Circuncentro

Vamos começar com a definição de circunferência circunscrita a um triângulo (ou circuncírculo): é aquela que passa pelos seus três vértices.

O centro desta circunferência é chamado de circuncentro. Ele é geralmente denotado pela letra $O$ .

Proposição[]

O ponto $O$ é o circuncentro de um triângulo se, e somente se, é o encontro das suas três mediatrizes.

Proposição[]

O circuncentro de um triângulo é equidistante dos seus vértices.

Proposição[]

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

$\angle BOC=2\angle BAC$ .

Onde Está o Circuncentro?[]

Se o triângulo for acutângulo, então o circuncentro está no seu interior.

Já o circuncentro de um triângulo obtusângulo está localizado fora dele.

Além disso, 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)[]

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.

(a) Mostre que $\angle O_{1}DO_{2}$ é reto.

(b) Mostre que $AB$ é tangente ao círculo de diâmetro $O_1 O_2$ .

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 $O_{1}D$ é perpendicular a $AC$ . Pelo mesmo raciocínio, $O_{2}D$ é perpendicular a $BC$ .

Consideremos $M_1$ e $M_2$ os pontos médios de $AC$ e $BC$ , respectivamente. Note que $\angle DM_{1}C=\angle DM_{2}C=90^{\circ }$ . Como a soma dos ângulos internos do quadrilátero $M_{1}DM_{2}C$ é $360^{\circ}$ , segue que $\angle O_{1}DO_{2}=\angle M_{1}DM_{2}=90^{\circ }$ .

(b) Seja $G$ o ponto médio de $O_1 O_2$ . Como este é o diâmetro, segue que $G$ é o centro da circunferência. Se mostrarmos que $D$ pertence a circunferência de diâmetro $O_1 O_2$ e que $GD$ é perpendicular a $AB$ , provaremos que $AB$ é tangente à circunferência.

Como, pelo item (a), $\angle O_{1}DO_{2}=90^{\circ }$ , segue que $D$ pertence a circunferência de diâmetro $O_1 O_2$ .

Sejam $E$ e $F$ os pontos médios de $AD$ e $BD$ , respectivamente. Como a mediatriz de $AD$ passa por $O_1$ , segue que $O_{1}E$ é perpendicular a $AB$ . Analogamente $O_{2}F$ é perpendicular a $AB$ .

Queremos provar que $GD$ é perpendicular a $AB$ . Para isto, basta provarmos que $GD$ é paralelo a $O_{1}E$ e $O_{2}F$ . Usaremos a recíproca do Teorema de Tales. Como $D$ e $G$ são pontos médios de $EF$ e $O_1 O_2$ , segue que

${\frac {ED}{DF}}={\frac {O_{1}G}{GO_{2}}}=1.$

Desta forma, $GD$ é paralelo a $O_{1}E$ .

Exemplo (OBM 2010 - 3ª Fase - Nível 2)[]

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 $\Gamma$ .

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)[]

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 $\angle OBC$ .

Solução: Como o circuncentro é equidistante dos vértice e

$BO=AP$ , 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)[]

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.)

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)[]

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:

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 - Níveis 2 e 3)[]

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 $A_2A_3$ , $B_{1}B_{3}$ e $C_1C_2$ passam por um mesmo ponto.

(Você pode encontrar outra solução aqui.)

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

$O_{1}B=O_{1}C=O_{1}C_{1}$ .

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 $\angle C_{1}AB=\angle C_{1}BA$ , de onde segue que $C_{1}A=C_{1}B$ . 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, $A_2A_3$ , $B_{1}B_{3}$ 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.

Exemplo (Cone Sul 2018)[]

Seja $ABC$ um triângulo acutângulo com $\angle BAC = 60^{\circ}$ de incentro $I$ e circuncentro $O$ . Seja $O'$ o ponto diametralmente oposto a $O$ na circunferência circunscrita do triângulo $BOC$ . Demonstrar que

$IO'=BI+IC.$

(Você pode encontrar outra solução para este problema aqui).

Solução: Já que estamos lidando com o incentro e as distâncias dele aos vértices, será interessante pensarmos no ponto médio do arco $AB$ que não contem $C$ do circuncírculo do triângulo $ABC$ (que chamaremos de $B'$ ). De fato, existe um resultado que diz que $B'B=B'I$ . Além disso $\angle BB'I=\angle BAC=60^{\circ }$ , pois ambos enxergam mesmo arco, de onde segue que o triângulo $IBB'$ é equilátero e assim $BI=B'I$ e $BB'=BI(*)$ .

