Geometria Sintética

Duas bissetrizes bastam: a terceira passa no mesmo ponto. E o ponto onde as bissetrizes se encontram tem um nome próprio.

1. O ponto de interseção das bissetrizes dos ângulos internos é o incentro.
2. A opção correta é a (C).As outras três são os outros pontos notáveis: o baricentro vem das medianas, o circuncentro das mediatrizes, o ortocentro das alturas. Confundi-los é o erro mais comum deste tema — e a maneira de não os confundir é lembrar de que três retas vem cada um.

Não é preciso calcular nada: é a caracterização da bissetriz como lugar geométrico.

1. A bissetriz de um ângulo convexo é o conjunto dos pontos do ângulo equidistantes das retas suporte dos lados.
2. Como P lhe pertence, a distância ao outro lado é também 3{,}5.A distância de um ponto a uma reta mede-se sempre na perpendicular. É esse segmento que aqui vale 3{,}5 dos dois lados.

Num triângulo equilátero a bissetriz de cada ângulo é também altura. Começa por calcular a altura, e depois pensa em que fração dela está o incentro — ou usa a área e o perímetro.

1. Cálculo auxiliar: a altura de um triângulo equilátero de lado 6 é \sqrt{6^{2}-3^{2}} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}.
2. A área é \dfrac{6 \times 3\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3}, e o perímetro é 18.
3. De S = \dfrac{r \times P}{2} vem r = \dfrac{2S}{P} = \dfrac{18\sqrt{3}}{18} = \sqrt{3}.Repara em que \sqrt{3} é um terço da altura 3\sqrt{3}. Num triângulo equilátero os quatro pontos notáveis coincidem, e o baricentro está a um terço da altura a contar da base — voltaremos a isto na R5.

O incentro é o centro de uma circunferência que toca os três lados por dentro. Uma circunferência dessas cabe fora do triângulo?

1. A bissetriz interna de um ângulo está toda dentro do ângulo, e o triângulo é a interseção dos três ângulos internos.
2. Logo o incentro, que está nas três bissetrizes, está dentro dos três ângulos — isto é, dentro do triângulo.
3. A opção correta é a (B).Este é um dos dois pontos notáveis que nunca saem: o outro é o baricentro. O circuncentro e o ortocentro saem, e é o que a R5 vai arrumar.

Une o incentro aos três vértices. Ficas com três triângulos, todos com a mesma altura.

1. Unindo I aos vértices, o triângulo parte-se em três, cada um com um lado por base e r por altura.
2. Somando as três áreas: S = \dfrac{r \times P}{2}, com P o perímetro.
3. 15 = \dfrac{20r}{2} = 10r, logo r = 1{,}5.Não é uma fórmula a decorar: sai da figura em duas linhas, e é essa dedução que o Exame pode pedir.

A hipotenusa sai de Pitágoras. Depois é a área e o perímetro, como no exercício anterior.

1. a) Cálculo auxiliar: a hipotenusa é \sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5.
2. A área é \dfrac{3 \times 4}{2} = 6 e o perímetro é 3+4+5 = 12.
3. r = \dfrac{2S}{P} = \dfrac{12}{12} = 1.
4. b) O perímetro da circunferência é 2\pi r = 2\pi.Repara em que r = \dfrac{3+4-5}{2} = 1. Não é coincidência — o último exercício desta secção pede a demonstração.

Distância a um muro é distância a uma reta. Que lugar geométrico está à mesma distância de dois lados de um ângulo?

1. a) Estar à mesma distância de dois muros é estar na bissetriz do ângulo que eles formam. Estar à mesma distância dos três é estar nas três bissetrizes: é o incentro.
2. b) Essa distância comum é o raio da circunferência inscrita: r = \dfrac{2S}{P} = \dfrac{480}{80} = 6.
3. A fonte fica a 6 metros de cada muro.É a mesma pergunta do carregueiro à mesma distância de três portos, ou do chafariz no parque infantil: quando o enunciado diz «à mesma distância dos três lados», é o incentro; quando diz «dos três vértices», é o circuncentro, que é a R2.

O incentro está nas bissetrizes: cada uma parte o seu ângulo ao meio. Falta descobrir o terceiro ângulo do triângulo.

1. A soma dos ângulos internos é 180^{\circ}, logo A\hat{C}B = 180^{\circ}-74^{\circ}-56^{\circ} = 50^{\circ}.
2. [BI] está na bissetriz de A\hat{B}C, logo I\hat{B}C = \dfrac{56^{\circ}}{2} = 28^{\circ}.
3. [CI] está na bissetriz de A\hat{C}B, logo B\hat{C}I = \dfrac{50^{\circ}}{2} = 25^{\circ}.

