Circunferências

Seja $O$ um ponto e $r$ um número real positivo. Então a circunferência é o conjunto de todos os pontos $P$ tais que $OP=r$. Neste caso, $O$ é o centro e $r$ o raio da circunferência. Por isto, geralmente falar circunferência de centro $O$ e raio $r$ . Existem alguns lugares que consideram este como sendo o círculo de centro $O$ e raio $r$.

Uma circunferência pode ser representada por alguma letra, por exemplo, a letra grega gama maiúscula $\Gamma$ ou a letra grega gama minúscula $\gamma$. Se quisermos especificar que ela tem centro $O$ e raio $r$ podemos escrever $C(O,r)$ (em alguns lugares podemos até ver $\Gamma(O,r)$ ou $k(O,r)$).

Um segmento que une dois pontos pertencentes a uma circunferência é chamado de corda.

Se uma corda passa pelo centro, ela é chamada de diâmetro. Neste caso, o centro é o ponto médio do diâmetro.

Dizemos que $A$ e $B$ são diametralmente opostos se $AB$ for um diâmetro, como é o caso da figura acima.

Se $r$ é a medida do raio de uma circunferência, então o diâmetro mede $2r$.

Em qualquer círculo, a divisão entre o comprimento da circunferência (que chamaremos de $C$) e o do diâmetro (que denotaremos por $D$) resulta sempre no mesmo número, que é aproximadamente $3,1415\cdots$. Ele possui infinitas depois da vírgula. Este é chamado de $\pi$, que é a letra minúscula grega pi (pois perímetro em grego começa com a letra grega π).

Se $C$ for o comprimento da circunferência (ou seja, o tamanho do contorno do círculo), então $C=2\pi R$.

O pedaço da circunferência conforme a figura a seguir é chamado de arco.

Um arco que corresponde a metade de uma circunferência é chamado de semicircunferência.

Duas circunferências são chamadas de concêntricas se elas possuírem o mesmo centro.

Observação

Uma outra maneira que podemos pensar na circunferência é como sendo formada por pontos equidistantes ao centro (ou seja, quaisquer dois pontos estão à mesma distância do centro).

Observação

Dados três pontos não colineares, existe uma única circunferência que passa por eles.

A circunferência que passa pelos pontos $A, B$ e $C$ é denotada por $\odot(ABC)$.

Dizemos que quatro ou mais pontos são concíclicos se existe uma circunferência que passa por eles.

Observação

Considere uma circunferência de centro $O$ e raio $r$. Então $OP$ é menor que $r$ se, e somente se, $P$ está no interior do círculo.

Além disso, $OP$ é maior do que $r$ se, e somente se, o ponto $P$ no exterior do círculo.

Definição

O conjunto de todos os pontos que estão no interior do círculo é chamado de disco. No caso da figura a seguir, o disco corresponde a parte em azul.

Em alguns lugares, a união da circunferência e do disco é chamada de círculo.

Observação

A distância entre dois pontos quaisquer no interior é menor do que $2r$.

Proposição

Uma boa maneira de encontrarmos o centro de uma circunferência é usarmos o seguinte:

"A mediatriz de uma corda sempre passa pelo centro da circunferência".

Retas Tangentes e Secantes

Uma reta $r$ é tangente a uma circunferência quando possui somente um ponto em comum com ela. Este ponto é chamado de ponto de tangência (ou ponto de contato).

Se ela possuir dois pontos em comum, dizemos que ela é secante.

Proposição

Seja $O$ o centro de uma circunferência e $r$ uma reta tangente à ela passando por $P$. Então $OP$ é perpendicular a $r$.

Exemplo

Na figura a seguir, $M$ é ponto médio do segmento $AB$ e este último segmento é tangente à circunferência. Prove que $OA=OB$.

Solução: Como $M$ é ponto médio de $AB$, segue que $AM=MB$. Além disso, como $AB$ é tangente à circunferência, segue que $\angle OMA=\angle OMB$. Se combinarmos essas duas afirmações com o fato de que $OM$ é lado comum dos triângulos $OAM$ e $OBM$, segue que esses dois triângulos são congruentes pelo caso $LAL$. Desta forma, $OA=OB$.

Exemplo

Se $r$ é tangente a uma circunferência em $P$ , $s$ é uma reta perpendicular a $r$ que passa por $P$, prove que $s$ passa pelo centro da circunferência.

