Conjugados Isogonais

Isogonais[]

Seja $ABC$ um triângulo e $AX$ uma ceviana. Diremos que $AY$ é ceviana isogonal de $AX$ quando a semirreta $AY$ for simétrica a $AX$ em relação à bissetriz de $\angle BAC$ .

Nesta definição, se $AL$ for a bissetriz de $\angle BAC$ , então $\angle XAL = \angle LAY$ e $\angle BAX = \angle YAC$ .

Simedianas[]

As simedianas são os isogonais das medianas. A simediana passando por $A$ é chamada de $A$ -simediana.

Conjugados Isogonais[]

Seja $ABC$ um triângulo qualquer e $T$ um ponto. Se refletirmos as retas $TA,TB$ e $TC$ em relação as bissetrizes internas de $ABC$ , teremos três retas que se encontram em um ponto. Este ponto será chamado de conjugado isogonal de $T$ em relação a $ABC$ e será denotado por $T^{-1}$ .

Conjugados Isogonais Comuns[]

O incentro é o próprio conjugado isogonal. Os ex-incentros também são seus próprios conjugados isogonais.

O ortocentro e o circuncentro são conjugados isogonais.

O baricentro e o ponto simediano (ponto de concorrência das simedianas, também chamado de ponto de Lemoine) são conjugados isogonais.

Como Traçar uma Simediana?[]

Sejam $ABC$ um triângulo qualquer e $\Gamma$ o círculo passando por $A, B$ e $C$ . Suponha que as retas tangentes a $\Gamma$ passando por $B$ e $C$ se encontram em $\Gamma$ . Então $AD$ contém a $A$ -simediana.

Exemplo (Cone Sul 2009)[]

Sejam $A, B$ e $C$ pontos tais que $B$ é ponto médio do segmento $AC$ e seja $P$ um ponto tal que $\angle PBC=60^{\circ}$ . São construídos o triângulo equilátero $PCQ$ tal que $B$ e $Q$ estão em semiplanos diferentes em relação a $PC$ , e o triângulo equilátero $APR$ tal que $B$ e $R$ estão no mesmo semiplano em relação a $AP$ . Seja $X$ o ponto de interseção das retas $BQ$ e $PC$ ; seja $Y$ o ponto de interseção das retas $BR$ e $AP$ . Demonstre que $XY$ e $AC$ são paralelos.

Solução: É suficiente mostrarmos que $\angle PXY = \angle PCA$ . Vamos começar encontrando uma simediana na figura. Mostraremos que $RB$ contém a $B$ -simediana do triângulo $ABP$ . Para isto, provaremos que $RA$ e $RP$ são tangentes ao circírculo do triângulo $ABP$ . Para isto, é suficiente tomarmos $S$ o centro deste círculo e mostrarmos que $\angle SPR = \angle SPA = 90^{\circ}$ .

Já sabemos que $\angle APR = 60^{\circ}$ . É suficiente mostrarmos que $\angle SPA=30^{\circ}$ . Sabemos que $\angle ABP = 120^{\circ}$ , de onde segue que o arco $\widehat{AP}$ que não contém $B$ mede $240^{\circ}$ , enquanto o arco $AP$ que contém $B$ mede $120^{\circ}$ . Logo, $ASP=120^{\circ}$ . Como $SA=SP$ , segue que $\angle SPA=30^{\circ}$ .

Desta forma,

$\angle SPR = \angle SPA + \angle APR = 30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ},$

de onde segue que $RP$ é tangente ao circuncírculo de $ABP$ . Analogamente, $RA$ também é tangente. Com isso, $RB$ contém a $B$ -simediana. Mais ainda, $BY$ é a $B$ -simediana. Com isso, por definição, $\angle PBY = \angle ABM$ , onde $M$ é ponto médio de $AP$ . Mas $BM$ é base média do triângulo $APC$ . Assim $\angle ABM = \angle PCA$ .

Lembra-se que queríamos provar que $\angle PXY = \angle PCA$ ? Para isto, por estas igualdades anteriores, basta mostrarmos que $\angle PXY = \angle PBY$ . Isto equivale a mostrarmos que o quadrilátero $PXBY$ é inscritível.

Vamos ver se conseguimos informações sobre a figura, para nos ajudar a montar uma estratégia. Observe que $PC=PQ$ e $PA=PR$ .

