Pontos Notáveis do triângulo

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Geometria Plana
Leandro Farias
26 de dezembro de 2015
Pontos Nota´veis
Os Pontos Nota´veis de um triaˆngulo sa˜o muito importantes na resoluc¸a˜o
de inu´meros exerc´ıcios, como sera´ visto ao longo do cap´ıtulo. Para um aluno
ol´ımpico, e´ essencial saber explorar todas as propriedades envolvendos tais
pontos de forma que auxilie-os na resoluc¸a˜o dos exerc´ıcios das olimp´ıadas de
matema´tica ao redor do mundo. Vamos abordar e demonstrar os resultados
mais pertinentes sobre os pontos nota´veis, bem como apresentar uma se´rie de
exerc´ıcios envolvendo o assunto em questa˜o.
Recomendo que os alunos que esta˜o se preparando para as olimp´ıadas de
matema´tica, ale´m de ler os Teoremas, saibam demonstra´-los, porque assim ga-
nhara´ tempo nas questo˜es que envolvam tais pontos.
1
A Figura 1 apresenta os pontos nota´veis que sera˜o estudados ao longo do
cap´ıtulo. Definimos
O
A
B CHA
H
HC
HB
J
K
L
I
IA
IB
IC
MA
MB
MC
G
Figura 1: Pontos Nota´veis do ∆ABC
(a) Baricentro (G): encontro das medianas AMA, BMB , e CMC ;
(b) Incentro (I): encontro das bissetrizes AIA, BIB , e CIC ;
(c) Ortocentro (H): encontro das alturas AHA, BHB , e CHC ;
(d) Circuncentro (O): encontro das mediatrizes OMA, OMB , e OMC ;
Como treinamento, fica a cargo o leitor provar que tais cevianas sa˜o con-
correntes nos pontos nota´veis mencionados. Existem diversas propriedades que
envolvem os pontos nota´veis. Grande parte das propriedades sera˜o demonstra-
das nesse cap´ıtulo. Para comec¸ar, vamos apresentar algumas propriedades do
ortocentro.
Ortocentro
Teorema 1. O sime´trico do ortocentro, em relac¸a˜o a` qualquer lado do triaˆngulo
ABC, pertence ao circunc´ırculo do ∆ABC.
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Soluc¸a˜o: Considere a Figura 2 em relac¸a˜o a este Teorema. Estenda AHA
ate´ encontrar o circunc´ırculo de ABC em A′.
A
B CHA
H
A′
HB
γ
90◦ − γ
90◦ − γ
90◦ − γ
Figura 2: Teorema 1 - Sime´trico do Ortocentro
Seja γ = ∠ACB, assim, podemos concluir que:
• ∠CBA′ = ∠CAA′ = 90− γ.
• ∠CBHB = 90− γ.
Assim, conclu´ımos que ∆BHAH ≡ ∆BHAA′ pelo caso ALA. Portanto,
HHA = HAA′. Analogamente, prova-se que o sime´trico do ortocentro em
relac¸a˜o aos outros lados tambe´m pertencem ao circunc´ırculo do ∆ABC
Teorema 2. O sime´trico do ortocentro, em relac¸a˜o ao ponto me´dio de qualquer
lado do triaˆngulo ABC, pertence ao circunc´ırculo do ∆ABC.
Soluc¸a˜o: Estenda HMA ate´ H
′ tal que HMA = MAH ′. Vamos mostrar que
H ′ pertence a ao circunc´ırculo do ∆ABC
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A
B CHA
H
HB
MA
H′
D
Figura 3: Teorema 2 - Sime´trico do Ortocentro em relac¸a˜o ao ponto me´dio
Observe que BHCH ′ e´ um paralelograma, pois suas diagonais se cruzam nos
seus respectivos pontos me´dios. Portanto,
• BH ′//CH, mas como CH ⊥ AB, enta˜o H ′B ⊥ AB.
• CH ′//BH e como BH ⊥ AC, enta˜o CH ′ ⊥ AC.
Portanto, provamos que ABH ′C e´ inscrit´ıvel, garantindo que H ′ pertenc¸a
ao circunc´ırculo do ∆ABC.
Teorema 3. O ortocentro do ∆ABC tambe´m e´ o incentro do triaˆngulo o´rtico
do ∆ABC.
Soluc¸a˜o: Considere a figura relativa ao Teorema.
Vamos demonstrar que ∠HCHAH = ∠HHAHB. Para isso, perceba que
(i) BHAHHC e´ inscrit´ıvel, assim
∠HCHAA = ∠HBHC = 90− ∠BAC
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A
B CHA
H
HB
HC
Figura 4: Teorema 3 - Ortocentro e´ o incentro do ∆HAHBHC
(ii) CHAHHB e´ inscrit´ıvel, assim
∠HHAHB = ∠HCHB = 90− ∠CBA
De (i) e (ii), conclu´ımos que AH bissecta ∠HCHAHB. Da mesma forma,
provamos que BH bissecta ∠HAHBHC e CH bissecta ∠HAHCHB, provando,
portanto, que H e´ o incentro do triaˆngulo o´rtico HAHBHC .
Teorema 4. Dado o ∆ABC, seja X um de seus ve´rtices. Enta˜o as retas XH
e XO sa˜o isogonais.
Soluc¸a˜o: Seja ∠ABC = α. Assim,
(i) ∠BAHA = 90− α.
(ii) ∠AOC = 2α e como OA = OC enta˜o ∠OAC = 90− α
Logo, de (i) e (ii) conclu´ımos o que quer´ıamos.
Incentro e Ex-Incentros
Teorema 5. Sejam A′, B′ e C ′ os pontos onde o inc´ırculo do ∆ABC toca os
lados BC, AC e AC, respectivamente. Sejam A′′, B′′ e C ′′ os pontos onde os
ex-inc´ırculos, relativos aos ve´rtices A, B e C, respectivamente, tocam os lados
BC, AC e AB. Enta˜o
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O
A
B C
HA
H
90◦ − α
α
90◦ − α
2α
Figura 5: Teorema 4 - isogonalidade do ortocentro e circuncentro.