Solução: Seja $O$ o centro da circunferência. Se provarmos que $s$ coincide com $OP$, o problema estará resolvido. Sabemos que existe somente uma reta perpendicular a $r$ passando por $P$. Mas $s$ e $OP$ são duas retas que possuem essas características. Logo elas coincidem e assim $s$ passa pelo centro.

Como Provar Que uma Reta é Tangente à uma Circunferência?

Seja $P$ um ponto sobre uma circunferência de centro $O$. Se $r$ for uma reta que passa por $P$ tal que $OP$ é perpendicular a $r$, então $r$ é tangente à circunferência.

Proposição

Sejam $P$ um ponto no exterior de um círculo e $A$ e $B$ pertencentes à circunferência tais que $PA$ e $PB$ são tangentes a ela. Então $PA=PB$.

Proposição

Sejam $P$ um ponto no exterior de um círculo de centro $O$ e $A$ e $B$ pertencentes à circunferência tais que $PA$ e $PB$ são tangentes a ela. Então $PO$ é bissetriz do ângulo $\angle APB$.

Exemplo

Na figura $AB$ e $CD$ são tangentes às duas circunferências. Prove que $AB=CD$.

Solução: Seja $P$ o ponto de intersecção entre $AB$e $CD$. Então $PB=PD$ e $PA=PC$. Ao subtrairmos uma igualdade da outra:

$PA-PB=PC-PD \Leftrightarrow AB=CD.$

Circunferência Inscrita

Uma circunferência inscrita (ou o incírculo) a um polígono é aquela que é tangente a todos os seus lados. Neste caso, dizemos que o polígono é circunscrito à circunferência. O centro da circunferência inscrita é chamado de incentro. O raio desta circunferência é chamado de inraio.

Todo triângulo possui um círculo inscrito.

Proposição

Seja $ABC$ um triângulo com ${\color{red}BC=a}$, ${\color[rgb]{0.30,0.63,0.75}CA=b}$ e ${\color[rgb]{0.32,0.62,0.49}AB=c}$ de semiperímetro $p$ e considere uma circunferência inscrita a ele, cujos pontos de tangência aos lados $AB,BC$ e $CA$ são, respectivamente, $X, Y$ e $Z$. Então

${\color{red}AX=AZ=p-a}$

${\color[rgb]{0.30,0.63,0.75}BX=BY=p-b}$

${\color[rgb]{0.32,0.62,0.49}CY=CZ=p-c}.$

Exemplo (OBM 2018 - Nível 2)

a) Num triângulo $XYZ$, o incírculo tangencia os lados $XY$ e $XZ$ nos pontos $T$ e $W$, respectivamente. Prove que

$XT = XW = \dfrac{XY+XZ-YZ}{2}$

Seja $ABC$ um triângulo e $D$ o pé da altura relativa ao ponto $A$. Sejam $I$ e $J$ os incentros dos triângulos $ABD$ e $ACD$, respectivamente. Os incírculos de $ABD$ e $ACD$ tangenciam $AD$ nos pontos $M$ e $N$, respectivamente. Seja $P$ o ponto de tangência do incírculo inscrito de $ABC$ com o lado $AB$. O círculo de centro $A$ e raio $AP$ intersecta a altura $AD$ em $K$.

b) Mostre que os triângulos $IMK$ e $KNJ$ são congruentes.

c) Mostre que o quadrilátero $IDJK$ é inscritível.

Solução:

a) Seja $U$ o ponto de tangência do incírculo com o lado $YZ$, e seja $I$ o incentro de $XYZ$. Como a circunferência é tangente aos lados, $\angle ITX = \angle IWX = 90^{\circ}$. Além disso, como $XI$ é uma bissetriz, $\angle IXT = \angle IXW$, e, como $I$ é o centro do incírculo, $IT=IW$.

Com essas afirmações, é possível dizer que $\triangle ITX \equiv \triangle IWX$, donde segue que $XT=XW=x$. Analogamente, pode-se afirmar que $YT=YU=y$ e $ZW=ZU=z$, daí:

$\dfrac{XY+XZ-YZ}{2} = \dfrac{XT+YT+XW+ZW-YU-ZU}{2}=\dfrac{x+y+x+z-y-z}{2}= \dfrac{2x}{2} = XT$

Como queríamos demonstrar.

b) Sejam $E$ e $F$ os pontos de tangência dos incírculos de $ABD$ e $ACD$ com $BC$, respectivamente. Como $AD$ é uma altura e $M$, $E$, $N$ e $F$ são pontos de tangência, conclui-se que

$\angle IMD = \angle IED = \angle MDE = \angle NDF = \angle DNJ = \angle DFJ = 90^{\circ}$

E, usando a primeira igualdade do item a), $MD=DE$ e $ND=DF$, donde se conclui que $IMDE$ e $NJDF$ são quadrados.

