Potência de Ponto e Eixo Radical

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Aula
Curso de Geometria - Nível 3
11
Prof. Cícero Thiago
Potência de ponto e eixo radical
Chamaremos de Eixo radical o lugar geométrico dos pontos que possuem a mesma
potência com relação a duas circunferências dadas.
Teorema 1. O conjunto dos pontos que possuem a mesma potência com relação a duas
circunferências dadas é uma reta perpendicular à reta que contém os centros.
Demonstração.
P
b
α
b
O1
b
M
b
Q
b
O2
Sejam Γ1 e Γ2 circunferências com centros O1 e O2 e raios R1 e R2 , respectivamente. Além
disso, seja P um ponto que possui a mesma potência com relação as duas circunferências.
Assim,
PotPΓ1 = PotPΓ2 ⇔
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P O12 − R12 = P O22 − R22 ⇔
P O12 − P O22 = R12 − R22 .
Seja M o ponto médio de O1 O2 , Q a projeção de P sobre O1 O2 e ∠P M Q = α. Aplicando
a lei dos cossenos nos triângulos ∆P O1 M e ∆P O2 M temos
P O12 = O1 M 2 + P M 2 − 2 · O1 M · P M · cos(180◦ − α) =
P O12 = O1 M 2 + P M 2 + 2 · O1 M · P M · cos α
P O22 = O2 M 2 + P M 2 − 2 · O2 M · P M · cos α.
Então,
P O12 − P O22 = 2 · O1 O2 · P M · cos α.
MQ
⇔ M Q = P M · cos α, com isso
Por outro lado, cos α =
PM
R2 − R22
= Fixo.
MQ = 1
2 · O1 O2
Portanto, o lugar geométrico dos pontos P é a reta perpendicular a O1 O2 que passa por Q.
Por outro lado, seja P1 um ponto de P Q. Vamos provar que P1 possui a mesma potência
com relação às duas circunferências. Assim, pelo toerema de Pitágoras
P1 O12 = O1 Q2 + P1 Q2 ,
P1 O22 = O2 Q2 + P1 Q2 .
Então,
P1 O12 − P1 O22 = O1 Q2 − O2 Q2 .
P
b
P1
b
b
b
O1
Q
2
b
O2
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Além disso,
P O12 = O1 Q2 + P Q2 ,
P O22 = O2 Q2 + P Q2 .
Então,
P O12 − P O22 = R12 − R22 = O1 Q2 − O2 Q2 = P1 O12 − P1 O22 ⇔
P1 O12 − R12 = P1 O22 − R22 ⇔
PotPΓ11 = PotPΓ21 .
Teorema 2. (Euler) Seja O o circuncentro, I o incentro, R o raio da circunferência
circunscrita e r o raio da circunferência inscrita de um triângulo ABC, então
OI 2 = R2 − 2Rr.
Demonstração.
Lema: Seja D a intersecção de AI com a circunferência circunscrita ao triângulo ABC.
Então,
DI = DB = DC.
A
b
α α
b
I
α+β
β
b
B
β
α
b
α
b
D
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C
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Demonstração. Seja D a intersecção de AI com a circunferência circunscrita ao triângulo
ABC e seja BI a bissetriz do ângulo ∠B = 2β. É fácil ver que ∠DBC = ∠DCB = α, ou
seja, DB = DC. Pela propriedade do ângulo externo, ∠BID = α + β = ∠IBD, ou seja,
DI = DB.
Vamos, agora, demonstrar que OI 2 = R2 −2Rr. Seja IE = r, DH = 2R e Γ a circunferência
circunscrita ao triângulo ABC. É fácil ver que ∆IEA ∼ ∆DBH então
DB
2R
=
⇔ AI · DB = 2Rr.
AI
r
Mas, pelo lema, DB = DI. Então,
AI · DI = 2Rr ⇔ −PotIΓ = 2Rr ⇔ R2 − OI 2 = 2Rr ⇔ OI 2 = R2 − 2Rr.
b
A
H
b
α
α α
b
b
I
E
O
b
α+β
β
b
B
β
α
b
b
α
M
C
b
D
Teorema 3. (Centro radical) Considere três cı́rculos Γ1 , Γ2 e Γ3 tais que seus centros
O1 , O2 e O3 , respectivamente, não estão alinhados. Sejam r, s e t os eixos radicais de Γ1
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e Γ2 , Γ1 e Γ3 e Γ2 e Γ3 , respectivamente. Então, r, s e t são concorrentes em um ponto
chamado centro radical.
Demonstração.
Seja P um ponto sobre r ∩ s, ou seja, P possui a mesma potência com relação Γ1 , Γ2 e Γ3 .
Portanto, P está sobre a reta t.
r
O1
b
O2
b
P
b
s
t
b
O3
Problema 1. (Índia TST) Seja ABC um triângulo com AB = AC e seja Γ a sua circunferência circunscrita. Suponha que sua circunferência inscrita γ se desloca sobre BC
em direção ao vértice B. Prove que quando γ tangenciar Γ internamente, ela também irá
tangenciar a altura relativa ao vértice A.
Solução.
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A
b
Γ
γ
γ′
b
b
b
T
b
I
b
b
O
K
b
b
b
B
D
b
C
Seja γ ′ a posição de γ quando tangencia Γ, e seja K seu centro. Seja O o centro de Γ e I
o centro de γ. Como AB = AC, então O e I estão sobre a altura AD. Se T é o ponto de
interseção de Γ e γ ′ , então T , K e O são colineares. Dessa forma, OK = OT − KT = R − r,
onde R e r são, respectivamente os raios das circunferências circunscrita e inscrita de ABC.