$\angle APC = \angle APR + \angle RPC = 60^{\circ}+\angle RPC$

e

$\angle RPQ = \angle CPQ + \angle RPC = 60^{\circ}+\angle RPC.$

Desta maneira, $\angle APC = \angle RPQ (*)$ , de onde segue que os triângulos $PAC$ e $PRQ$ são congruentes pelo caso $LAL$ . Com isso, $\angle RQP = \angle PCA = \angle PBY$ . Assim, o quadrilátero $PQRB$ é inscritível. Se combinarmos isto com $(*)$ , conseguiremos a igualdade $\angle RBQ = \angle RPQ = \angle APC$ e assim $PXBY$ é inscritível.

Portanto, $\angle PXY = \angle PBY$ e assim $\angle PXY = \angle PCA$ . Logo, $XY$ e $AC$ são paralelos.

Proposição[]

Em um triângulo $ABC$ , $AP$ e $AQ$ são isogonais em relação ao ângulo $\angle BAC$ . Se $X$ e $Y$ são as projeções de $P$ sobre $AB$ e $AC$ , $AQ$ é perpendicular a $XY$ .

Demonstração: Seja $Z$ a interseção entre a reta $AQ$ e a reta $XY$ . Como $\angle AXP = \angle AYP = 90^{\circ}$ , o quadrilátero $AXPY$ é cíclico. Sabe-se que $\angle XAZ = \angle PAY$ e que $\angle ZXA = \angle YPA$ , portanto $\angle AYP = \angle AZX = 90^{\circ}$ , concluindo a demonstração.

Exemplo (OBM 2013 - 3ª Fase - Nível 2)[]

Seja $ABC$ um triângulo escaleno e $AM$ a mediana relativa ao lado $BC$ . A circunferência de diâmetro $AM$ intersecta pela segunda vez os lados $AB$ e $AC$ nos pontos $P$ e $Q$ , respectivamente, ambos diferentes de $A$ . Supondo que $PQ$ é paralelo a $BC$ , determine a medida do ângulo $\angle BAC$ .

Observação: Existe outra solução para esse problema na página de Lei dos Senos.

Solução. Repare que, como $\angle MPA = \angle MQA = 90^{\circ}$ , pela proposição acima, a reta perpendicular a $PQ$ passando por $A$ é isogonal a $AM$ , mas, como $PQ$ é paralelo a $BC$ , a altura de $A$ relativa a $BC$ deve ser isogonal a $AM$ . Como o ortocentro e o circuncentro são conjugados isogonais, temos que a reta $AM$ deve passar pelo circuncentro. Seja, então, $O$ o circuncentro de $ABC$ (que provamos que pertence a $AM$ ); temos dois casos para determinar sua posição:

Caso 1: O ponto $O$ não coincide com $M$ .

Como $O$ e $M$ pertencem à mediatriz de $BC$ , $A$ também está na mediatriz de $BC$ e portanto $AB=AC$ . Como o enunciado especificou que o triângulo $ABC$ é escaleno, esse caso não vale.

Caso 2: O ponto $O$ coincide com $M$ .

A única maneira do ponto médio de um lado ser o circuncentro do triângulo é se esse lado for a hipotenusa de um triângulo retângulo. É possível verificar isso vendo que $MA=MB=MC \implies \angle MBA = \angle MAB = \alpha$ e $\angle MCA = \angle MAC = \beta$ , donde temos que $\angle BAC = \alpha + \beta$ e:

$180^{\circ} = \angle BAC + \angle ABC + \angle BCA = 2(\alpha + \beta) = 2\angle BAC$ O que significa que $\angle BAC = 90^{\circ}$ .

Exemplo (OBM 2020 - Nível 3)[]

Seja $ABC$ um triângulo. Os círculos ex-inscritos (que tangenciam um lado e os prolongamentos de outros dois lados) tocam os lados $BC$ , $CA$ e $AB$ nos pontos $U$ , $V$ e $W$ , respectivamente. Sejam $r_u$ a reta que passa por $U$ e é perpendicular a $BC$ , $r_v$ a reta que passa por $V$ e é perpendicular a $CA$ e $r_w$ a reta que passa por $W$ e é perpendicular a $AB$ . Prove que as retas $r_u$ , $r_v$ e $r_w$ passam por um mesmo ponto.

Solução: A definição dessas retas está esquisita, vamos melhorá-la. Como $BC$ é tangente ao círculo ex-inscrito em $U$ , o fato da reta $r_u$ passar por $U$ e ser perpendicular a $BC$ indica que $r_u$ passa pelo centro do círculo ex-inscrito a $BC$ , o ex-incentro relativo a $A$ . Assim, $r_u$ , $r_v$ e $r_w$ são, na verdade, as retas que partem dos ex-incentros e são perpendiculares a $BC$ , $CA$ e $AB$ , respectivamente. Para conveniência, vamos considerar o ex-incentro relativo a $A$ como $I_A$ , definindo $I_B$ e $I_C$ analogamente.