É a mesma relação de antes, resolvida em ordem a outra letra.

1. De S = \dfrac{rP}{2} vem P = \dfrac{2S}{r}.
2. P = \dfrac{2 \times 84}{4} = 42.
3. O perímetro é 42.Verificação de bom senso: com r=4, o triângulo tem de ser bastante maior do que a circunferência inscrita, cujo perímetro é 8\pi \approx 25. Sai 42, que é maior. ✓

Escreve os ângulos do triângulo [BIC] em função dos ângulos do triângulo [ABC]. Depois usa a soma dos ângulos internos duas vezes.

1. Sejam \alpha, \beta e \gamma as amplitudes dos ângulos internos de vértices A, B e C.
2. I está na bissetriz do ângulo B, logo I\hat{B}C = \dfrac{\beta}{2}; está na bissetriz do ângulo C, logo B\hat{C}I = \dfrac{\gamma}{2}.
3. No triângulo [BIC]: B\hat{I}C = 180^{\circ} - \dfrac{\beta}{2} - \dfrac{\gamma}{2} = 180^{\circ} - \dfrac{\beta+\gamma}{2}.
4. No triângulo [ABC]: \beta + \gamma = 180^{\circ} - \alpha.
5. Substituindo: B\hat{I}C = 180^{\circ} - \dfrac{180^{\circ}-\alpha}{2} = 180^{\circ} - 90^{\circ} + \dfrac{\alpha}{2} = 90^{\circ} + \dfrac{\alpha}{2}.
6. Como se queria. Uma consequência que vale a pena guardar: B\hat{I}C é sempre obtuso, porque é 90^{\circ} mais alguma coisa. Confere na tarefa do GeoGebra desta secção — arrasta os vértices e vê o ângulo em I nunca descer dos 90^{\circ}.

A área e o perímetro dão logo r. Depois é preciso reconhecer que b^{2}+c^{2} = a^{2} permite simplificar a fração.

1. A área é S = \dfrac{bc}{2} e o perímetro é P = a+b+c, logo r = \dfrac{2S}{P} = \dfrac{bc}{a+b+c}.
2. Multiplica-se numerador e denominador por b+c-a: r = \dfrac{bc\,(b+c-a)}{(a+b+c)(b+c-a)}.
3. Cálculo auxiliar: o denominador é (b+c)^{2}-a^{2} = b^{2}+2bc+c^{2}-a^{2}.
4. Pelo Teorema de Pitágoras, b^{2}+c^{2} = a^{2}, logo o denominador é 2bc.
5. Portanto r = \dfrac{bc\,(b+c-a)}{2bc} = \dfrac{b+c-a}{2}.Confirmação com o triângulo 3-4-5: \dfrac{3+4-5}{2} = 1, que é o que se obteve pelo caminho da área. ✓

O ângulo interno e o ângulo externo adjacente somam 180^{\circ}. Que amplitude tem, então, o ângulo formado pelas duas bissetrizes?

1. Seja \alpha a amplitude do ângulo interno de vértice A. O ângulo externo adjacente tem amplitude 180^{\circ}-\alpha, por serem suplementares.
2. A bissetriz interna faz com o lado [AB] um ângulo de \dfrac{\alpha}{2}.
3. A bissetriz externa faz com o prolongamento de [AB] um ângulo de \dfrac{180^{\circ}-\alpha}{2} = 90^{\circ}-\dfrac{\alpha}{2}, portanto faz com [AB], do mesmo lado, um ângulo de 180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\dfrac{\alpha}{2}\right) = 90^{\circ}+\dfrac{\alpha}{2}.
4. O ângulo entre as duas bissetrizes é a diferença: \left(90^{\circ}+\dfrac{\alpha}{2}\right) - \dfrac{\alpha}{2} = 90^{\circ}.
5. São perpendiculares, seja qual for o triângulo.É esta perpendicularidade que faz existirem as circunferências ex-inscritas — as três que tocam um lado e os prolongamentos dos outros dois. Elas voltam na secção A1, a propósito do ponto de Nagel.

Mediatrizes de lados, não bissetrizes de ângulos. E lembra que a mediatriz é o lugar dos pontos equidistantes dos extremos.