É fácil ver que K e I estão sobre a paralela a BC que passa por I. Então KI é perpendicular
a AD em I. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo KOI temos
OK 2 = OI 2 + IK 2 .
Mas OI 2 = R2 − 2Rr, então
IK 2 = OK 2 − OI 2 = (R − r)2 − (R2 − 2Rr) = r 2 .
Portanto, IK = r mostrando que γ ′ tangencia AD em I.
Problema 2. (USAMO) Sejam ω1 e ω2 cı́rculos que se intersectam em X e Y . Seja l1 uma
reta que passa pelo centro de ω1 intersectando ω2 nos pontos P e Q e seja l2 uma reta que
passa pelo centro de ω2 intersectando ω1 nos pontos R e S. Prove que se P , Q, R e S estão
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sobre uma circunferência então o centro desse cı́rculo está sobre XY .
Solução.
Y
b
O1
O2
b
b
b
b
S
P
b
N
H
b
R
b
b
b
M
X
Q
b
b
O
Seja ω a circunferência circuncrita de QRP S e seja O seu centro. A reta XY é eixo radical
das circunferências ω1 e ω2 . É suficiente mostrar que O tem igual potência com relação as
circunferências ω1 e ω2 , ou seja,
OO12 − O1 S 2 = OO22 − O2 Q2 ou OO12 + O2 Q2 = OO22 + O1 S 2 .
Sejam M e N a interseções de O2 O e l1 e O1 O e l2 . Como as circunferências ω e ω2 se
intersectam em P e Q, então P Q ⊥ OO2 . Então,
OO12 − OQ2 = (OM 2 + M O12 ) − (OM 2 + M Q2 )
= (O2 M 2 + M O12 ) − (O2 M 2 + M Q2 ) = O2 O12 − O2 Q2 ⇔
O2 O12 + OQ2 = OO12 + O2 Q2 .
Temos que, O2 O12 + OS 2 = OO22 + O1 S 2 . Como OS = OQ, então OO12 + O2 Q2 =
OO22 + O1 S 2 .
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Problema 3. Seja ABCD um quadrilátero inscritı́vel e E a interseção das diagonais AC e
BD. Se F é um ponto qualquer e as circunferências Γ1 e Γ2 circunscritas a F AC e a F BD
se intersectam novamente em G, mostre que E, F , G são colineares.
Solução.
b
Γ2
F
Γ1
A
b
b
b
D
E
b
b
B
C
b
G
E
O eixo radical de Γ1 e Γ2 é a reta F G. Então E ∈ F G ⇔ PotE
Γ1 = PotΓ2 . Mas ABCD
E
inscritı́vel implica que PotE
Γ1 = −AE · EC = −BE · ED = PotΓ2 , e portanto E, F e G são
colineares.
Exercı́cios propostos
1. (IMO) Seja H o ortocentro de um triângulo acutângulo ABC. A circunferência de
centro no ponto médio de BC e que passa por H corta BC nos pontos A1 e A2 .
Analogamente, definem - se os pontos B1 e B2 sobre CA e os pontos C1 e C2 sobre
AB. Mostre que os seis pontos A1 , A2 , B1 , B2 , C1 e C2 estão sobre uma mesma
circunferência.
2. As bissetrizes internas dos ângulos CAB, ABC e BCA de um triângulo ABC concorrem em I e cortam o cı́rculo circunscrito de ABC em L, M e N , respectivamente.
A circunferência de diâmetro IL corta o lado BC em D e E, a circunferência de
diâmetro IM corta o lado CA em F e G, circunferência de diâmetro IN corta o lado
AB em H e J. Mostre que D, E, F , G, H e J estão sobre uma mesma circunferência.
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3. (IMO) Um cı́rculo de centro O passa pelos vértices A e C de um triângulo ABC e
intersecta os segmentos AB e BC novamente em pontos distintos K e N , respectivamente. Os cı́rculos circunscritos aos triângulos ABC e KBN se intersectam em
exatamente 2 pontos distintos B e M . Prove que ∠OM B = 90◦ .
4. (China) Seja ABCD um quadrilátero inscritı́vel inscrito em Γ. Seja P a interseção
de AB e DC e seja Q a interseção AD e BC. Sejam QE e QF tangentes a Γ em E
e F , respectivamente. Prove que P , E e F são colineares.
5. (Balcânica) Uma reta passando pelo incentro I do triângulo ABC intersecta a circunferência circunscrita Γ1 (O, R) de ABC nos pontos F e G e a circunferência inscrita
Γ2 (I, r) nos pontos D e E, com D entre I e F . Prove que DF · EG ≥ r 2 . Quando
ocorre a igualdade?
Bibliografia
1. Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses - For senior section - Vol. 1
Xu Jiagu
2. Algunas maneras de usar la potencia
José Antonio Gómez Ortega
Olimpiada Mexicana de Matemáticas
3. Mathematical Olympiad Challenges
Titu Andreescu e Razvan Gelca
4. Tópicos de Matemática Elementar - Vol.2
Antonio Caminha Muniz Neto
5. Potência de um ponto em relação a uma circunferência
Eduardo Wagner
Revista do professor de matemática - Número 45
9