Agora, vamos utilizar a segunda igualdade do item a). Como $AP=AK$, temos que:

$AK= \dfrac{AB+AC-BC}{2}$

Utilizando-a mais algumas vezes:

$IM=DM=ED=\dfrac{BD+AD-AB}{2}$

$NJ=ND=DF=\dfrac{DC+AD-AC}{2}$

Daí, pode-se verificar que, sabendo que $BC-BD=DC$:

$MK = AD-(DM+AK) = AD - \left( \dfrac{BD+AD-AB+AB+AC-BC}{2} \right)$

$= AD - \left( \dfrac{BD+AD+AC-BC}{2} \right) = AD - \dfrac{AD}{2} \left( \dfrac{BD+AC-BC}{2} \right)$

$= \dfrac{AD}{2} + \dfrac{BC-BD-AC}{2} = \dfrac{AD+DC-AC}{2} = NJ$

Portanto $NJ=MK$. Vamos provar, então, que $IM=NK$:

$NK = AD - (ND+AK) = AD - \left( \dfrac{DC+AD-AC+AB+AC-BC}{2} \right)$$=AD - \left( \dfrac{DC+AD+AB-BC}{2} \right) = AD - \dfrac{AD}{2} - \left( \dfrac{DC+AB-BC}{2} \right)$

$=\dfrac{AD}{2} + \dfrac{BC-DC-AB}{2} = \dfrac{AB+BD-AB}{2} = IM$

Como $\angle KNJ = \angle KMI = 90^{\circ}$, $IM=NK$ e $MK=NJ$, os triângulos $\triangle IMK$ e $\triangle KNJ$ são congruentes pelo caso LAL.

c) Como já foi estabelecido, $IMDE$ e $NJDF$ são quadrados, e como $ID$ e $DJ$ são suas diagonais, vale que $\angle IDM = \angle NDJ = 45^{\circ}$ donde $\angle IDJ = 90^{\circ}$.

Pelo resultado do item c), $IMK$ e $KNJ$ são congruentes. Como os dois são triângulos retângulos, $\angle MKI + \angle MIK = 90^{\circ}$, porém como $\angle MIK=\angle NKJ$, $\angle MKI + \angle NKJ = 90^{\circ}$, donde $\angle IKJ = 90^{\circ}$. Sabendo que $\angle IKJ$ e $\angle IDJ$ são suplemetares, é possível afirmar que $IDJK$ é inscritível e, nesse caso, num círculo de diâmetro $IJ$.

Circunferência Circunscrita

Uma circunferência circunscrita a um polígono (ou circuncírculo) é aquela que passa pelos seus vértices. Neste caso, o polígono está inscrito na circunferência. O centro da circunferência circunscrita é chamado de circuncentro. O raio da circunferência circunscrita é chamado de circunraio e é geralmente denotado pela letra $R$.

Exemplo (Cone Sul 2007)

Seja $ABCDE$ um pentágono convexo que satisfaz as seguintes condições:

• Existe uma circunferência $\Gamma$ tangente a cada um de seus lados.
• As medidas de todos os seus lados são números inteiros.
• Ao menos um dos lados do pentágono mede $1$.
• O lado $AB$ mede $2$.

Seja $P$ o ponto de tangência de $\Gamma$ com o lado $AB$

(a) Determinar as medidas dos segmentos $AP$ e $BP$.

(b) Dar um exemplo de um pentágono que satisfaz as condições estabelecidas.

Solução:

(a) Sejam $Q,R,S$ e $T$ pontos de tangência de $\Gamma$ em $BC,CD,DE$ e $EA$, respectivamente.

A estratégia a seguir será chamar a medida de $AP$ de $x$ e relacionar as medidas dos outros segmentos com $x$. Como $AB=2$, segue que $PB=2-x$ e assim $BQ=2-x$.