1. O ponto de interseção das mediatrizes dos lados é o circuncentro.
2. A opção correta é a (B).A palavra que separa este ponto do incentro é uma só: «vértices» contra «lados». D está à mesma distância dos três vértices.

Está tudo na definição do ponto — não há nada a calcular.

1. a) O circuncentro está nas três mediatrizes, logo está à mesma distância dos três vértices: \overline{OB} = \overline{OC} = 7.
2. b) A circunferência circunscrita é a de centro O que passa pelos vértices, logo o raio é 7.

Num triângulo retângulo, o circuncentro tem um sítio fixo. Onde?

1. Num triângulo retângulo, o circuncentro é o ponto médio da hipotenusa.
2. Logo a hipotenusa é um diâmetro da circunferência circunscrita, e R = \dfrac{26}{2} = 13.

Desenha um triângulo muito «achatado», com um ângulo bem obtuso, e vê para onde vai o centro da circunferência que passa pelos três vértices.

1. Num triângulo obtusângulo o circuncentro fica fora; num retângulo fica sobre a hipotenusa; só num acutângulo é que fica dentro.
2. Logo a afirmação falsa é a (C).É esta a diferença mais útil entre o circuncentro e o incentro: o incentro nunca sai, o circuncentro sai. A R5 arruma os quatro casos de uma vez.

A altura já foi calculada na secção anterior. Num triângulo equilátero, a que fração da altura está o centro, a contar do vértice?

1. A altura é 3\sqrt{3}, e num triângulo equilátero as mediatrizes coincidem com as alturas.
2. Sendo M o ponto médio de um lado, o triângulo [OMB] é retângulo em M, com \overline{MB} = 3 e \overline{OM} = r = \sqrt{3} — o raio da inscrita, calculado na R1.
3. Logo R = \overline{OB} = \sqrt{3^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}.
4. Verificação: R = 2\sqrt{3} e r = \sqrt{3}, logo R = 2r — e R + r = 3\sqrt{3}, que é a altura. ✓Num triângulo equilátero o incentro e o circuncentro são o mesmo ponto, e ele divide a altura em \frac{2}{3} e \frac{1}{3}. É a razão do baricentro, que a R4 vai demonstrar.

Depois da hipotenusa, a alínea b) não precisa de contas nenhumas: A também é um vértice.

1. a) Cálculo auxiliar: \overline{BC} = \sqrt{6^{2}+8^{2}} = 10.
2. O circuncentro é o ponto médio de [BC], logo R = 5.
3. b) O circuncentro está à mesma distância dos três vértices, logo dista 5 de A.Dito de outra maneira: a mediana relativa à hipotenusa mede metade da hipotenusa. É a propriedade que o último exercício desta secção demonstra.

«À mesma distância das três aldeias» é «à mesma distância dos três vértices». Que retas dão isso?

1. a) Estar à mesma distância de duas aldeias é estar na mediatriz do segmento que as une. Estar à mesma distância das três é estar nas três mediatrizes: é o circuncentro.
2. b) Por definição de circuncentro, \overline{OA} = \overline{OB} = \overline{OC}. Esse comprimento é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo [ABC].
3. c) Quando o triângulo é obtusângulo. Se for retângulo, o depósito fica em cima do ponto médio do maior lado.Compara com o problema da fonte, na R1: ali era «à mesma distância dos três muros» — lados — e dava o incentro. Uma palavra muda o ponto.

A primeira parte é imediata pela definição. A segunda é a caracterização da mediatriz como lugar geométrico, aplicada a A.

1. O circuncentro está nas três mediatrizes, logo em particular na de [BC].
2. Como \overline{AB} = \overline{AC}, o ponto A está à mesma distância de B e de C, e portanto também pertence à mediatriz de [BC].
3. Logo a reta AO é a mediatriz de [BC]: num triângulo isósceles, o circuncentro está sobre o eixo de simetria.O mesmo argumento serve para o incentro, para o ortocentro e para o baricentro: todos eles estão nessa reta. É por isso que num triângulo isósceles os quatro pontos notáveis são colineares — voltaremos a isto na R5 e na R6.

Um lado que mede 20 numa circunferência de raio 10 é o maior segmento que lá cabe. O que é que isso obriga?