(a) AA′, BB′ e CC ′ sa˜o concorrentes.
(b) CA′′ = BA′, CB′′ = AB′ e AC ′′ = BC ′
(c) (Ponto de Nagel) AA′′, BB′′ e CC ′′ sa˜o concorrentes.
Soluc¸a˜o:
(a) Sabemos que
BA′ = BC ′ = p− b
AB′ = AC ′ = p− a
CA′ = CB′ = p− c
Assim, como
BA′
A′C
.
CB′
B′A
.
AC ′
C ′B
=
p− b
p− c .
p− c
p− a.
p− a
p− b = 1
pelo teorema de Ceva, garantimos que as cevianas sa˜o concorrentes.
(b) Pelo Teorema de Pitot (olhando para o inc´ırculo do ∆ABC e o ex-inc´ırculo
relativo ao ce´rtice A), podemos afirmar que BC ′ + BA′′ = CB′ + CA′′ .
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A
B
C
L
N
k
P
I
A′
C′′
C′
B′
B′′
A′′
Figura 6: Teorema 5 - ponto de Nagel
Logo,
(p− b) + (a− CA′′) = (p− c) + CA′′ ∴
∴ 2.CA′′ = (a+ c− b) ∴
∴ CA′′ = (p− b)
(c) Basta aplicar o teorema de Ceva.
Baricentro
Teorema 6. O baricentro divide cada ceviana na raza˜o 2 : 1, isto e´
AG : GMA = 2 : 1, BG : GMB = 2 : 1 e CG : GMC = 2 : 1
Soluc¸a˜o: Considere a figura relativao ao Teorema 6.
Como MCMB//BC, podemos concluir que ∆GMBMC ∼ ∆GBC. Assim,
BG
GMB
=
BC
MBMC
=
2
1
analogamente, demonstramos que AG : GMA = CG : GMC = 2 : 1.
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A
B
C
MC MB
G
Figura 7: Teorema 6 - Baricentro e suas razo˜es
Circuncentro
Teorema 7. O circuncentro do ∆ABC e´ o ortocentro do triaˆngulo ∆MAMBMC ,
formado pelos pontos me´dios dos lados BC, AC e AB.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 8 relativa ao Teorema 7.
Sabemos que OMA ⊥ BC, ja´ que a mediatriz de qualquer corda da circun-
fereˆncia passa pelo centro dessa circunfereˆncia. Assim, como MBMC//BC,
podemos garantir que OMA ⊥ MBMC . Analogamente, provamos que OMB ⊥
AC e OMC ⊥ MAMB. Como isso, garantimos que O e´ o ortocentro do
∆MAMBMC .
Miscelaˆneo
Teorema 8. (Reta de Euler) O ortocentro, o baricentro e o circuncentro do
∆ABC sa˜o colineares e os segmentos HG e GO obedecem a seguinte raza˜o
HG
GO
=
2
1
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 9 relativa ao Teorema 8.
(a) ∆AHB ∼ ∆OMAMB .
Perceba que
∠MBOMA = 180◦ − C = ∠HBHHA = ∠AHB
ja´ que OMACMB e HHACHB sa˜o quadrila´teros inscrit´ıveis. Tambe´m sa-
bemos que:
∠OMBMA = ∠OCMA = 90◦ −A = ∠ABH
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A
B
C
f
MC MB
MA
O
Figura 8: Teorema 7 - Circuncentro e´ ortocentro do triaˆngulo medial
B
C
A
HA
HB
H
MB
MA
O 90◦ − A
90◦ − A
90◦ − A
G′
Figura 9: Teorema 8 - Reta de Euler
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uma vez que OMACMB e´ inscrit´ıvel e ∆ABHB e´ um triaˆngulo retaˆngulo
em HB. Com esses aˆngulos iguais, garantimos que os triaˆngulos em questa˜o
sa˜o semelhantes.
(b) AH : OMA = 2 : 1.
Da semelhanc¸a de triaˆngulos, provada no item (a), temos que
AH
OMA
=
AB
MAMB
=
2
1
provando, enta˜o, o que desejamos.
(c) H,G e O sa˜o colineares e HG : GO = 2 : 1.
Seja G′ = OH ∩AMA. Como AH//OMA enta˜o ∆AHG′ ∼ ∆OMAG′, nos
garantindo a seguinte proporc¸a˜o:
HG′
G′O
=
AG′
G′MA
=
AH
OMA
=
2
1
isto e´, G′ e´ o baricentro do triaˆngulo ABC pois ale´m de pertencer a uma
mediana, divide-a na raza˜o 2 : 1. Com isso, conclu´ımos o que quer´ıamos.
Teorema 9. (C´ırculo dos nove pontos) Dado o ∆ABC, existe um c´ırculo, com
centro no ponto me´dio da reta que une o ortocentro ao circuncentro, e que passa
pelos pontos:
(a) os pe´s das alturas dos ve´rtices A, B eC: HA, HB e HC .
(b) os pontos me´dios dos lados AB, BC e CA: MA, MB e MC .
(c) os pontos me´dios das segmentos que unem os ve´rtices ao ortocentro, isto e´,
os pontos me´dios de AH, BH e CH.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 10 relativa ao Teorema 9.
De acordo com o Teorema 3, sabemos que H e´ incentro do triaˆngulo o´rtico e
∠HBHCHA = 180◦ − 2C
Sendo F o ponto me´dio de BH, temos que
∠HFHA = 2∠HBHA = 180− 2C
e,
∠HBMAHA = 2∠HBCMA = 2C
Assim, mostramos que HBFHAHC e HBHAMAHC sa˜o inscrit´ıveis, isto e´,
que F e MA pertencem ao circunc´ırculo do ∆HAHBHC . Analogamente, prova-
se que os pontos me´dios de AH e CH tambe´m pertencem a esse circunc´ırculo,
bem como MB e MC .