Como as bissetrizes internas são perpendiculares às externas, se considerarmos o incentro $I$ de $ABC$ , os pontos $A$ , $B$ e $C$ são as projeções de $I$ sobre $I_BI_C$ , $I_AI_C$ e $I_AI_B$ , respectivamente. Pela proposição que vimos acima, $r_u$ é a isogonal de $I_AI$ no triângulo $I_AI_BI_C$ , analogamente, $r_v$ e $r_w$ são as outras isogonais, que vão passar pelo conjugado isogonal de $I$ em $I_AI_BI_C$ ! Para sermos mais específicos, como $I$ é o ortocentro de $I_AI_BI_C$ , o ponto de concorrência das retas será o circuncentro de $I_AI_BI_C$ .

Exemplo (IMO 2004)[]

Em um quadrilátero convexo $ABCD$ a diagonal $BD$ não divide nenhum dos ângulos $\angle ABC$ e $\angle CDA$ ao meio. O ponto $P$ no interior de $ABCD$ satisfaz

$\angle PBC=\angle DBA$ e $\angle PDC=\angle BDA.$

Prove que $ABCD$ é um quadrilátero cíclico se, e somente se, $AP=CP$ .

Solução: ( $\Rightarrow$ ) Aqui é suficiente mostrarmos que $P$ pertence à mediatriz de $AC$ . Como podemos usar as informações que o enunciado nos deu? Já que temos que $ABCD$ é inscritível, podemos usar $\odot(ABCD)$ a nosso favor e por isso podemos falar sobre ângulos na circunferência. Como podemos falar sobre $\angle PBC=\angle DBA$ e $\angle PDC=\angle BDA$ na circunferência? Considere $E$ e $F$ pontos (diferentes de $B$ e $D$ , respectivamente) definidos com a intersecção de $\odot(ABCD)$ com $BP$ e $DP$ , respectivamente.

Já que queremos falar sobre $AC$ , vale a pena ligar $A$ com $C$ e ver se esse segmento tem a ver com os ângulos que aparecem no enunciado. Observe que $\angle ACB=\angle BDA$ , pois ambos enxergam $\widehat{AB}$ . O enunciado nos diz que $\angle BDA$ tem a mesma medida que $\angle PDC$ . Por isso, para usarmos essas ideias, vale a pena mexermos com esse último ângulo. Observe que este último ângulo enxerga o arco $\widehat{FC}$ . O mesmo acontece com o ângulo $\angle CBF$ . Desta forma, $\angle CBF=\angle PDC=\angle BDA$ . Assim $\angle ACB=\angle CBF$ , de onde segue que $BF$ é paralelo a $AC$ .

Com isso, $ABFC$ é um trapézio inscritível. Mas o único trapézio com essa propriedade é o isósceles. Com isso, $ABFC$ é um quadrilátero deste tipo. Além disso, observe que os triângulos $FAC$ e $BCA$ são congruentes pelo caso $LAL$ (de fato, $AC$ é lado comum, $BA=FC$ e $\angle BAC=\angle FCA$ ). Logo $\angle FAC=\angle BCA$ . Desta forma, $\angle PAC=\angle FAC=\angle BCA=\angle PCA$ e portanto $AP=PC$ .

( $\Leftarrow$ ) Suponha, sem perda de generalidade, que $P$ está no interior de $ACD$ e $BCD$ . Considere $K$ e $L$ os pontos onde $AC$ intersecta $BP$ e $DP$ , respectivamente. Quando vemos $\angle PBC=\angle DBA$ e $\angle PDC=\angle BDA$ , pode ser natural pensar: "nossa, que cheiro de conjugados isogonais". A primeira igualdade nos diz que $BA$ e $BC$ são simétricos em relação à bissetriz de $\angle DBP$ . Já com a segunda igualdade, podemos concluir que $DA$ e $DC$ são simétricos em relação à bissetriz de $\angle BDP$ . Portanto, $A$ e $C$ são conjugados isogonais em relação ao triângulo $BDP$ .

Desta forma, podemos concluir que $PA$ e $PC$ são simétricos em relação à bissetriz de $\angle BDP$ . Será que essa informação que conseguimos com conjugados isogonais nos ajuda a encontrar ângulos legais?

