a medida do ângulo x em graus?

A

B

C

D

E

F

G

H

I

x

Problema 7. (OBMEP 2009 - 2a Fase) O pol´ıgono ABCDEF GHIJ KL ´e regular e tem doze lados. A B C D E F G H I J K L M

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a) Qual ´e a medida dos ˆangulos internos do pol´ıgono?

b) O ponto M é a interse¸cão dos segmentos AE e DK. Quais são as medidas dos ângulos ∠M DE e ∠DM E?

c) Qual ´e a medida do ˆangulo ∠CBM ?

d) Prove que os pontos B, M e F est˜ao alinhados.

Problema 8. Considere quatro pontos A, B, C e D sobre uma circunferˆencia. Mostre que >

AB =>CD ⇐⇒ AB = CD.

Problema 9. (OBM 2011 - 2a Fase) Na figura a seguir, o triângulo ABC é equilátero, o ˆ

angulo ∠BDC mede 30◦ e o ˆangulo ∠ACD mede 70◦. Determine, em graus, a medida do ˆ angulo ∠BAD. B _C A D 70º30º

Problema 10. (OBM 2013 - 2a Fase) O quadrado ABCD est´a inscrito em um c´ırculo cujo raio mede 30. A corda AM intercepta a diagonal BD no ponto P . Se o segmento AM mede 50, determine a medida do segmento AP .

A B

C D

M P

Problema 11. (OBM 2015 - 2a Fase) Duas circunferˆencias C1 e C2 se intersectam nos

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por A corta C1 novamente no ponto Q. Sabendo que P B = 640 e QB = 1000, determine

o comprimento do segmento AB.

Problema 12. (OBM 2008 - 2a Fase) Em um triângulo ABC, seja D um ponto sobre o lado BC tal que DB = 14, DA = 13 e DC = 4. Sabendo que o c´ırculo circunscrito ao triângulo ADB tem raio igual ao do c´ırculo circunscrito ao triângulo ADC, calcule a área do triângulo ABC.

Problema 13. (OBM 2011 - 2a _{Fase) No triˆ}_{angulo ABC, o ˆ}_{angulo ∠BAC mede 45}◦_{. O}

c´ırculo de diâmetro BC corta os lados AB e AC em D e E, respectivamente. Dado que DE = 10, encontre a distância do ponto médio M de BC à reta DE.

Problema 14. (OBM) O triângulo ABC está inscrito na circunferência Γ e AB < AC. A reta que contém A e é perpendicular a BC encontra Γ em P (P 6= A). O ponto X situa-se sobre o segmento AC e a reta BX intersecta Γ em Q (Q 6= B). Mostre que BX = CX se, e somente se, P Q é um diâmetro de Γ.

Problema 15. O quadrilátero ABCD está inscrito no c´ırculo Γ. Sejam M , N , P e Q os pontos médios dos arcos>AB,>BC,>CD e>DA que não contém outros vértices do quadrilátero, respectivamente. Mostre que M P e N Q são perpendiculares.

Problema 16. O quadrilátero ABCD está inscrito em uma circunferência. Os prolonga-mentos dos lados AD e BC encontram-se em E e os prolongaprolonga-mentos dos lados CD e AB em F . Mostre que as bissetrizes dos ângulos ∠DEC e ∠DF A são perpendiculares.

Problema 17. (OBM 2012 - 3a_{Fase) A figura abaixo mostra um pent´}_{agono regular ABCDE}

inscrito em um triângulo equilátero M N P . Determine a medida do ângulo CM D.

N B C D M A E P

Problema 18. (OBM 2010 - 3a Fase) Seja ABCD um paralelogramo e Γ a circunferência circunscrita ao triângulo ABD. Se E e F são as interse¸cões de Γ com as retas BC e CD respectivamente, prove que o circuncentro do triângulo CEF está sobre Γ.

Problema 19. Temos dois c´ırculos tangentes internamente em T . Seja AB um corda do c´ırculo maior que ´e tangente ao c´ırculo menor no ponto P . Mostre que T P ´e bissetriz do ˆ

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T

A P B

Problema 20. Temos dois c´ırculos tangentes internamente em T . Seja AB um corda do c´ırculo maior. Sejam C e D os pontos de interse¸c˜ao de T A e T B com o c´ırculo menor. Prove que CD k AB.