Agora vamos mostrar que o centro desse c´ırculo esta´ localizado no ponto
me´dio de HO. Sejam X, Y e J os pontos me´dios de HAMA, HBMM e HO,
respectivamente. Como HOMAHA e´ um trape´zio retaˆngulo, enta˜o JX e´ me-
diatriz de HAMA. Da mesma forma acontece com o trape´zio HOMBHB, ou
seja, JY e´ mediatriz do segmento MBHB. Como HAMA e MBHB sa˜o cordas
do c´ırculo dos nove pontos, conclu´ımos que J , que esta´ no ponto me´dio de HO,
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A
B C
HA MA
O
MB
H
HB
HC
Y
J
X
F
Figura 10: Teorema 9 - C´ırculo dos nove pontos
e´ o centro desse c´ırculo.
Teorema 10. O raio do c´ırculo dos nove pontos vale a metade do raio do
c´ırcunc´ırculo do ∆ABC.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 11 relativa ao Teorema 10. Seja X o ponto
me´dio de AH. Como AH//OMA e, conforme Teorema 8, AX = OMA, enta˜o
conclu´ımos que AXMAO e´ um paralelograma, ou seja, XMA = OA (OA e´ igual
ao raio do c´ırcunc´ırculo do ∆ABC).
Seja J = HO ∩XMA. Como XH//OMA e XH = OMA, enta˜o ∆XJH ≡
∆JOMA pelo caso ALA. Como resultado dessa congrueˆncia, temos que HJ =
JO(J e´ o centro do c´ırculo dos nove pontos) e XJ = JMA (como MA pertence
ao c´ırculo dos nove pontos, JMA tem medida ao igual ao raio desse c´ırculo),
ou seja, o raio do c´ırculo dos nove pontos vale metade de XMA, concluindo a
demonstrac¸a˜o.
Teorema 11 (Teorema de Carnot) Sejam R e r os circunraio e o inraios,
respectivamente, do ∆ABC. Se O e´ o circuncentro desse triaˆngulo e Ma, Mb e
Mc os pontos me´dios de AB, BC e AB, respetivamente, enta˜o
OMa +OMb +OMc = R+ r
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 12 relativa ao Teorema.
Aplicando Teorema de Ptolomeu nos quadrila´teros inscrit´ıveis AMcOMb,
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A
B
C
HA
H
O
MA
X
J
Figura 11: Teorema 10 - Raio do c´ırculo dos nove pontos
Figura 12: Teorema 11 - Teorema de Carnot
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OMaBMC e OMaCMb temos que:
OMb × c
2
+OMc × b
2
= R× a
2
OMc × a
2
+OMa × c
2
= R× b
2
OMb × a
2
+OMa × b
2
= R× c
2
somando membro a membro as equac¸o˜es, obtemos
OMa ×
(
p− a
2
)
+OMb ×
(
p− b
2
)
+OMc ×
(
p− c
2
)
= p×R
Por outro lado, e´ fa´cil perceber que
OMa × a
2
+OMb × b
2
+OMc × c
2
= SABC
sendo SABC a a´rea do ∆ABC, que tambe´m e´ dada por p× r. Portanto,
OMa × p+OMb × p+OMc × p = p×R+ SABC = p×R+ p× r
isto e´,
OMa +OMb +OMc = R+ r
Teorema 12 (Fo´rmula de Euler) Seja ABC um triaˆngulo de incentro I e cir-
cuncentro O. Sejam r e R os valores de seu inraio e circunraio, respectivamente.
Enta˜o vale a igualdade:
OI2 = R2 − 2R× r
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 13 relativa ao Teorema. Sabemos que
Pot(I)Γ = OI
2 −R2 = −IA× IA′
onde Γ e´ o circunc´ırculo do ∆ABC. Temos
(a) Ca´lculo de IA.
Perceba, no ∆AXI, que
AI =
IX
sin(A/2)
=
r
sin(A/2)
(b) Ca´lculo de IA′.
Primeiramente, vamos descobri alguns detalhes na figura. Perceba que:
∠BIA′ = ∠IBA+ ∠IAB = A/2 +B/2
e, por outro lado,
∠IBA′ = ∠IBC + ∠CBA′ = B/2 + ∠CAA′ = B/2 +A/2
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A
B C
O
A′
I
X
Ma
Y
A/2
A/2
B/2
B/2
A/2
A/2
A/2 + B/2
Figura 13: Teorema 12 - Fo´rmula de Euler
ou seja, A′B = A′I. Mas como ∠A′BC = ∠A′AC = A/2 e ∠A′CB =
∠A′AB = A/2, enta˜o A′B = IA′ = A′C.
No ∆OY C, temos que ∠COY = ∠COA′/2 = A/2, uma vez que ∠COA′ =
∠COB/2 = 2A/2 = A. Portanto,
CY = OC × sinA/2 = R× sinA/2
assim, IA′ = A′C = 2× CY = 2R× sinA/2
Dos resultados alcanc¸ados atrave´s dos itens (a) e (b), temos que
OI2 −R2 = −2Rr ∴ OI2 = R2 − 2Rr
como quer´ıamos demonstrar.
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Exerc´ıcios Resolvidos
Apresentamos agora uma se´rie de exerc´ıcios resolvidos, todos envolvendo
os pontos nota´veis que estudamos e os resultados que demonstramos ao longo
deste cap´ıtulo. Os exerc´ıcios dispostos requerem na˜o apenas aplicac¸o˜es imedi-
atas dos Teoremas, mas um miscelaˆeo de Teoremas unidos com determinadas
propriedades espec´ıficas do triaˆngulo em questa˜o. Por isso, recomenda-se saber
demonstrar todas as Propriedades e Teoremas vistos ate´ o momento.