1. A maior corda de uma circunferência de raio 10 é o diâmetro, que mede 20. Logo esse lado é um diâmetro.
2. O centro da circunferência circunscrita é, portanto, o ponto médio desse lado.
3. Sendo [BC] esse lado, O o seu ponto médio e A o terceiro vértice, tem-se \overline{OA} = \overline{OB} = \overline{OC} = 10.
4. Os triângulos [OAB] e [OAC] são isósceles, logo O\hat{A}B = O\hat{B}A e O\hat{A}C = O\hat{C}A. Somando os ângulos internos de [ABC]: 2\,O\hat{A}B + 2\,O\hat{A}C = 180^{\circ} \;\Leftrightarrow\; O\hat{A}B + O\hat{A}C = 90^{\circ}.
5. Mas B\hat{A}C = O\hat{A}B + O\hat{A}C = 90^{\circ}: o triângulo é retângulo em A.Acabaste de demonstrar o Teorema de Tales na sua forma clássica — todo o ângulo inscrito numa semicircunferência é reto.

Mostra que M é o circuncentro. Para isso, repara em que a mediatriz de [AB] é perpendicular a AB — e que AC também é.

1. A mediatriz de [AB] é perpendicular a AB. Como o ângulo em A é reto, a reta AC também é perpendicular a AB. Logo a mediatriz de [AB] é paralela a AC.
2. Essa mediatriz passa no ponto médio de [AB]. Uma reta que passa no ponto médio de um lado de um triângulo e é paralela a outro lado passa no ponto médio do terceiro — é a reta média. Logo passa em M.
3. Como M pertence à mediatriz de [AB], tem-se \overline{MA} = \overline{MB}.
4. E \overline{MB} = \overline{MC} = \dfrac{\overline{BC}}{2}, por M ser o ponto médio de [BC].
5. Portanto \overline{AM} = \dfrac{\overline{BC}}{2}.De passagem, provou-se mais: M está à mesma distância dos três vértices, logo é o circuncentro. É a demonstração da propriedade que se enunciou no texto da secção.

Argumenta por absurdo: supõe que eram paralelas e vê o que isso obrigaria os dois lados a ser.

1. Suponhamos, por absurdo, que as mediatrizes de [AB] e de [BC] eram paralelas.
2. A mediatriz de [AB] é perpendicular a AB e a de [BC] é perpendicular a BC.
3. Duas retas paralelas têm a mesma direção; e duas retas perpendiculares a retas com a mesma direção são também paralelas entre si. Logo AB e BC seriam paralelas.
4. Mas AB e BC têm o ponto B em comum: se fossem paralelas, seriam a mesma reta, e A, B e C estariam alinhados.
5. Isso contraria a hipótese de [ABC] ser um triângulo. Logo as duas mediatrizes não são paralelas e cruzam-se num ponto.Este passo tem de estar na demonstração. Sem ele, ela prova apenas que se as duas se cruzarem, a terceira passa lá — e não que existe circuncentro.

A distância do centro a uma corda mede-se na perpendicular, e essa perpendicular é a mediatriz da corda. Fica um triângulo retângulo com hipotenusa 13.

1. A perpendicular tirada de O para BC encontra-a no ponto médio M — porque O está na mediatriz de [BC].
2. Logo \overline{MB} = 12, e o triângulo [OMB] é retângulo em M com hipotenusa \overline{OB} = 13.
3. Cálculo auxiliar: \overline{OM} = \sqrt{13^{2}-12^{2}} = \sqrt{25} = 5.
4. Quando o ângulo em A é obtuso, o vértice A fica no arco menor definido por B e C — isto é, do lado da reta BC oposto ao centro O.
5. É por isso que nesse caso o circuncentro fica fora do triângulo.Confirma no laboratório: arrasta A ao longo da circunferência e vê o momento em que O atravessa o lado [BC]. É exactamente quando A passa pelo ponto em que o ângulo é reto.

Uma reta que passa num vértice e é perpendicular ao lado oposto tem um nome. Qual?

1. Cada uma dessas retas é a reta suporte de uma altura do triângulo.
2. O ponto de interseção das alturas é o ortocentro: opção (D).Atenção à diferença com a mediatriz: a mediatriz de [BC] também é perpendicular a BC, mas passa no ponto médio de [BC], não no vértice A. Perpendicular ao lado há duas; o que as separa é por onde passam.

Repara nos dois catetos: cada um é perpendicular ao outro. Isso faz deles alturas?

1. [AB] é perpendicular a [BC], logo [AB] é a altura relativa ao lado [BC].
2. Do mesmo modo, [BC] é a altura relativa a [AB].
3. As duas cruzam-se em B, logo o ortocentro é B — o vértice do ângulo reto.

A fórmula da área de um triângulo é base vezes altura a dividir por dois.

