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Apresentamos a seguir alguns resultados que servem de ferramenta para resolução de problemas de geometria elementar envolvendo quadriláteros e triângulos, bastante freqüentes em problemas de olimpíada.
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Os ângulos opostos de um quadrilátero inscritível são suplementares. Reciprocamente, se os ângulos opostos de um quadrilátero são suplementares, então esse quadrilátero é inscritível (cíclico). A B D C O Além disso, se ocorrer uma situação onde dois ângulos iguais “olham” para um mesmo segmento, então os extremos desse segmento e os vértices dos dois ângulos formam um quadrilátero inscritível. A B D α C α Exemplo: Seja AB o diâmetro de um semicírculo. Um ponto M é marcado no semicírculo e um ponto K é marcado sobre AB. Um círculo com o centro P passa por A , M , K e um círculo com centro Q passa por M , K , B. Prove que M , K , P , Q pertencem a um mesmo círculo. Solução: No círculo circunscrito de AMK , ∠ MPK = 2∠ MAK ; e no círculo circunscrito de BMK , ∠ MQK = 2 ∠ MBK. Como AB é diâmetro do semicírculo, ∠ AMB = 90 o^ e ∠ MAK +∠ MBK = 90o. Daí, ∠ MPK +∠ MQK = 180o^ e MPKQ é inscritível.
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Se ABCD é um quadrilátero inscritível de diagonais AC e BD , então: AB × CD + AD × BC = AC × BD. A B D C E a b c d Prova : Seja x = BD e y = AC e a , b , c , d , os comprimentos dos lados. Construa ∠ CDE = ∠ ABD , E ∈ AC. Daí, ∆ CDE ∼ ∆ ADB e ∆ ADE ∼ ∆ BCD , dando, respectivamente, EC ⋅ x = ac e AE ⋅ x = bd. Somando essas duas últimas equações, temos xy = ac + bd , como queríamos provar (^) q Há também uma extensão para esse teorema que vale para quadriláteros não inscritíveis: AB × CD + AD × BC > AC × BD , isto é, numa situação geral vale AB × CD + AD × BC ≥ AC × BD. Exemplo: Prove que, se ABCDEFG é um heptágono regular convexo, então: AB AC AD 1 1 1 = +. Aplicando o Teorema de Ptolomeu no quadrilátero inscritível ACDE , onde CD = DE = a = AB , AC = CE = b e AD = AE = c , temos bc = ac + ab. Dividindo essa última equação por abc , segue o resultado.
BFCKLH)BQYCZCM[KLP JCFQK'BDCGNXJE\CPCRQG BVDCM]M9F JEMARQKLP JEFCM]BV@CU^TL_LF JCG RQK
KDEM[RCGFERC@QPCRQKLP JEFCMBQM[H)BCDCMMOWLMONXJEM
Sejam H e O respectivamente o ortocentro e o circuncentro, do ∆ ABC e M , o ponto médio do lado BC. Então AH = 2⋅ OM.
A
B X M C
N
Y
H O
Prova: Sejam AX e BY alturas e N , o ponto médio de AC. Como MN é base média, MN // AB e MN = ½ AB. Daí, ∆ ABH ∼ ∆ OMN pois têm lados paralelos entre si (e razão 2:1). Portanto, AH = 2⋅ OM (^) q