Ortocentro
C 2003 P83
Problema 1 Sobre o circunc´ırculo do 4ABC, toma-se um ponto P qualquer.
PX,PY, e PZ sa˜o perpendiculares trac¸adas a partir de P sobre BC,AB e AC
respectivamente. AH e´ altura e J e´ o ortocentro do 4ABC. Prolongue AH
ate´ tocar o cincunc´ırculo do 4ABC em G. Sabendo que Q = {XY Z} ∩ {PG}
e M = {XY Z} ∩ {PJ}, prove que M e´ ponto me´dio de PJ .
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 11 relativa ao problema
A
B C
P
X
Y
Z
J
G
H
Q
M
T
α α
α
2α
Figura 14: Problema 1
Sabemos que X,Y eZ, por Simpson-Wallace, pertencem a uma mesma reta.
Seja α = ∠PGA. Pelo Teorema 1, sabemos que JH = HG, assim ∠TJH
tambe´m vale α, o que nos garante que ∠JTP = 2α. Perceba que ∠PBA = α,
pois ∠PBA e ∠PGA esta˜o submetidos ao mesmo arco AP . Olhando para o
quadrila´tero PBXY , percebe-se que e´ inscrit´ıvel, pois ∠PXB = ∠PY B. Com
isso, garantimos que ∠PXQ = α. Olhando para o ∆PXT , temos:
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• ∠PTX = ∠HTG = 90◦ − α
• ∠QXT = 90◦ − ∠PXQ = 90◦ − α
Portanto, XQ = QT = PQ e ∠XQT = 2α = ∠QTJ . Para finalizar, veja que
ale´m de QM//TJ , sabemos que Q e´ ponto me´dio de PT , ou seja, M tambe´m
deve dividir PJ no seu ponto me´dio.
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C 2003 P97
Problema 2 Seja H o ortocentro de um triaˆngulo ABC, tal que AC 6= BC.
O segmento que une os pontos me´dios de HC e AB intersecta a bissetriz de
∠ACB no ponto N . Sabendo que ocircuncentro do 4ABC pertence a` reta que
liga os pontos H e N , determine ∠ACB.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 13 relativa ao problema
A
C
B
O
Q HA
H
P
N
Figura 15: Problema 2
Seja P o ponto me´dio de CH. O Teorema 8 nos garante que OQ = CP = PH.
Como CHA//OQ e O,N e H sa˜o colineares, conclu´ımos que ∆NOQ ≡ ∆NHP
pelo caso ALA. Como resultado da congrueˆncia, temos que ON = NH. Por
outro lado, o Teorema 4 nos diz que CO e CH sa˜o isogonais, ou seja, ∠ACN =
∠HCN , uma vez que CN e´ bissetriz interna do ∠ACB. No ∆COH temos:
ON = NH e ∠ACN = ∠HCN
Ou seja, as condic¸o˜es acima nos garante que ∆COH e´ iso´sceles, assim OC =
CH, ou seja OQ = CH/2 = OC/2. Para concluir, vamos olhar para o ∆OAQ.
Temos:
cos(∠C) = cos(∠AOQ) = OQ
AO
=
OQ
OC
=
1
2
Portanto, C = 60◦.
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C 2003 P98
Problema 3 Seja H o ortocentro do 4ABC. Prove que as retas de Euler dos
triaˆngulos ABC, ABH, ACH, BCH sa˜o todas concorrentes. Em que ponto
nota´vel do 4ABC estas retas concorrem?
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 14 relativa ao problema.
A
B
C
H
HA
O
MA
O′
P
A
A
Figura 16: Problema 3
Primeiramente, perceba que A, B e C sa˜o os ortocentros dos triaˆngulos
BCH, AHC, ABH, respectivamente. Vamos mostrar que as retas de Euler do
∆ABC e do ∆BHC se tocam no ponto me´dio de GO, ou seja, no centro do
c´ırculo dos nove pontos do ∆ABC.
Sejam O e O′ os circuncentros de ∆ABC e ∆BHC. Assim, AO′ e HO sa˜o
as retas de Euler de∆BHC e ∆ABC,respectivamente.
Como BC e´ uma corda comum aos dois c´ırculos, enta˜o OO′ e´ mediatriz de
BC. Temos que ∠BHC = B + C, sendo B = ∠ABC e C = ∠ACB, assim
∠BO′C = 2A e ∠MAO′C = A. Tambe´m sabemos que ∠COMA = A, o que nos
garante que ∆OMAC ≡ ∆O′MAC pelo caso LAA0, uma vez que:
CMA e´ comum , ∠CMAO = ∠CMAO′ e ∠COMA = ∠CO′MA
Como consequeˆncia da congrueˆncia, garantimos que OMA = O
′MA. Para
concluir, sabemos, pelo Teorema 8, que AH vale o dobro de OMA, mas como
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OMA = O
′MA enta˜o AH = OO′. Como OO′//AH enta˜o ∆AHP ≡ ∆OPO′,
nos dando HP = PO′, ou seja, os segmentos se cruzam em seus pontos me´dios.
Portanto, todas as outras retas de Euler tambe´m passara˜o pelo ponto me´dio
de HO, que e´ o centro do c´ırculo dos nove pontos.
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Incentro
C 2003 P102
Problema 4 Seja ABC um triaˆngulo qualquer. A circunfereˆncia inscrita ao
4ABC tangencia BC em Z. Y e´ o ponto onde a circunfereˆncia ex-inscrita
tangencia BC. Sejam ZK um diaˆmetro da circunfereˆncia inscrita do 4ABC
Prove que A,K e Y sa˜o colineares.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 15 relativa ao problema.