Problema 21. Na figura abaixo seja T o ponto de tangˆencia das circunferˆencias. Prove que ∠M T P = ∠QT N . T M N P Q

Problema 22. Seja ABCDEF um hexágono regular. Sejam M e N os pontos médios de F B e ED. Mostre que M N C é equilátero.

Problema 23. (Maio 2015) Seja ABCDEF GHI um pol´ıgono regular de 9 lados. Os segmentos AE e DF cortam-se em P . Demostre que P G e AF são perpendiculares. Problema 24. (Maio 2018) Seja ABCDEF GHIJ um pol´ıgono regular de 10 lados que tem todos seus vértices em uma circunferência de centro O e raio 5. As diagonais AD e BE se cortam em P e as diagonais AH e BI se cortam em Q. Calcule a medida do segmento P Q. Problema 25. Em um triângulo ABC, ∠BAC = 20◦ e ∠ABC = 110◦ . Se I é o incentro (centro da circunferência inscrita) e O o circuncentro (centro da circunferência circunscrita) do triângulo ABC, determine a medida do ângulo ∠IAO.

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Dicas e Solu¸

c˜

oes

1. Veja que>EB = 140◦, pois ∠EBC é semi-inscrito. Como ∆BEG é isósceles, ∠EBG = ∠EGB = 70◦, pois ∠EGB é inscrito ao arco >EB. Da´ı, no ∆EGB, ∠BEG = 180◦ − 2 × 70◦ = 40◦ que é ângulo inscrito ao arco >BG. Assim, >BG = 80◦. Logo, ∠GBF = 40◦ (ângulo semi-inscrito). No triângulo GBF , ∠EGB é externo. Assim, ∠F GB = ∠EGB − ∠GBF = 70◦− 40◦ _{= 30}◦_.

2. (OBM 2013 - 1a Fase) Como O é o centro do c´ırculo, temos ∠EOB = 2∠ECB = 70◦. Como AO = OE , pelo teorema do ângulo externo aplicado ao ângulo ∠EOB, temos ∠EAO = 2∠OEA = 35◦. Da´ı, ∠ADC = ∠AEC = 35◦. Como ∠ADC + ∠DAB = 90◦, podemos concluir que ∠DAE = 90◦− ∠ADC − ∠EAB = 20◦_.

3. (OBM 2009 - 1a Fase) A circunferência de centro A e raio AB contém os pontos C, D e E. Logo a medida do ângulo inscrito ∠EBC é igual a metade da medida do ˆ

angulo central ∠EAC , ou seja, β = 2α

2 = α = 18

◦_.

4. (OBM 2016 - 1a Fase) Como o arco CA mede 44◦ e EF , CD e AB são paralelos, podemos concluir que os arcos DB, CE e F D são congruentes e também medem 44◦. Além disso, dado que CB é um diâmetro, o arco EF mede 180◦−44◦₋₄₄◦₋₄₄◦ _{= 48}◦_.

Finalmente, sendo ∠ECF um ˆangulo inscrito determinado pelo arco EF , o valor de θ ´e 48

◦

2 = 24

◦_.

5. (OBM 2005 - 1a _{Fase) Como a reta P Q ´}_{e tangente `}_{a circunferˆ}_{encia, os ˆ}_{angulos LN P}

e LM N s˜ao congruentes, ou seja, ∠LM N = α. L M N P R Q α α α 180o_–2α

Sendo o triângulo LM N isósceles com LM = LN , os ângulos LN M e LM N são congruentes, e, portanto, ∠M LN = 180◦ − ∠LNM − ∠LMN = 180◦ − 2α. O ˆ

angulo LN P ´e externo do triˆangulo LN R, logo ∠LN P = ∠N LR + ∠LRN , ou seja, α = 180◦− 2α + ∠LRP ⇔ ∠LRP = 3α − 180◦_.