Se usarmos o mesmo raciocínio,

$CR=QC=BC-BQ=BC-(2-x)=BC-2+x$

$DS=DR=CD-CR=CD-(BC-2+x)=CD-BC+2-x$

$ET=ES=DE-DS=DE-(CD-BC+2-x)=DE-CD+BC-2+x.$

Como $AT=x$, segue que

$AE=AT+ET \Leftrightarrow AE=x+DE-CD+BC-2+x \Leftrightarrow 2x=AE-DE+CD-BC+2.$

Mas $AE-DE+CD-BC+2$ é um número inteiro (pois os lados do pentágono são números inteiros) e assim $2x$ também será. Porém $x$ não pode ser tão grande assim. Com efeito, $AP<AB$ e assim $x<2$, ou seja, $2x<4$.

Assim, $2x=3$, $2x=2$ ou $2x=1$. Vejamos quais dessas a gente pode construir e quais não podemos. Veremos no item (b) construções para $2x=3$ e $2x=1$.

Provaremos aqui que é impossível fazer um construção para $2x=2$, ou seja, $x=1$. Para isto, veremos quais informações conseguimos a partir daqui e se alguma delas contradiz o enunciado.

Observe que $AT=x=1$. Mas $AE>AT=1$ e $AE$ é um número inteiro. Desta forma, $AE \geq 2$. Além disso, $ET=AE-1$ de onde segue que $ET$ é número inteiro e assim $ET \geq 1$ (o que vale para $SE$, pois $SE=TE$).

Assim, $DE>SE \geq 1$, de onde segue que $DE \geq 2$ (pois $DE$ é inteiro). Como $DE$ e $SE$ são inteiros e $DS=DE-SE$, segue que $DS$ também é inteiro e com isso ele é maior ou igual a $1$ (o mesmo vale para $DR$ pois $DR=DS$).

Daí $RC$ é inteiro, pois $RC=DC-DR$ e com isso $RC \geq 1$, de onde segue que $DC \geq 2$. Analogamente, $CB \geq 2$.

Isso entra em contradição com o enunciado que diz que os pentágonos devem ter pelo menos um lado com medida igual a $1$. Logo, $2x=1$ ou $2x=3$, isto é, $AP=\frac{1}{2}$ e $BP=\frac{3}{2}$ ou $AP=\frac{3}{2}$ e $BP=\frac{1}{2}$.

(b) Um exemplo para o caso $2x=3$ (basta prolongarmos dois lados opostos de um hexágono):

Quanto ao caso $2x=1$, basta fazermos de forma análoga:

Circunferências Tangentes e Secantes

Duas circunferências são tangentes exteriores se elas possuem apenas um ponto em comum e cada uma delas está no exterior da outra.

Duas circunferências são tangentes em um ponto $P$ se, e somente se, existe uma reta que passa por $P$ e é tangente às duas circunferências.

Neste caso, a reta tangente passando por $P$ é perpendicular à reta que une os centros.

Além disso, duas circunferências são tangentes interiores se elas possuem apenas um ponto em comum e uma delas está no interior da outra.

Duas circunferências serão tangentes interiores em um ponto $P$ se, e somente se, existe uma reta que passa por $P$ e é tangente às duas circunferências.

O ponto em comum entre duas retas tangentes é chamado de ponto de tangência (ou ponto de contato).

Duas circunferências são secantes se possuem dois pontos em comum.

Proposição

Se duas circunferências são tangentes, os seus centros e o ponto de tangência são colineares.

Exemplo

Na figura, as retas $AB$, $AC$ e $r$ são tangentes a ambas as circunferências. Se $B$, $C$, $D$ e $E$ são pontos de tangência, prove que $BC$, $DE$ e $r$ são paralelos.

Solução: Observe que $AO_1$ e $AO_2$ são bissetrizes de $\angle BAC$. Desta forma, $A$, $O_1$ e $O_2$ são colineares. Como $ABC$ é um triângulo isósceles e $AO_1$ contém sua bissetriz relativa a $A$, segue que $AO_1$ é perpendicular a $BC$. De modo análogo, podemos provar que $AO_2$ é perpendicular a $DE$. Como $AO_1$ e $AO_2$ coincidem, segue que $BC$ e $DE$ são paralelas.

Além disso, $r$ é perpendicular a $O_1 O_2$, que coincide com $AO_1$. Com isso, $r$ também é paralela a $BC$ e a $DE$.