A
B C
I
Z
K
B′ C
′
Y
D
E
Figura 17: Problema 3
Por K trace uma paralela ao lado BC, encontrando os lados AB e AC em
B′ e C ′,respectivamente. Note que se demonstrarmos a seguinte raza˜o
B′K
KC ′
=
BY
Y C
o problema estara´ demonstrado. Ja´ sabemos, conforme Teorema 5, que BY =
p− c e CY = p− b.
Sejam ha a altura do ∆ABC correspondente ao lado a e r o raio do c´ırculo
inscrito. Como ∆ABC ∼ ∆AB′C ′, enta˜o:
AB′
c
=
ha − 2r
ha
= 1− 2 r
ha
Para encontrar essa u´ltima raza˜o, basta escrever a a´rea do ∆ABC de duas
formas:
pr =
aha
2
⇒ r
ha
=
a
2p
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Substituindo na equac¸a˜o do ca´lculo de AB′, encontramos:
AB′ = c
(
1− a
p
)
=
c(p− a)
p
Analogamente,
AC ′ =
b(p− a)
p
e B′C ′ =
a(p− a)
p
Portanto,
B′K = B′D = AD −AB′ = (p− a)− c(p− a)
p
=
(p− a)(p− c)
p
e
C ′K = C ′E = AE −AC ′ = (p− a)− b(p− a)
p
=
(p− a)(p− b)
p
ou seja,
B′K
KC ′
=
p− c
p− b =
BY
Y C
concluindo nossa demonstrac¸a˜o.
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Ortocentro
C 2003 P117
Problema 6 Seja ABC um triaˆngulo acutaˆngulo de ortocentro H e circuncen-
tro O. A mediatriz do segmento AH corta AB no ponto P e AC no ponto Q.
Demonstre que ∠AOP = ∠AOQ.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 18 relativa ao problema. Sejam O1 e O2 os
A
B C
H
O
O2
O1
MP Q
A+ C
θ
θ
α
α
2B
2B
Figura 18: Problema 3
circuncentros dos triaˆngulos ABH e ACH, respectivamente. Vamos mostrar
um resultado muito importante e pouco conhecido: os circunrarios dos triaˆngulos
ABH, ACH e ABC sa˜o todos iguais.
Perceba que ∠AHC = A + C, assim ∠AO2C = 2(180 − (A + C)) = 2B.
Tambe´m sabemos que ∠AOC = 2B. Logo, olhando para os triaˆngulos AO2C e
AOC, percebemos que sa˜o iso´sceles de base AC. Como esses triaˆngulos possuem
o mesmo aˆngulo oposto a base, sa˜o semelhantes. Mas como possuem a mesma
base, esses triaˆngulos sa˜o congruentes, uma vez que a raza˜o de semelhanc¸a vale
1. Portanto O2C = OC. Da mesma forma, provamos que O1A = OA. Assim,
concluimos que os circunraios sa˜o iguais, conforme quer´ıamos.
Para finalizar, perceba que
∠AO1P = ∠AOP , pois ∆APO1 ≡ ∆APO.
∠AO2Q = ∠AOQ , pois ∆AQO2 ≡ ∆AQO.
Como AO1 = AO2, enta˜o α = θ, o que conclui nosso problema.
Leandro Farias 22 fariasmaia@gmail.com
Exerc´ıcios Ol´ımpicos
Ortocentro
C 2003 P148
Problema 1 (OMR/1999) Seja 4ABC acutaˆngulo cujo ortocentro e´ H. M
e´ o ponto me´dio do segmento BC e N e´ o ponto de intersec¸a˜o de AM com a
circunfereˆncia que passa por B, H e C. Demonstre que as retas HN e AM sa˜o
perpendiculares.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 19 relativa ao problema. Seja M ′ a intersec¸a˜o
A
B C
H
M
M ′
N
K
α
α
180◦ − A
α
Figura 19: Problema 8
do prolongamento de AM com a circunc´ırculo do ∆BHC. Como ∠BHC =
180◦ −A, enta˜o ∠BM ′C = A, uma vez que BHCM ′ e´ inscrit´ıvel.
Vamos olhar para o quadrila´tero ABM ′C: temos que BM = MC e ∠BM ′C =
A = ∠BAC. Com apenas essas duas caracter´ısticas podemos concluir que o esse
quadrila´tero e´ paralelogramo (Fica como exerc´ıcio: basta supor, por absurdo, que
exista outro ponto, M ′′, sobre MM ′, tal que ABM”C seja paralelogramo. De
fato, o ponto deve pertencer a AM pois as diagonais se cruzam nos seus respec-
tivos pontos me´dios).
Leandro Farias 23 fariasmaia@gmail.com
Utilizando a poteˆncia de K, intersec¸a˜o de AM com CH, em relac¸a˜o ao
circunc´ırculo do ∆BHC, temos que
BM.MC = NM.MM ′ ∴ BM2 = NM.MA
ou seja,
BM
NM
=
MA
BM
enta˜o conclu´ımos que ∆BMN ∼ ∆ABM pelo caso LAL. Com consequeˆncia
da semelhanc¸a,
∠NBM = ∠BAM = α
Para finalizar, perceba que
∠AKH = 90◦ , uma vez que CH ⊥ AB.
∠NHK = ∠NBC = α , uma vez que BHNC e´ inscrit´ıvel.
ou seja, HN ⊥ AM , conforme quer´ıamos demonstrar.
Leandro Farias 24 fariasmaia@gmail.com
Ortocentro e Circuncentro
C 2003 P119
Problema 2 (Estoˆnia/2000) SejamABC um triaˆngulo acutaˆngulo com ∠ACB =
60◦, AD e BE duas de suas alturas que se intersectam no ponto M . Mostre
que o circuncentro do 4ABC pertence a bissetriz de ∠AHE e ∠BHD.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 19 relativa ao problema. Sejam F e G o ponto
A
B C
E
D
H
60◦
O
F
G
30◦
60◦
30◦
Figura 20: Problema 7
me´dio de AC e a intersec¸a˜o dos prologamentos de DF e BE, respectivamente.