E qual a vantagem disso? Observe que

$BI+IC=B'I+IC=B'C,$

isto se deve ao fato de que $B',I$ e $C$ estarem alinhados, afinal $B'$ é ponto médio do arco $AB$ e a bissetriz divide este arco em dois. Assim, para provarmos a igualdade do enunciado, basta mostrarmos que $IO'=B'C(**)$ . Uma maneira interessante de mostrarmos que dois segmentos possuem a mesma media é utilizar procurar uma congruência que os envolve. Para isto, devemos procurar, na figura, mais segmentos e/ou ângulos que possuem mesma medida.

Como já temos $(*)$ e queremos provar $(**)$ , um alvo que podemos ter é a prova de que os triângulos $BB'C$ e $BIO'$ são congruentes (se é que eles realmente são). Vejamos o outro lado: será que conseguimos mostrar que $BC=BO'$ ? Vamos conseguir mais informações.

Já que $O$ é o circuncentro do triângulo $ABC$ , segue que $\angle BOC=2\cdot \angle ABC=120^{\circ }$ . Além disso, o quadrilátero $BOCO'$ é inscritível e assim $\angle BO'C = 60^{\circ}$ .

Observe que $O$ pertence à mediatriz de $BC$ (pela definição de circuncentro). Além disso, a mediatriz de $BC$ passa pelo centro da circunferência (o mesmo acontece com a reta $OO'$ ). Logo a reta $OO'$ coincide com a mediatriz de $BC$ . Assim $BO'=CO'$ (justamente pelo fato de $O'$ pertencer a mediatriz) e como $\angle BO'C = 60^{\circ}$ , segue que o triângulo $BO'C$ é equilátero e assim $BC=BO'$ .

Para terminarmos de mostrar a congruência, é suficiente provarmos que $\angle B'BC=\angle IBO'$ . Porém observe que

$\angle B'BC=\angle IBO'\Leftrightarrow \angle B'BI+\angle IBC=\angle IBC+\angle CBO'\Leftrightarrow \angle B'BI=\angle CBO'\Leftrightarrow \angle B'BI=60^{\circ }.$

Ou seja, é suficiente provarmos que $\angle B'BI=60^{\circ }$ para mostrarmos a congruência. Vamos calcular $\angle B'BI$ em função das medidas dos ângulos do triângulo $ABC$ . Considere $\angle ABC = \beta$ e $\angle ACB=\gamma$ . Como $BI$ e $CI$ são bissetrizes e $\angle B'BA$ e $B'CA$ enxergam o mesmo arco,

$\angle B'BI=\angle ABI+\angle B'BA={\frac {\beta }{2}}+\angle B'CA={\frac {\beta }{2}}+{\frac {\gamma }{2}}={\frac {\beta +\gamma }{2}}.(***)$

Mas o que fazer com $\beta+\gamma$ ? Basta lembrarmos que a soma dos ângulos internos do triângulo $ABC$ é $180^{\circ}$ e assim

$60^{\circ}+\beta+\gamma = 180^{\circ} \Leftrightarrow \beta+\gamma = 120^{\circ}.$

Se substituirmos em $(***)$ , então $\angle B'BI=60^{\circ }$ . Desta forma, $\angle B'BC=\angle IBO'$ , de onde segue que os triângulos $BB'C$ e $BIO'$ são congruentes. Portanto, provamos $(**)$ o que termina o problema.

Exemplo (IMO 2007)[]

No triângulo $ABC$ a bissetriz do ângulo $\angle BCA$ intersecta o circuncírculo novamente em $R$ , a mediatriz de $BC$ em $P$ , a mediatriz de $AC$ em $Q$ . O ponto médio de $BC$ é $\ S$ e o ponto médio de $AC$ é $\ T$ . Prove que os triângulos $RPS$ e $RQT$ possuem mesma área.

Solução: Existe um caso particular que vale a pena fazermos antes de irmos para o caso geral: aquele em que $AC=BC$ . Por que esse caso é interessante? Aqui $CR$ é a mediatriz de $AB$ . E como as três mediatrizes de um triângulo se encontram em um único ponto (o circuncentro), segue que $\ P$ e $\ Q$ devem coincidir. Vamos chamar esse ponto aqui de $\ P$ . Devemos provar aqui que $RPS$ e $RPT$ possuem mesma área. Mas, por simetria, parece que esses dois triângulos são congruentes. Vejamos se são.