1. De S = \dfrac{b \times h}{2} vem h = \dfrac{2S}{b}.
2. h = \dfrac{72}{9} = 8.

Pensa em três triângulos: um acutângulo, um retângulo e um obtusângulo.

1. Acutângulo: H fica dentro. Retângulo: H é o vértice do ângulo reto. Obtusângulo: H fica fora.
2. Logo a opção correta é a (B).A opção (D) descreve o incentro. O ortocentro não tem nenhuma propriedade de equidistância — é o único dos quatro pontos notáveis que não é definido por distâncias.

Cada altura vai com o seu lado, e as três dão a mesma área. Escreve h = \dfrac{2S}{b} três vezes.

1. Para o lado 13: h = \dfrac{168}{13} \approx 12{,}92.
2. Para o lado 14: h = \dfrac{168}{14} = 12.
3. Para o lado 15: h = \dfrac{168}{15} = 11{,}2.
4. Repara na ordem: ao maior lado corresponde a menor altura.O produto b \times h é o mesmo nas três — vale sempre 2S. É a relação que resolve quase todos os exercícios com alturas.

Num triângulo equilátero, os quatro pontos notáveis são o mesmo ponto. Já calculaste a distância desse ponto aos vértices na R2.

1. Num triângulo equilátero a altura tirada de cada vértice é também mediatriz do lado oposto, logo o ortocentro coincide com o circuncentro.
2. Na R2 calculou-se R = 2\sqrt{3} para o mesmo triângulo.
3. Logo a distância do ortocentro a cada vértice é 2\sqrt{3}.Este é o único caso em que os quatro pontos notáveis coincidem — e a R5 vai mostrar que a recíproca também vale: se dois deles coincidirem, o triângulo é equilátero.

Considera o quadrilátero formado por A, pelos pés de duas alturas e por H. Dois dos seus ângulos são retos, e a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360^{\circ}.

1. Sejam P o pé da altura tirada de B e Q o pé da altura tirada de C.
2. No quadrilátero [AQHP], os ângulos em P e em Q são retos, e o ângulo em A mede 52^{\circ}.
3. A soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360^{\circ}, logo Q\hat{H}P = 360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-52^{\circ} = 128^{\circ}.
4. B\hat{H}C é o ângulo verticalmente oposto a Q\hat{H}P, logo também mede 128^{\circ}.
5. Confere: 128^{\circ} = 180^{\circ}-52^{\circ}.

Desenha. O pé da altura tirada de um vértice cai dentro do lado oposto quando os dois ângulos adjacentes a esse lado são agudos.

1. A altura tirada de C encontra [AB]: os ângulos em A e em B são agudos (só pode haver um ângulo obtuso), logo o pé cai dentro de [AB].
2. A altura tirada de A encontra a reta BC: como o ângulo em C é obtuso, o pé cai no prolongamento de [BC], para lá de C.
3. Do mesmo modo, o pé da altura tirada de B cai no prolongamento de [AC], para lá de C.
4. Portanto, duas das três: as tiradas dos dois vértices agudos.É por isso que o ortocentro sai do triângulo: as duas alturas só se cruzam depois de prolongadas, e cruzam-se do lado de lá de C.

O produto de um lado pela altura correspondente é sempre o mesmo. Porquê?

1. A área calcula-se por qualquer par lado-altura, logo 10 \times 7{,}2 = 12 \times h.
2. 72 = 12h, donde h = 6.
3. Verificação: a área é \dfrac{72}{2} = 36 pelos dois caminhos. ✓Ao maior lado corresponde sempre a menor altura: o produto tem de se manter, portanto quando um cresce o outro encolhe na mesma proporção.

Toma os pés das alturas tiradas de B e de C e olha para o quadrilátero que eles formam com A e com H.

1. Sejam \alpha = B\hat{A}C, P o pé da altura tirada de B (sobre [AC]) e Q o pé da altura tirada de C (sobre [AB]).
2. Como o triângulo é acutângulo, P e Q estão sobre os lados, e H está no interior. O quadrilátero [AQHP] é convexo.
3. Os ângulos de vértices P e Q são retos, por definição de altura.
4. A soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360^{\circ}, logo Q\hat{H}P = 360^{\circ} - 90^{\circ} - 90^{\circ} - \alpha = 180^{\circ} - \alpha.
5. B\hat{H}C e Q\hat{H}P são ângulos verticalmente opostos — as semirretas HB e HQ são opostas, e o mesmo para HC e HP. Logo têm a mesma amplitude.
6. Portanto B\hat{H}C = 180^{\circ} - \alpha.Confere com a R1: lá era B\hat{I}C = 90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}, sempre obtuso. Aqui, B\hat{H}C é obtuso quando \alpha é agudo — e é a mesma coisa a dizer que H «vê» o lado [BC] sob o suplementar do ângulo de A.