Perceba que ∠EBC = 90◦ − 60◦ = 30◦, ∠FDC = ∠FCD = 60◦, ∠ADF =
30◦ e ∠BGD = ∠GDC − ∠DBG = 30◦. Assim, HD = HG.
No ∆BHD, temos que BH = 2HD, uma vez que sin 30 = 0.5. Logo BH =
2HG. O Teorema 8 nos garante que BH = 2OF , ou seja, podemos concluir
que HG//OF .
Perceba que HGFO e´ paralelograma, pois possui dois lados paralelos e iguais
(HG e OF ). Assim,
∠BHO = ∠HGF = 30◦ = ∠BHD
2
com isso provamos que O pertence a bissetriz de ∠BHD.
Leandro Farias 25 fariasmaia@gmail.com
C 2003 P108
Problema 3 (Ru´ssia / 97) E´ dado um 4ABC. O ponto B1 bissecta o com-
primento da linha quebrada ABC. Analogamente, C1 bissecta o comprimento
ACB e A1 bissecta o comprimento CAB. As retas la, lb e lc sa˜o trac¸adas pas-
sando pelos pontos A1, B1 e C1. Essas retas sa˜o paralelas as bissetrizes dos
aˆngulos BAC,ABC e ACB, respectivamente. Prove que as retas la, lb e lc sa˜o
concorrentes.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 16 relativa ao problema.
A
B C
X
A1
D
A′
A′′
Figura 21: Problema 3
Sejam X a intersec¸a˜o de BC com la e A
′ a intersec¸a˜o de la com a reta que
passa por B e C. Por C trace uma paralela a la, tocando a reta que pass por B
e C em A′′.
Perceba que
∠AA′A1 = ∠BAD
e
∠AA1A′ = ∠CAB
e como AD e´ bissetriz interna, enta˜o ∠AA′A1 = ∠AA1A′, ou seja, AA′ = AA1.
Perceba agora que como CA′′//A′A1 enta˜o A1C = A′A′′. Por hipo´tese,
BA + AA1 = A1C, mas como AA1 = AA
′ e AA′′ = A1C, conclu´ımos que
BA′ = A′A′′. Tambe´m sabemos que CA′′//A′X, portanto A′X e´ base me´dia do
∆BA′′C, isto e´, X e´ ponto me´dio de BC.
Analogamente, demonstra-se que lb e lc passam pelos pontos me´dios de AC
e AB, respectivamente.
Considere agora a Figura 17 para concluirmos a demonstrac¸a˜o.
Leandro Farias 26 fariasmaia@gmail.com
A
B C
Z Y
XD
A1
D′
Figura 22: Problema 5
Sejam Y e Z os pontos me´dios de AC e AB, respectivamente. Devemos
mostrar, enta˜o, que as retas que passam por X, Y e Z paralelas as bissetrizes
de A, B e C, respectivamente, sa˜o concorrentes.
Vamos olhar apenas para a reta la e identificar por qual ponto nota´vel do
∆XY Z ela passa. Sendo D′ a intersec¸a˜o de AD com XZ, vemos facilmente
que AA1XD
′ e´ um paralelogramo, uma vez que
AC//XZ e AD//la
Desta forma, ∠ZXA1 = ∠A1AD = A/2.Mas como ∠Y XZ = A enta˜o
∠Y XA1 = A/2, ou seja, la e´ uma bissetriz do aˆngulo ∠Y XZ. Analogamente,
mostramos que lb e lc sa˜o bissetrizes dos aˆngulos ∠XY Z e ∠XZY .
Portanto as retas concorrem no incentro do triaˆngulo XY Z.
Leandro Farias 27 fariasmaia@gmail.com
C 2004 P3
C´ırculo 9 Pontos
Problema 4 (Turquia/2000) Em um triaˆngulo ABC acutaˆngulo, de circun-
raio R, alturas AD, BE e CF possuem medidas h1,h2 e h3, respectivamente.
Se t1, t2 e t3 sa˜o as medidas das tangentes de A, B e C, respectivamente, ao
circunc´ırculo do triaˆngulo DEF , prove que:
3∑
i=1
(
ti√
hi
)2
≤ 3
2
R
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 21 relativa ao problema.
t1
A
B C
H
E
F
D
O
Ma
O′
X
Y
Figura 23: Problema 8
Sabemos que a circunfereˆncia, que chamaremos de Γ, em questa˜o e´ o c´ırculo
dos nove pontos. Com isso, ja´ identificamos todos os pontos pertencentes a este
c´ırculo, bem como a localizac¸a˜o do seu centro, conforme Teorema 9.
Olhando para o ponto A, temos que
Pot(A)Γ = t
2
1 = AX.AD
mas sabemos que AX = h1 e, conforme Teorema 9, AX = AH/2 e que, con-
forme Teorema 8, AH = 2OMa. Logo,
t21 = h1.OMa ∴
(
t1√
h1
)2
= OMa
Analogamente, mostra-se que(
t2√
h2
)2
= OMb e
(
t3√
h3
)2
= OMc
Leandro Farias 28 fariasmaia@gmail.com
o que nos mostra que(
t1√
h1
)2
+
(
t2√
h2
)2
+
(
t3√
h3
)2
= OMa +OMb +OMc
O Teorema 10 nos diz que OMa+OMb+OMc = R+r, onde R e´ o circunraio
e r o inraio do ∆ABC. Sendo assim, queremos demonstrar que
R+ r ≤ 3
2
R⇔ 2r ≤ R
que, de acordo com o Teorema 12, e´ verdade, uma vez que
OI2 = R2 − 2Rr ≥ 0⇔ R ≥ 2r
exatamente o que faltava.