6. (OBM 2014 - 1a Fase) Pelo paralelismo dos segmentos mencionados, temos que ∠BCD = ∠CBA = x, pois são alternos internos. Utilizando essa idéia, podemos verificar que o ângulo x, que é inscrito, enxerga quase todos os arcos. Os dois únicos arcos que não são verificados desse modo também são enxergados por ângulos de

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medida x, uma vez que os triângulos das pontas são isósceles. Esses 9 arcos iguais determinam a medida de 360

◦

9 = 40

◦_{. Portando, o ˆ}_{angulo x mede} 40◦

2 = 20

◦_.

7. (OBMEP 2009 - 2a Fase)

a) Como a soma dos ângulos internos de um pol´ıgono de n lados é (n − 2) · 180◦, a soma dos ângulos internos do dodecágono é (12 − 2) · 180◦ = 1800◦. Logo cada um de seus ângulos internos mede 1800

◦ 12 = 150 ◦_. A B C D E F G H I J K L M O

b) Consideremos uma circunferência de centro O circunscrita ao pol´ıgono. Como E e K são diametralmente opostos, o ângulo ∠EDK está inscrito na semicir-cunferência e segue que ∠EDK = 90◦. Como o ângulo central correspondente a um lado do dodecágono regular é 180

◦

12 = 30

◦_{, o ˆ}

angulo central ∠AOD mede 90◦, e segue que ∠AED = 45◦. Finalmente, o triângulo EDM tem ângulos ∠EDM = 90◦ e ∠M ED = 45◦; como a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180◦, segue que ∠DM E = 180◦− 90◦− 45◦ = 45◦.

c) Como o triângulo EDM tem dois ângulos de 45◦, ele é isósceles; logo M D = DE, ou seja, M D tem a mesma medida que os lados do pol´ıgono. Como ∠EDC = 150◦ e ∠EDM = 90◦, temos ∠M DC = 60◦; e como M D = DC segue que o triângulo M DC é equilátero. Em particular, temos ∠M CD = 60◦ e segue que ∠M CB = 90◦. Finalmente, como M C = CB, o triângulo M CB é isósceles e então ∠M BC = ∠BM C = 90

◦

2 = 45

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A B C D E F G H I J K L M

d) Temos ∠F CB = 45◦ = ∠M BC. Logo os segmentos F B e M B fazem o mesmo ˆ

angulo com o segmento BC, e segue que os pontos B, M e F estão alinhados. 8. Seja P o ponto de interse¸cão entre AC e BD. Vamos dividir a demonstra¸cão em duas

partes:

(a) Se AB = CD, note que ∠BAP = ∠CDB e ∠P BA = ∠P CD. Assim, ∆P BA ≡ ∆P CD (ALA). Com isso, P A = P D. Assim, ∠P AD = ∠P DA. Pela proprie-dade do ˆangulo inscrito, >CD =>AB.

(b) Se >CD = >AB, pela propriedade do ˆangulo inscrito, ∠P AD = ∠P DA. Assim, P A = P D. Como ∠BAP = ∠CDB e ∠P BA = ∠P CD, temos que ∆P BA ≡ ∆P CD (LAAo). Logo, AB = CD. C D B A P

9. (OBM 2011 - 2a Fase) Como ∠BDC mede 30◦ e ∠BAC é 60◦, o ponto D está no c´ırculo de centro A e raio AB. Como o triângulo ACD é isósceles com ângulo da base igual a 70◦, temos ∠CAD = 40◦ e ∠BAD = 100◦.

10. (OBM 2013 - 2a _{Fase) Trace a diagonal AC que intersecta DB no ponto O. Sendo}

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A B

C D

M P O

Observe que ∠CM A = 90◦ e ∠P OA = ∠DOA = 90◦. Logo, pelo caso AA, os triˆangulos AOP e AM C s˜ao semelhantes e, portanto, AP

AC = AO AM ⇔ AP 60 = 30 50 ⇔ AP = 36.

11. (OBM 2015 - 2a Fase) Como AP ´e tangente a C1, ∠QAB = ∠AP B; analogamente,

∠P AB = ∠AQB.

A

B

P

Q

Portanto os triˆangulos AQB e P AB s˜ao semelhantes. Logo AB P B =

QB

AB ⇔ AB =

√

P B · QB =√640 · 1000 = 800.