Se H = A, então A pertence à reta suporte da altura tirada de B. O que é que isso obriga essa reta a ser?

1. Suponhamos que o ortocentro é o vértice A.
2. Então A pertence à reta suporte da altura tirada de B. Essa reta passa em B e em A, logo é a reta AB.
3. Mas a altura tirada de B é perpendicular a AC. Logo AB \perp AC.
4. O ângulo de vértice A é reto: o triângulo é retângulo em A.Com a propriedade demonstrada no texto — num triângulo retângulo o ortocentro é o vértice do ângulo reto — fica a equivalência: o ortocentro é um vértice se e só se o triângulo é retângulo nesse vértice.

Na alínea b), de a h_a = b h_b = c h_c vem que os lados são inversamente proporcionais às alturas.

1. a) A área do triângulo é S = \dfrac{a h_a}{2} = \dfrac{b h_b}{2} = \dfrac{c h_c}{2}, por se poder tomar qualquer lado como base.
2. Multiplicando por 2: a h_a = b h_b = c h_c = 2S.
3. b) Dessa igualdade, a = \dfrac{2S}{h_a}: os lados são inversamente proporcionais às alturas.
4. Logo os lados são proporcionais a \dfrac{1}{12}, \dfrac{1}{15} e \dfrac{1}{20}.
5. Cálculo auxiliar: multiplicando os três por 60, obtém-se 5, 4 e 3.
6. Como 3^{2}+4^{2} = 5^{2}, o recíproco do Teorema de Pitágoras garante que o triângulo é retângulo.Repara em que a resposta não depende da escala: qualquer triângulo com estas três alturas é semelhante a um 3-4-5. As alturas determinam a forma, mas não o tamanho? Determinam os dois — a h_a = 2S fixa também a área.

Cada um desses segmentos une um vértice ao ponto médio do lado oposto. Como se chama um segmento assim?

1. [CM] e [AN] são medianas: cada uma vai de um vértice ao ponto médio do lado oposto.
2. O ponto de interseção das medianas é o baricentro: opção (A).Confunde-se com o circuncentro por causa do «ponto médio»: a mediatriz também passa pelo ponto médio do lado, mas é perpendicular ao lado e não passa pelo vértice.

O baricentro está a dois terços da mediana, a contar do vértice. O que sobra é o outro terço.

1. a) \overline{AG} = \dfrac{2}{3}\,\overline{AM} e \overline{GM} = \dfrac{1}{3}\,\overline{AM}, logo \overline{GM} = \dfrac{\overline{AG}}{2} = 4.
2. b) \overline{AM} = \overline{AG} + \overline{GM} = 8+4 = 12.

É a propriedade demonstrada no texto da secção.

1. As três medianas dividem o triângulo em seis triângulos equivalentes — todos com a mesma área.
2. Logo cada um tem \dfrac{54}{6} = 9 unidades de área.

Cada mediana é um segmento que está todo dentro do triângulo. E o baricentro está em cima delas.

1. Cada mediana une um vértice a um ponto de um lado, logo está inteiramente dentro do triângulo.
2. O baricentro pertence às três medianas, logo é interior: opção (B).A opção (C) descreve o circuncentro; a (D) seria a razão 1:1, e a razão é 2:1. Dos quatro pontos notáveis, só o incentro e o baricentro é que nunca saem do triângulo.

Cada mediana é dividida na mesma razão, mas cada uma tem o seu comprimento. Faz uma de cada vez.

1. \overline{AG} = \dfrac{2}{3}\,\overline{AD} = \dfrac{2}{3} \times 21 = 14.
2. \overline{GD} = 21 - 14 = 7. (Confere: 14 = 2 \times 7 ✓)
3. Na outra mediana, \overline{CG} = \dfrac{2}{3}\,\overline{CE}, logo \overline{CE} = \dfrac{3}{2} \times 10 = 15.

Os três lados de [ADG] são [AD], [AG] e [DG]. O primeiro é metade de um lado; os outros dois são pedaços de medianas.