Leandro Farias 29 fariasmaia@gmail.com
C 2004 P11
Reta de Euler
Problema 5 (APMO/2004) ABC e´ um triaˆngulo acutaˆngulo com circuncen-
tro O e ortocentro H (EO 6= H). Mostre que uma das a´reas: AOH,BOH,COH
e´ a soma das outras duas.
Soluc¸a˜o: Considere a Figura 24 relativa ao problema. Como o triaˆngulo e´
h1
h2
h3
h1+h3
2
A
B C
H
O
n
X
Z
Y
Ma
WG
Figura 24: Problema 8
acutaˆngulo, o ortocentro e o circuncentro esta˜o dentro desse triaˆngulo. Logo, a
reta de Euler cortara´ dois lados (supomos que sejam os lados AB e AC)
Sejam h1, h2 e h3 os valores da projec¸o˜es dos pontos B, A e C, respecti-
vamente, sobre a reta de Euler. Denotamos po [X] como a a´rea da figura X.
Temos:
SAHO =
OH × h3
2
SBHO =
OH × h1
2
SCHO =
OH × h2
2
Leandro Farias 30 fariasmaia@gmail.com
C 2004 P14
Ortocentro
Problema 3 (St. Pertersburg City Mathematical Olympiad/2000) Se-
jam AA1, BB1, CC1 as alturas de um triaˆngulo acutaˆngulo ABC. Os pontos A2
e C2 esta˜o sobre a linha A1C1 de modo que CC1, bissecta A2B1,e AA1 bissecta
C1B1. As linhas A2B1 e AA1 encontram-se em L. Prove que as linhas KL e
AC sa˜o paralelas.
C 2005.1 P8
Incentro
Problema 4 (Seletiva IMO - Brasil/1999) Considere 4ABC inscrito em
uma circunfereˆncia fixa. SejamD,E e F pontos arbitra´rios distintos dos ve´rtices,
pertencentes aos lados BC,CA e AB, respectivamente. Sejam P,Q e R os pon-
tos de intersecc¸a˜o das retas AD,BE e CF com a circunfereˆncia, respectiva-
mente. Mostre que:
AD
DP
+
BE
EQ
+
CF
FR
≤ 9
Determine tambe´m as condic¸o˜es sobre o e os pontos para que a igualdade ocorra.
C 2005.1 P19
Ortocentro
Problema 5 (Teste IMO Turquia/2004) Seja ABC um triaˆngulo acutaˆngulo
de circuncentro O e D um ponto diferente de A e C no arco menor AC do cir-
cunc´ırculo de ABC. Sejam P e Q pontos sobre AB e BC, respectivamente, tais
que ∠ADP = ∠OBC e ∠CDQ = OBA. Mostre que ∠DPQ = DOC.
C 2005.1 P22
Ortocentro
Problema 6 (Teste IMO-Brasil/2005) Sejam ABC um triaˆngulo, D e E os
pes das alturas de ABC relativas as lados BC e AB, respectivamente, e H o
ortocentro de ABC. Sejam ainda F a segunda intersec¸a˜o dos circunc´ırculos de
ABC e AEH. Mostre que os pontos D,E, F sa˜o colineares se e somente se:
BD
DC
=
1
3
C 2005.1 P25
Isogonalidade
Problema 7 (IMO/2004) Em um quadrila´tero convexo ABCD a diagonal
BD na˜o bissecta os aˆngulos ABC e CDA. O ponto P dentro de ABCD satisfaz
∠PBC = ∠DBA e ∠PDC = ∠BDA
Prove que ABCD e c´ıclico se e somente se AP = CP.
Leandro Farias 31 fariasmaia@gmail.com
C 2005.1 P26
Incentro
Problema 8 (Cingapura-Teste IMO/2004) SejaABC um triaˆngulo iso´sceles
com AC = BC, cujo incentro e´ I. Seja P um ponto sobre o circunc´ırculo do
triaˆngulo AIB e dentro do triaˆngulo ABC. As retas passando por P paralela
a CA e CB encontra AB em D e E, respectivamente. A reta por P paralela a
AB encontra CA e CB em F e G, respectivamente. Prove que as linhas DF e
EG intesectam-se sobre o circunc´ırculo do triaˆngulo ABC.
C 2005.2 P5
Circuncentro
Problema 9 (IBERO / 2002) Um ponto e´ interior ao triaˆngulo equila´tero
ABC e e´ tal que APC = 20o. Sejam M a intersec¸a˜o de CP com AB e N a
intersec¸a˜o de AP com BC. Encontrar o lugar geome´trico do circuncentro do
triaˆngulo MBN quando P varia.
C 2005.2 P8
Circuncentro e Incentro
Problema 8 (Teste Rio Platense / 2005) SejaABC um triaˆngulo acutaˆngulo
e H, O o ortocentro e circuncentro de ABC, respectivamente. Mostre que:
a´rea (AHB)
a´rea (AOB)
+
a´rea (BHC)
a´rea (BOC)
+
a´rea (CHA)
a´rea (COA)
≥ 3
C 2006 P7
Ortocentro
Problema 9 (Selec¸a˜o Romeˆnia – IMO/1995) No triaˆngulo ABC, D e´ o
pe´ de altura partindo de A e E,F sa˜o os centros dos incirculos dos triaˆngulos
ABD e ACD. A linha EF intersecta AB e AC em K e L, respectivamente.
Mostre que AK = AL se, e somente se AB = AC ou ∠A = 90o.
C 2006 P11
Ortocentro e Baricentro
Problema 10 (Selec¸a˜o Romeˆnia – IMO/ Banco IMO – 1998) Seja ABC
um triaˆngulo, H seu ortocentro, o seu circuncentro e R seu circunc´ırculo. Se-
jam D,E, F as reflexo˜es de A,B,C atrave´s de BC,CA,AB, respectivamente.
Mostre que D,E,F sa˜o colineares se e somente se OH = 2R.