12. (OBM 2008 - 2aFase) Como os dois c´ırculos circunscritos s˜ao iguais, segue do teorema do ˆangulo inscrito que ∠ACB = ∠ABC e, com isso, AB = AC.

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A

C D

M B

Seja AM a altura relativa ao lado BC. Como ABC é isósceles de base BC, segue que AM também é mediana, e da´ı M C = 9. Portanto, M D = 5 e, pelo teorema de Pitágoras, AM = 12. Finalmente, a área do triângulo ABC é 1

2AM ·BC = 1

212·18 = 108.

13. (OBM 2011 - 2a Fase) Temos ∠BAC = m(dCB) + m( dDE)

2 ⇔ 2 · 45 ◦ _{= 180}◦ ₋ ∠DM E ⇔ ∠DM E = 90◦. A B C M D E d 45º

Logo o triângulo DM E é retângulo e, sendo M o centro do c´ırculo, isósceles. Então, sendo a proje¸cão de M sobre DE o ponto médio de DE e, portanto, circuncentro de DM E. Logo DE = 2d ⇔ d = 5.

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B _C A

P

Q

X

(a) Se BX = CX: Seja ∠ACB = θ. Assim, ∠QBC = θ, pois ∆BXC é isósceles. Como AP ⊥ BC, ∠P AC = 90◦−θ. Logo,>P C = 180◦−2θ Agora veja que ∠CBP também é iscrito ao arco>P C. Portanto, ∠CBP = 90◦− θ. Sendo ∠QBP = 90◦, P Q será um diâmetro.

(b) Se P Q é um diâmetro: Note que ∠QBP = 90◦. Assim, se ∠QBC = θ, então ∠P BC = 90◦− θ. Por ângulos inscritos ao arco>P C, ∠P AC = 90◦− θ. Sendo AP ⊥ BC, temos que ∠ACB = θ. Logo, ∆BXC é isósceles.

15. Seja K o ponto de interse¸c˜ao de M P e N Q. Sejam >AM =>M A = a,>BN =>N C = b, >

CP =>P D = c e >DQ = >QA = d. Pela propriedade do ˆangulo interior, ∠N KM =

a+b+c+d

2 = ∠N KP . Por outro lado, ∠N KM + ∠N KP = 180

◦_{. Logo, N M ⊥ M P .} B C D A M N P Q K

16. Dica: demonstre que as bissetrizes passam pelos pontos m´edios dos arcos e conclua utilizando o problema anterior.

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17. (OBM 2012 - 3a Fase) Veja que ∠M BE = ∠M EB = 60◦, ent˜ao M E = BE = CE. N B C D M A E P

Desse modo M , B e C são pontos da circunferência de centro E. Como ∠BEC = 36◦, então o arco BC enxerga 36◦e portanto ∠M BC = 36

◦

2 = 18

◦_{. Ent˜}_{ao pelo caso LAL,}

temos que ∆M ED ≡ ∆M BC, em particular ∠DM E = ∠BM C = 18◦ e finalmente temos que ∠CM D = 60◦− 18◦− 18◦= 24◦.

18. (OBM 2010 - 3a Fase) Seja ∠BAD = α, logo ∠BCD =? pois em um paralelogramo os ˆangulos opostos s˜ao iguais. Seja ∠BDA = β, assim ∠ABD = 180◦− α − β. Veja que o arco dAB = 2 · ∠BDA = 2β e dAD = 2 · ∠ABD ⇔ dAD = 360◦− 2α − 2β.

A D B β 180° – α – β α 2α α F E C 2β 360° – 2α – 2β

Note que ∠BCD = \BAD − dEF

2 ⇔ 2α = 360

◦ _{− 2α − d}_{EF ⇔ d}_{EF = 360}◦ _{− 4α.}

Com isso \EBAF = 4α. Seja O o circuncentro do ∆F CE. Sabemos que ∠F OE = 2∠F CE ⇔ ∠F OE = 2α. Como EBAF\

2 = 2α ⇔ ∠F OE =

\ EBAF

2 . Desse modo O est´a em Γ, pois ∠F OE ´e inscrito.