Observe que $RP$ é um lado comum aos dois triângulos. Será que conseguimos relacionar $PS$ e $PT$ ? Uma maneira de fazermos isso é procurarmos uma congruência envolvendo os dois lados. Dois bons candidatos parecem $PTC$ e $PSC$ . Note que $PC$ é um lado comum. Além disso, $\angle PCT=\angle PCS$ e com isso $\angle TPC=\angle SPC$ . Assim $PTC$ e $PSC$ são congruentes pelo caso $ALA$ . Desta forma, $PS=PT$ .

E para terminarmos a congruência, será que conseguimos comparar $RT$ e $RS$ ? Bons candidatos são os triângulos $RTC$ e $RSC$ . Observe que lado $RC$ é comum. Além disso $TC=SC$ (de fato, $TC={\frac {AC}{2}}={\frac {BC}{2}}=SC$ ) e $\angle TCR=\angle RCS$ . Portanto, os triângulos realmente são congruentes e assim $RT=RS$ .

Desta forma, $RTP$ e $RSP$ são congruentes, fazendo com que eles tenham a mesma área.

E quanto ao caso em que $AC$ e $BC$ são diferentes? Vamos supor, sem perda de generalidade, que $AC<BC$ . A primeira pergunta aqui é: como vamos calcular a área dos dois para compararmos? Se usarmos a fórmula ${\frac {{\text{base}}\cdot {\text{altura}}}{2}}$ , teremos que desenhar uma altura em cada triângulo o que parece ser meio chatinho. Usar a fórmula de Heron parece meio complicado também (já que a sua expressão parece um tanto longa). Nesse caso, parece um pouco mais vantajoso usarmos a expressão ${\frac {ab\operatorname {sen} \theta }{2}}$ .

Já que queremos relacionar as áreas dos triângulos $RPS$ e $RQT$ com essa fórmula, uma pergunta natural aqui é: qual ângulo usar? Nesse caso seria interessante usarmos ângulos de mesma medida nos dois triângulos. E aí devemos encontrar o máximo de igualdades entre ângulos para ver se existem dois ângulos de mesma medida um em cada triângulo.

Observe os triângulos $SPC$ e $QTC$ . Aqui $\angle PSC=\angle QTC=90^{\circ }$ e $\angle PCS=\angle TCQ$ . Desta forma, $\angle TQC=\angle SPC$ . Note que $\angle TQR$ e $\angle SPR$ são complementares de $\angle TQC$ e $\angle SPC$ , respectivamente. Desta forma, $\angle TQR=\angle SPR$ . Agora parece mais fácil relacionar as áreas dos triângulos $RPS$ e $RQT$ . De fato,

$[RPS]={\frac {1}{2}}\cdot PS\cdot PR\operatorname {sen} (\angle SPR).$

$[RQT]={\frac {1}{2}}\cdot QT\cdot QR\operatorname {sen} (\angle TQR).$

Desta forma,

$[RPS]=[RQT]\Leftrightarrow PS\cdot PR=QR\cdot QT.(*)$

Observe que se mostrarmos $(*)$ , o problema estará resolvido. Uma igualdade entre multiplicações pode virar uma igualdade entre razões e isso lembra semelhança de triângulos. A questão é: existe alguma semelhança que envolva esses lados? Já vimos aqui que $\angle PSC=\angle QTC=90^{\circ }$ e $\angle PCS=\angle TCQ$ . Desta forma, $CTQ$ e $CSP$ são semelhantes pelo caso $AA$ . A vantagem aqui é que nessa semelhança aparecem $PS$ e $QT$ , que são segmentos que aparecem em $(*)$ . De fato,

${\frac {PS}{QT}}={\frac {CP}{CQ}}.(**)$

O problema é que essa igualdade possui alguns "intrusos": $CQ$ e $CP$ . E tem quantidades que aparecem em $(*)$ e ainda não mexemos: $PR$ e $QR$ . Será que conseguimos relacionar esses últimos quatro segmentos?

Considere $\ O$ o circuncentro. Observe que $OR=OC$ , de onde segue que $\angle ORC=\angle OCR$ . Já vimos que $\angle OQP=\angle QPO$ , de onde segue que $OP=OQ$ . Além disso, $\angle OPR=\angle OQC$ (pois eles são suplementares a $\angle OPQ$ e $\angle OQP$ , respectivamente). Desta forma, $ORP$ e $OCQ$ são congruentes pelo caso $LAA_O$ . Com isso, $RP=CQ$ .