C 2006 P16
Incentro
Problema 16 (FRANC¸A/ 2006 – TESTES DE SELEC¸A˜O) E´ dado um
triaˆngulo ABC com AC + BC = 3AB. O inc´ırculo com centro I toca BC e
CA, respectivamente, em D e E. Sejam K e L as sime´tricas dos pontos D,E
em relac¸a˜o a I. Prove que A,B,K,L sa˜o sobre um c´ırculo.
Leandro Farias 32 fariasmaia@gmail.com
Exerc´ıcios Propostos
C 2003 P30
Ortocentro
*Problema 1 (Olimp´ıada de Maio/2002) Num 4ABC retaˆngulo em A e
iso´sceles, seja D um ponto no lado AC(D 6= A,C) e seja E o ponto do prolon-
gamento do lado BA tal que o 4ADE e´ iso´sceles. Se P e´ o ponto me´dio do
segmento BD, R e´ o ponto me´dio do segmento CE e Q o ponto onde se cortam
as retas ED e BC, demonstre que o quadrila´tero ARQP e´ um quadrado.
C 2003 P34
Baricentro
Problema 2 (Irlanda / 2001) Seja 4ABC de lados BC,CA e AB, cujas
medidas sa˜o respectivamente iguais a a, b, e c. Se D e E sa˜o pontos me´dios de
AC e AB respectivamente, mostre que a mediana BD e´ perpendicular a CE se,
e somente se,
b2 + c2 = 5a2
C 2003 P51
Baricentro
*Problema 3 (Banco Cone Sul) Seja ABCD um quadrila´tero convexo, onde
M e´ o ponto me´dio de DC, N e´ o ponto me´dio de BC e O e´ a intersec¸a˜o das
diagonais AC e BD. Demonstre que O e´ baricentro do 4AMN se, e somente
se, ABCD for um paralelogramo.
C 2003 P103
Incentro
*Problema 4 Seja ABC um triaˆngulo qualquer com a circunfereˆncia inscrita
tangenciando BC en D. Se I e´ o incentro do 4ABC, E e´ o ponto me´dio de
AD e F e´ o ponto me´dio de BC, mostre que E, I e F sa˜o colineares.
C 2003 P106
Circuncentro
*Problema 5 (Cingapura/95) Sejam D um ponto sobre o lado BC do
triaˆngulo ABC distinto do ponto me´dio. Sejam O1 e O2 os circuncentro dos
triaˆngulos ABD e ADC, respectivamente. Prove que a mediatriz de AM , sendo
M o ponto me´dio de BC, bissecta o segmento O1O2.
C 2003 P107
Incentro
Problema 6 Dado um triaˆngulo ABC, trac¸am-se suas bissetrizes internas. Se-
jam X,Y e Z os pontos me´dios dos lados BC,AC eAB respectivamente. Prove
que as paralelas por X,Y e Z as bissetrizes dos aˆngulos A, B e C, respectiva-
mente, sa˜o concorrentes.
Leandro Farias 33 fariasmaia@gmail.com
C 2003 P114
Ortocentro e Circuncentro
*Problema 7 Considere treˆs circulos congruentes concorrentes em um ponto
P . Sejam A,B,C os outros pontos de intersec¸a˜o desses c´ırculos. Prove que P
e´ ortocentro do ∆ABC e o raio comum destes treˆs c´ırculos e´ igual ao raio do
circunc´ırculo do 4ABC.
C 2003 P115
Ortocentro
Problema 8 Sejam H o ortocentro do 4ABC, na˜o retaˆngulo, e M o ponto
me´dio do lado BC. A circunfereˆncia de diaˆmetro AM encontra a circunfereˆncia
circunscrita ao 4ABC em um segundo ponto P . Mostre que os pontos P,H e
M sa˜o colineares.
C 2003 P116
Ortocentro e Circuncentro
*Problema 9 Seja ABC um triaˆngulo acutaˆngulo. Treˆs retas LA, LB e LC sa˜o
constru´ıdas atrave´s dos ve´rtices A,B e C, respectivamente, de acordo com as
seguintes regras: seja H o pe´ da altura trac¸ada do ve´rtice A para o lado oposto
BC e seja SA o c´ırculo com diaˆmetro AH; SA encontra os lados AB e AC em
M e N , respectivamente, onde M e N sa˜o distintos de A. LA e´ a reta atrave´s
de A perpendicular a MN . As retas LB e LC sa˜o constru´ıdos analogamente.
Prove que LA, LB e LC sa˜o concorrentes.
C 2003 P126
Incentro e Baricentro
Problema 10 (OBM) Em um triaˆngulo na˜o equila´tero, a reta que passa pelo
baricentro e pelo incentro e´ paralela a um dos lados do triaˆngulo. Demonstre
que os lados do triaˆngulo esta˜o em progressa˜o aritime´tica.
C 2003 P143
Circuncentro
Problema 11 (OIM/85) Se AD,BE e CF sa˜o treˆs cevianas concorrentes no
circuncentro O do 4ABC, prove que:
1
AD
+
1
BE
+
1
CF
=
2
R
C 2003 P145
Baricentro
Problema 12 (OIM/87) As medianas BM e CN de um triaˆngulo ABC
cortam-se em um ponto P . O quadrilatero ANPM e´ circunscritivel. Prove que
o 4ABC e´ iso´sceles.
Leandro Farias 34 fariasmaia@gmail.com
C 2003 P145
Baricentro
Problema 13 Dado um 4ABC, determine o ponto P no plano de ∆ABC que
minimiza:
PA2 + PB2 + PC2
C 2003 P149
Circuncentro
Problema 14 (Ru´ssia/2000) Seja O o centro a circunferaˆncia W do 4ABC.
O c´ırculo W1 com centro K passa pelos pontos A,O,C e intersecta os lados AB
e BC nos pontos M e N . Sendo L a reflexa˜o de K em relac¸a˜o a` MN , prove
que BL⊥AC
Leandro Farias 35 fariasmaia@gmail.com