Considere $R$ e $S$ os pontos de encontro da bissetriz de $\angle DPB$ (e seu prolongamento) com $BD$ e $CD$ , respectivamente. Como $PA$ e $PC$ são simétricas em relação a reta que passa pela bissetriz de $\angle DPB$ , segue que $\angle APR=\angle CPS$ . Além disso, como $RP$ é uma bissetriz, segue que $\angle RPK=\angle RPD$ . Mas repare que $\angle RPD$ e $\angle LPS$ são opostos pelo vértice. Assim $\angle RPK=\angle LPS$ . Como $\angle APK=\angle RPK-\angle APR$ e $\angle CPL=\angle LPS-\angle CPS$ , segue que $\angle APK=\angle CPL$ .

Eles parecem ser conjugados isogonais e assim simétricos em relação à bissetriz de $\angle APC$ . Vale a prestarmos atenção no triângulo $APC$ , afinal nele existem os lados $AP$ e $PC$ e de alguma forma precisamos usar que eles são iguais. Como o triângulo $APC$ é isósceles, segue que a bissetriz de $\angle APC$ também é a mediatriz de $AC$ . Como essa mediatriz parece importante, vamos chamá-la de $p$ . Considere $X$ a intersecção entre $p$ e $AC$ . Observe que $K$ e $L$ são simétricos em relação a essa mediatriz (de fato, os triângulos $APK$ e $CPL$ são congruentes e assim $AK=CL$ , de onde segue que $KX=LX$ ).

Aqui $p$ parece ser um eixo de simetria. Conhecemos algum quadrilátero inscritível com eixo de simetria: sim o trapézio isósceles (o eixo de simetria seria o segmento que os pontos médios de suas bases). O trapézio isósceles é formado por dois pares de vértices simétricos em relação a esse eixo de simetria. Observe que $A$ é simétrico a $C$ em relação a $p$ . Tomemos $E$ o simétrico de $D$ em relação a $p$ . Repare que $ADEC$ é um trapézio isósceles (de fato, $DE$ é paralelo a $AC$ pois ambos são perpendiculares a $p$ e $AD=CE$ ) e portanto é inscritível. Por isso, para resolvermos o problema, basta mostrarmos que $BDEC$ é inscritível.

Uma maneira de fazermos isso é provarmos que $\angle BDC=\angle BEC$ . Uma das vantagens de termos que provar isso é que $\angle BDC$ está se envolvendo com um dos ângulos que aparece em uma das igualdades do enunciado: $\angle PDC$ . Como poderemos usar a igualdade do enunciado para falarmos mais sobre $\angle BDC$ ? Note que pela igualdade do enunciado,

$\angle BDC=\angle BDP+\angle PDC=\angle BDP+\angle BDA=\angle ADP.$

Podemos envolver $\angle ADP$ e $\angle BED$ . Existe um ângulo "próximo" de $\angle BED$ que podemos envolver com $\angle ADP$ . Observe os triângulos $ADP$ e $CEP$ . Neles $PA=PC$ (segundo o enunciado), $PD=PE$ (afinal $E$ é simétrico de $D$ em relação a $p$ ) e $AD=CE$ . Desta forma, esses triângulos são congruentes pelo caso $LLL$ . Assim $\angle ADP=\angle CEP$ . Para resolvermos o problema, seria suficiente mostrarmos que $\angle ADP=\angle BEC$ . Assim, basta mostrarmos que $\angle BEC=\angle CEP$ . Isso ocorre quando $B$ , $E$ e $P$ são colineares.

Vamos provar essa última afirmação. Como provar colinearidade? Uma maneira é mostrar que eles formam ângulos OPV, ou seja, podemos mostrar aqui que $\angle BPX=\angle EPY$ , onde $Y$ é um ponto sobre a reta $PX$ tal que $P$ está entre $Y$ e $X$ . Acontece que $\angle BPX$ está próximo dos ângulos $\angle APK$ e $\angle CPL$ , justamente dois ângulos que sabemos ser iguais e que ainda não usamos essa informação.

Note que a igualdade $\angle APK=\angle CPL$ nos diz que $\angle BPX=\angle LPX$ . Mas $\angle LPX=\angle DPY$ (pois eles são opostos pelo vértice) e $\angle DPY=\angle EPY$ (pois $D$ e $E$ são simétricos em relação a $p$ ). Desta forma, $\angle BPX=\angle EPY$ e assim $B$ , $P$ e $E$ são colineares. Desta forma, $\angle BDC=\angle BEC$ e assim $BDEC$ é inscritível, de onde segue que $ABCD$ também é.