1. D é o ponto médio de [AB], logo \overline{AD} = \dfrac{40}{2} = 20.
2. [AE] é mediana e G está a dois terços, logo \overline{AG} = \dfrac{2}{3} \times 24 = 16.
3. [CD] é mediana, logo \overline{CG} = \dfrac{2}{3} \times 18 = 12 e \overline{DG} = 18-12 = 6.
4. Perímetro = 20+16+6 = 42.Também se podia obter \overline{DG} directamente: é um terço da mediana [CD], e \dfrac{18}{3} = 6.

Num triângulo equilátero, a mediana é também altura. E o baricentro coincide com os outros três pontos notáveis.

1. a) Num triângulo equilátero a mediana coincide com a altura: \sqrt{12^{2}-6^{2}} = \sqrt{108} = 6\sqrt{3}.
2. b) Ao vértice: \dfrac{2}{3} \times 6\sqrt{3} = 4\sqrt{3}.
3. Ao lado: \dfrac{1}{3} \times 6\sqrt{3} = 2\sqrt{3}.
4. Verificação: 4\sqrt{3} é o raio da circunferência circunscrita e 2\sqrt{3} o da inscrita — o dobro, como na R2 com o lado 6. ✓

Uma mediana divide o triângulo em dois de igual área. E as três medianas dividem-no em seis iguais — conta quantos desses seis cabem em cada pedaço.

1. a) A mediana [AM] divide [ABC] em dois triângulos equivalentes, logo A_{[ABM]} = \dfrac{72}{2} = 36.
2. b) [BGM] é um dos seis triângulos em que as medianas dividem [ABC], logo tem \dfrac{72}{6} = 12.
3. c) [ABG] é a união de dois desses seis — os que ficam do lado de [AB] — logo tem 2 \times 12 = 24.
4. Confere: [ABM] é a união de [ABG] e de [BGM]: 24+12 = 36 ✓

«Fica horizontal» quer dizer «está em equilíbrio»: o ponto tem de ser o centro de massa.

1. a) No baricentro, que é o centro de massa de um triângulo — é aí que o peso se equilibra.
2. b) Marcar o ponto médio de dois lados, unir cada um ao vértice oposto, e prender o fio onde os dois segmentos se cruzam.
3. c) Do ponto médio do lado, o baricentro fica a um terço da mediana: \dfrac{30}{3} = 10 cm.

Sendo M o ponto médio de [BC], compara os triângulos [ABM] e [ACM].

1. Seja M o ponto médio de [BC]. Por hipótese, [AM] é mediana e altura, logo AM \perp BC.
2. Nos triângulos [ABM] e [ACM]:

   \overline{BM} = \overline{MC}, por M ser ponto médio; os ângulos de vértice M são ambos retos, logo iguais; [AM] é lado comum.

3. Pelo critério LAL, os dois triângulos são geometricamente iguais.
4. Logo \overline{AB} = \overline{AC}: o triângulo é isósceles.A recíproca também vale, e demonstra-se do mesmo modo. Fica assim: num triângulo, a mediana relativa a um lado é altura se e só se os outros dois lados são iguais. É o que faz de um triângulo isósceles uma figura com eixo de simetria.

Cada lado do triângulo pequeno é uma reta média do grande: mede metade do lado a que é paralelo. O que é que isso diz da razão de semelhança?

1. Cada lado de [M_{1}M_{2}M_{3}] une os pontos médios de dois lados de [ABC], logo é paralelo ao terceiro e mede metade dele.
2. Portanto os três lados do triângulo pequeno são metade dos três lados do grande: pelo critério LLL, os dois triângulos são semelhantes, de razão \dfrac{1}{2}.
3. Em figuras semelhantes, a razão das áreas é o quadrado da razão de semelhança: \dfrac{A_{[M_{1}M_{2}M_{3}]}}{A_{[ABC]}} = \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2} = \dfrac{1}{4}.
4. Logo a área do triângulo dos pontos médios é um quarto da do triângulo inicial.O que sobra — os outros três quartos — são três triângulos, um em cada canto, todos com um quarto da área. É por isso que o triângulo dos pontos médios se chama triângulo medial, e é ele que vai reaparecer na R7: os seus vértices são três dos nove pontos.

Sendo G o baricentro, escreve \overline{BG}, \overline{GM}, \overline{CG} e \overline{GN} em função das duas medianas. Depois compara os triângulos [BGN] e [CGM].

