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Geometria Plana

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BCP ′C =
BC
PC e da´ı P
′C = PC,o que implica P ′ = P.
Como corola´rios do Teorema de Ceva podemos obter os resultados dos teoremas 10.48,
(11.1) e (11.2). De fato, se no Teorema de Ceva, tomarmos P,Q,R como pontos me´dios de
BC,AC,AB, respectivamente, temos:
BP
PC
=
CQ
QA
=
AR
RB
= 1,
e, da´ı, a condic¸a˜o suficiente do teorema estara´ satisfeita, levando-nos a concluir que as medianas
de um triaˆngulo interceptam-se num ponto (vide teorema 11.2).
Se tomarmos as retas passando por A,B,C e perpendiculares a BC,AC,AB, respectiva-
mente, temos P,Q,R os pe´s dessas perpendiculares; com a = BC, b = CA e c = AB, temos:
BP = c cos B̂, PC = b cos Ĉ, CQ = a cos Ĉ,
QA = c cos Â, AR = b cos Â, RB = a cos B̂.
Da´ı,
BP
PC
· CQ
QA
· AR
RB
=
c cos B̂
b cos Ĉ
· a cos Ĉ
c cos Â
· b cos Â
a cos B̂
= 1,
e, pelo Teorema de Ceva, conclu´ımos que as alturas de um triaˆngulo interceptam-se num ponto
(vide teorema 11.1).
Vimos, no Teorema da Bissetriz Interna que, as bissetrizes de um aˆngulo de um triaˆngulo,
dividem o lado oposto em dois segmentos cujos comprimentos esta˜o na mesma raza˜o que o
comprimento dos dois lados restantes.
Sejam, enta˜o, P,Q e R as intersec¸o˜es das bissetrizes em A,B e C com os respectivos lados
opostos. Pelo resultado acima, segue que
BP
PC
=
c
b
,
CQ
QA
=
a
c
,
AR
RB
=
b
a
,
e, da´ı,
BP
PC
· CQ
QA
· AR
RB
=
c
b
· a
c
· b
a
= 1.
Pelo Teorema de Ceva, conclu´ımos que as bissetrizes de um triaˆngulo interceptam-se num ponto
(vide teorema 10.48).
Em resumo: os resultados dos teoremas 10.48, 11.1 e 11.2 sa˜o casos especiais do Teorema de
Ceva.
11.8 Teorema. (Euler) Em qualquer triaˆngulo, seu baricentro, ortocentro e circuncentro sa˜o
pontos colineares.
96
Pontos de Brocard
Prova: Seja ABC um triaˆngulo qualquer. Consideremos as medianas relativas aos lados
BC,AC,AB e chamemos de MA,MB,MC os pontos me´dios de BC,AC,AB, respectivamente.
Seja G o baricentro do triaˆngulo ABC, isto e´, G e´ o ponto comum a MA,MB,MC (vide teorema
11.2). Fica, assim, determinado o triaˆngulo MAMBMC .
A
B C
.
..
O
G
I
Figura 11.3: A reta de Euler.
Como MCMB = 12BC, MCMA =
1
2AC e MAMB =
1
2AB, segue que os triaˆngulos MAMBMC e ABC sa˜o
semelhantes com raza˜o de semelhanc¸a igual a 1/2. Sabe-
mos, do exerc´ıcio 9.22, que, nesses triaˆngulos, segmentos
homo´logos esta˜o entre s´ı na mesma raza˜o, 1/2.
Agora, pelo ponto A tracemos o segmento AHA, altura
relativa ao lado BC. Por MB, tracemos a perpendicular a
AC que vai interceptar a perpendicular a BC pelo ponto
MA, no ponto I. Essas perpendiculares sa˜o mediatrizes dos
lados AC e BC, respectivamente; logo, I e´ o circuncentro
do triaˆngulo ABC (vide teorema.10.38). Por outro lado,
a altura relativa ao lado AC intercepta AHA num ponto
O, o ortocentro do triaˆngulo ABC (vide teorema 11.1).
Queremos provar que G,O, I, esta˜o sobre uma mesma reta. Para isso, vamos considerar o
triaˆngulo AOG e MAIG. Temos que I e´ o ortocentro do triaˆngulo MAMBMC (!), da´ı MAI =
1
2AO, e ainda, MAG =
1
2AG. Por outro lado, AO e MAI sa˜o paralelas cortadas pela transversal
AMA; logo, os aˆngulos GÂO e GM̂AI sa˜o congruentes. Pelo segundo caso de semelhanc¸a de
triaˆngulos, segue que os triaˆngulos AOG e MAIG sa˜o semelhantes, logo, os aˆngulos AĜO e
MAĜI sa˜o congruentes. Assim
−−→
GO e
−→
GI sa˜o semi-retas opostas (!) e, portanto, os pontos
G,O, I sa˜o colineares.
11.9 Observac¸a˜o. A reta que conte´m o baricentro, ortocentro e o circuncentro de um triaˆngulo
e´ chamada reta de Euler (em homenagem a Leonhard Euler (1707-1783), matema´tico su´ıc¸o
que descobriu e demonstrou o teorema 11.8).
11.10 Exerc´ıcio. Mostre que o ponto I no teorema 11.8 e´ o ortocentro do triaˆnguloMAMBMC .
11.2 Pontos de Brocard
Seja ABC um triaˆngulo qualquer.
11.11 Definic¸a˜o. O ponto P , no interior de ABC, e´ chamado primeiro ponto de Brocard
se PÂC = PĈB = PB̂A. O ponto Q, no interior de ABC, e´ chamado segundo ponto de
Brocard se QÂB = QĈA = QB̂C (figura 11.4).