Circunferências Ortogonais

As circunferências ortogonais são circunferências secantes de forma que os raios de uma circunferência até os pontos de interseção são tangentes à outra circunferência; essa relação é recíproca e implica que os raios das duas circunferências em relação aos pontos de interseção são perpendiculares, como na figura abaixo:

Quando duas circunferências são ortogonais, elas também podem ser chamadas de perpendiculares.

Exemplo

No triângulo $ABC$, a circunferência $\Gamma$ de diâmetro $BC$intersecta $AB$ e $AC$ em $F$ e $E$, respectivamente. Prove que $\Gamma$ e o circuncírculo de $AFE$ são ortogonais.

Solução: Como $\angle BEC = \angle BFC = 90^{\circ}$, $BE$ e $CF$ são alturas de $ABC$ e, portanto, se intersectam no ortocentro $H$. Sendo $M$o ponto médio de $BC$, centro de $\Gamma$, temos que $MB=MF=ME=MC$. Queremos provar que as dias circunferências são ortogonais, e isso equivale a provar que $ME$ e $MF$ são tangentes ao circuncírculo de $AFE$. Para isso, usando a propriedade de ângulo de segmento, podemos provar que $\angle EFM = \angle BAC$ e teremos o resultado desejado.

Podemos usar o quadrilátero cíclico $BCEF$e concluir que $\angle CBE = \angle CFE$, além disso, como $MF=MC$, então $\angle BCF = \angle CFM$, assim

$\angle EFM = \angle CBH + \angle BCH = 180^{\circ} - \angle BHC$.

Como $\angle HEA = \angle HFA = 90^{\circ}$, segue que $AFHE$é inscritível, donde $\angle BAC = 180^{\circ} - \angle EHF = 180^{\circ} - \angle BHC$, ou seja, $\angle EFM = \angle BAC$, concluindo a prova.

Observação: É importante notar aqui que não precisamos do ponto $A$: poderíamos definir o circuncírculo de $AFE$ como o circuncírculo de $EFH$, sendo $H$ a interseção de $BE$ e $FC$, e o resultado seria exatamente o mesmo. Essa ideia será útil no exemplo a seguir.

Exemplo (OBM 2015 - 3ª Fase - Nível 2)

Seja $ABCD$ um quadrilátero convexo. As retas $AB$ e $CD$ cortam-se em $E$ e as retas $BC$ e $AD$ cortam-se em $F$. Sejam $P$ e $Q$ os pés das perpendiculares de $E$ sobre as retas $AD$ e $BC$, respectivamente, e sejam $R$ e $S$ os pés das perpendiculares de $F$ sobre as retas $AB$ e $CD$, respectivamente. As retas $ER$ e $FS$ se cortam em $T$.

a) Mostre que há uma circunferência que passa pelos pontos $E$, $F$, $P$, $Q$, $R$ e $S$.

b) Prove que a circunferência que passa pelos vértices do triângulo $RST$ é tangente à circunferência que passa pelos vértices do triângulo $QRB$.

Solução:

a) Como $\angle EPF = \angle EQF = \angle ERF = \angle ESF = 90^{\circ}$, todos os seis pontos estão numa circunferência de diâmetro $EF$, que chamaremos de $\Gamma$.

b) Tomemos $M$como o ponto médio de $EF$. Vamos apagar os pontos desnecessários da figura e pensar no que vemos:

Temos uma circunferência $\Gamma$ de diâmetro $EF$, e $R$, $S$e $Q$ são pontos em $\Gamma$, de forma que $B$ é a interseção de $ER$ e $FQ$ e $T$ é a interseção de $ER$ e $FS$. Queremos saber sobre os circuncírculos de $QRB$ e $RST$... parece uma boa hora para usarmos o exemplo anterior! Temos que as circunferências $\Gamma$ e $\odot QRB$ são ortogonais, o que significa que $MQ$ e $MR$ são tangentes a $\odot QRB$. Também pelo exemplo anterior, $\Gamma$ e $\odot RST$ são ortogonais, donde $MS$ e $MR$ são tangentes a $\odot RST$. Disso, vemos que $MR$ é uma tangente comum a $\odot QRB$ e $\odot RST$, e como $R$ é um ponto comum às duas circunferências, elas devem ser, portanto, tangentes.

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Bibliografia

• BARBOSA, João Lucas Marques. Geometria Euclidiana Plana. 11ª. ed. [S.l.]: SBM, 2012. 257 p.