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19. Seja T Q a reta tangente comum aos dois c´ırculos. Sejam ∠QT A = α e ∠AT P = β. Da´ı, usando ângulo semi-inscritos >T A = 2α e >T P = 2(α + β). Agora veja que ∠T BA = α (ângulo inscrito) e ∠T P A = α + β (ângulo semi-inscrito). Note também que ∠T P A é externo ao triângulo T P B, logo ∠P T B = β. Portanto, T P é bissetriz do ângulo ∠AT B.

T

A P B

Q

20. Imite a solu¸c˜ao do problema anterior.

21. Considere uma reta T A tangente aos dois c´ırculos no ponto T . Se ∠N T A = α e ∠QT N = β, veja que ∠T M N = α (inscrito ao arco>T N do c´ırculo maior) e ∠T P G = α+β (inscrito ao arco>T Q do c´ırculo menor). Agora, pelo ângulo externo do triângulo M P T , conclu´ımos que ∠M T P = β. Logo, chegamos à igualdade ∠M T P = ∠QT N .

22. Observe que qualquer pol´ıgono regular pode ser inscrito em uma circunferência. Neste caso, cada arco >AB, >BC,..., >F A mede 60◦. Agora veja que ∆M AB é um triângulo 30◦|60◦|90◦ (basta usar ângulos inscritos). Assim, se ` é a medida do lado do hexágono, M A = ₂`. Também temos que EN = ₂` por defini¸cão de ponto médio. Agora veja que ∠DEC = ∠CAB = 30◦. Como ∠M AB = 60◦, então ∠M AC = 30◦. Veja ainda que CE = CA, pois ∆EDC ≡ ∆ABC (LAL). Com isso, ∆EN C ≡ ∆M AC (pelo caso LAL). Logo, ∠N CE = ∠M CA = α. Sendo

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∠ECA = 60◦, podemos concluir que ∠N CM = 60◦. Além disso, ∆EN C ≡ ∆M AC também garante que N C = CM . Portanto, ∆N CM é um triângulo isósceles com um ângulo de 60◦. Portanto, é equilátero.

A B C D E F N M 30◦ 30◦

23. Sabemos que o pol´ıgono regular está inscrito em uma circunferência e que seus vértices dividem essa circunferência em 9 arcos iguais de medida 360₉ = 40◦. Agora veja que ∠F P E = >F E+2>DA = 80

◦

e que ∠F EP = >AF2 = 80

◦_{. Portanto, ∆P F E ´}_{e is´}_osceles

e P F = P E = F G. Al´em disso, ∠ADP = >AF2 = 80

◦_{. Logo, ∆DAP tamb´}_{em ´}_e

isósceles. Portanto, AP = AD. Note também que >AD = >AG, consequentemente, AG = AD. Veja que AGF P é uma pipa. Logo, GP ⊥ AF .

A B C D E F G H I P

24. Vamos utilizar novamente o fato de todo pol´ıgono regular ser inscrit´ıvel em uma circunferência. Em primeiro lugar, veja que A e I são simétricos em rela¸cão à diagonal

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J E. O mesmo ocorre para o par de pontos B e H. Assim, Q está sobre J E. Agora veja que P e Q são simétricos em rela¸cão à mediatriz de AB. Dessa forma, podemos concluir que OQ = OP e que P está sobre OC. Por outro lado, usando ângulo interior, ângulo central e ângulo inscrito, podemos verificar que ∠AQO = ∠QOP e que ∠QOA = ∠QAO. Assim, ∆AQO ≡ QOP (LAL). Portanto, P Q = AO = 5.

A B C D E F G H I J Q P O

25. Como o triângulo ABC é obtusângulo, o circuncetro estará fora de ABC. Por ângulo inscrito, o arco>AC que não contém o ponto B valerá 220◦. Assim, >ABC = 360◦− 220◦ = 140◦. Portanto, ∠AOC = 140◦. Como AOC é isósceles, ∠CAO = ∠ACO = 20◦. Como o incentro é o ponto de encontro das bissetrizes, ∠CAI = 10◦. Logo, ∠IAO = 30◦. A B C O I