11.12 Teorema. Em qualquer triaˆngulo, existe um u´nico primeiro ponto de Brocard.
Prova: Seja ABC um triaˆngulo e sobre seus lados construamos os triaˆngulos A1BC,AB1C
e ABC1, semelhantes ao triaˆngulo ABC, como mostrado na figura 11.5. Seja P um ponto no
interior do triaˆngulo ABC.
Como PĈB = Ĉ − PĈA, as relac¸o˜es PÂC = PĈB e PAˆC = Ĉ − PĈA sa˜o equivalentes.
Assim, Ĉ = PAˆC +PĈA = 180◦−AP̂C. Da´ı, para um ponto P no interior do triaˆngulo ABC,
97
Pontos de Brocard
A C
B
A C
B
. .
Q
P
Figura 11.4: Pontos de Brocard.
α β
αβ
β
α
α
β
γ
γ
γ
A C
B A1
B1
C1
Figura 11.5: Triaˆngulos A1BC,AB1C,ABC1.
temos: Ĉ = 180◦ − AP̂C se, e somente se, P e´ um ponto sobre a circunfereˆncia circunscrita ao
triaˆngulo AB1C (teorema 10.43).
Um argumento ana´logo para os outros aˆngulos mostra que vale o seguinte resultado (ex-
isteˆncia do primeiro ponto de Brocard): P e´ o primeiro ponto de Brocard se, e somente se, ele
pertence a`s treˆs circunfereˆncias circunscritas aos treˆs triaˆngulos A1BC, AB1C e ABC1.
A unicidade do primeiro ponto de Brocard segue da unicidade das circunfereˆncias circun-
scritas aos triaˆngulos A1BC,AB1C e ABC1.
11.13 Corola´rio. Os segmentos AA1, BB1 e CC1 passam pelo ponto P.
Prova: Liguemos o ponto P a todos os ve´rtices dos triaˆngulos considerados. Da congrueˆncia
de aˆngulos inscritos que subentendem o mesmo arco, os aˆngulos sa˜o precisamente como mostrado
na figura 11.5. Desde que α+ β + γ = 180◦, temos que os segmentos AA1, BB1 e CC1 passam
pelo ponto P.
98
Pontos de Brocard
11.14 Corola´rio. P e´ ponto de intersec¸a˜o das treˆs circunfereˆncias tangentes a`s retasAB,BC,AC
nos pontos A,B e C, e que passam pelos pontos C,A e B, respectivamente.
Prova: Desde que AB̂C ≡ BÂ1C,BĈA ≡ CB̂1A,CÂB ≡ AĈ1B, segue que as circun-
fereˆncias circunscritas aos triaˆngulos A1BC,AB1C,ABC1 sa˜o tangentes a`s retas AB,BC,AC
nos pontos A,B e C, respectivamente.
11.15 Exerc´ıcio. Sobre os lados do triaˆngulo ABC construa triaˆngulos A1BC,AB1C e ABC1,
semelhantes ao triaˆngulo ABC, de modo que AA1, BB1 e CC1 interceptam-se no segundo ponto
de Brocard (justifique sua construc¸a˜o). Prove ainda que o segundo ponto de Brocard e´ u´nico.
Vejamos agora algumas propriedades interessantes dos pontos de Brocard.
11.16 Teorema. Se P e´ o primeiro ponto de Brocard e se as retas AP , BP e CP interceptam
a circunfereˆncia circunscrita ao triaˆngulo ABC nos pontos A1, B1e C1, respectivamente, enta˜o
os triaˆngulos ABC e B1C1A1 sa˜o congruentes (para o segundo ponto de Brocard temos ABC e
C1A1B1 congruentes).
Prova: Os arcos
_
BC e
_
A1C1 sa˜o congruentes pois
BA1C =
_
BA1 +
_
A1C,
_
A1BC1 =
_
A1B +
_
BC1
e
_
BC1 =
_
A1C, da´ı, subentendem cordas congruentes, isto e´, BC = A1C1. Analogamente,
podemos mostrar que AB = C1B1 e AC = A1B1. Assim, pelo teorema 4.20, segue que ABC ≡
B1C1A1.
11.17 Exerc´ıcio. Prove que para o segundo ponto de Brocard ABC ≡ C1A1B1.
11.18 Teorema. Se PA′, PB′ e PC ′ sa˜o segmentos com extremidades no primeiro ponto de
Brocard, P , e perpendiculares aos lados BC, CA e AB, respectivamente, enta˜o os triaˆngulos
ABC e B′C ′A′ sa˜o semelhantes e a raza˜o de semelhanc¸a e´ senϕ, onde ϕ = PAˆC = PĈB =
PB̂A. ϕ e´ chamado aˆngulo de Brocard.
Prova: Os pontos B′ e C ′ pertencem a` circunfereˆncia com diaˆmetro AP, da´ı,
B′Ĉ ′P = B′ÂP = ϕ e C ′B̂′P = C ′ÂP = α− ϕ.
Analogamente,
C ′Â′P = ϕ e A′Ĉ ′P = β − α;A′B̂′P = ϕ e B′Â′P = γ − ϕ.
Assim, os aˆngulos do triaˆngulo B′C ′A′ sa˜o congruentes aos aˆngulos do triaˆngulo ABC e, da´ı,
esses triaˆngulos sa˜o semelhantes. Ale´m disso, os aˆngulos dos triaˆngulos ABP e B′PC ′ sa˜o
congruentes, logo B
′C′
AB =
B′P