1. Seja G o baricentro. Então \overline{BG} = \dfrac{2}{3}\,\overline{BM} e \overline{CG} = \dfrac{2}{3}\,\overline{CN}.
2. Como \overline{BM} = \overline{CN}, vem \overline{BG} = \overline{CG}.
3. Do mesmo modo, \overline{GN} = \dfrac{1}{3}\,\overline{CN} = \dfrac{1}{3}\,\overline{BM} = \overline{GM}.
4. Nos triângulos [BGN] e [CGM]:

   \overline{BG} = \overline{CG}; \overline{GN} = \overline{GM}; os ângulos de vértice G são verticalmente opostos, logo iguais.

5. Pelo critério LAL, os dois triângulos são geometricamente iguais, logo \overline{BN} = \overline{CM}.
6. Mas \overline{BN} = \dfrac{\overline{AB}}{2} e \overline{CM} = \dfrac{\overline{AC}}{2}, por N e M serem pontos médios.
7. Portanto \overline{AB} = \overline{AC}: o triângulo é isósceles.Este é um resultado que parece óbvio e não é: duas medianas iguais obrigam mesmo o triângulo a ser isósceles, e a demonstração só sai depois de se ter a razão 2:1. Sem ela, não há por onde pegar.

Num triângulo equilátero, a bissetriz de cada ângulo é também mediana, altura e mediatriz do lado oposto.

1. Num triângulo equilátero, para cada vértice, a bissetriz, a mediana e a altura são a mesma reta — e essa reta é a mediatriz do lado oposto.
2. Logo os quatro pontos notáveis são o mesmo ponto: a opção correta é a (D).A recíproca também é verdadeira: se dois dos quatro pontos coincidirem, o triângulo é equilátero. É o que os exercícios vermelhos desta secção demonstram.

As duas primeiras respostas são pontos com nome. A terceira vale para todo o triângulo.

1. a) No vértice C, o do ângulo reto: cada cateto é altura relativa ao outro.
2. b) No ponto médio da hipotenusa [AB]: a hipotenusa é um diâmetro da circunferência circunscrita.
3. c) Sim. O incentro e o baricentro são interiores em qualquer triângulo.

Dois deles estão sempre sobre segmentos que vivem dentro do triângulo; os outros dois vivem sobre retas que se prolongam para fora.

1. O incentro está nas três bissetrizes internas, que estão dentro do triângulo; o baricentro está nas três medianas, que também estão.
2. O circuncentro está nas mediatrizes e o ortocentro nas retas suporte das alturas: essas são retas, e prolongam-se para fora.
3. A opção correta é a (B).

Que reta é, ao mesmo tempo, mediana, mediatriz, altura e bissetriz?

1. A reta CM é a mediana relativa a [AB], por M ser o ponto médio.
2. Como \overline{CA} = \overline{CB}, essa mediana é também altura, e portanto a reta CM é a mediatriz de [AB] e a bissetriz do ângulo de vértice C.
3. Logo os quatro pontos notáveis pertencem todos à reta CM, que é o eixo de simetria do triângulo.

Compara 13^{2} com 5^{2}+12^{2}.

1. a) Cálculo auxiliar: 5^{2}+12^{2} = 25+144 = 169 = 13^{2}. Pelo recíproco do Teorema de Pitágoras, o triângulo é retângulo.
2. b) O ortocentro é o vértice do ângulo reto; o circuncentro é o ponto médio da hipotenusa, de comprimento 13.
3. c) A distância entre eles é a mediana relativa à hipotenusa, que mede metade da hipotenusa: \dfrac{13}{2} = 6{,}5.

Começa pela altura. O ponto comum está a dois terços dela, a contar do vértice.

1. O lado é \dfrac{18}{3} = 6, e a altura é \sqrt{6^{2}-3^{2}} = 3\sqrt{3}.
2. a) Como o baricentro está a \dfrac{2}{3} da mediana e a mediana é a altura, a distância ao vértice é \dfrac{2}{3} \times 3\sqrt{3} = 2\sqrt{3}.
3. b) O raio do círculo inscrito é o terço restante: r = \sqrt{3}.
4. A área é \pi r^{2} = 3\pi.Um triângulo equilátero é o único onde R = 2r. Em qualquer outro, R > 2r — é a desigualdade de Euler, que a R6 volta a encontrar.

Num triângulo isósceles não equilátero, os quatro pontos estão alinhados. Estarão no mesmo sítio?

1. Num triângulo isósceles, os quatro pontos notáveis pertencem ao eixo de simetria: são colineares.
2. Mas só coincidem se o triângulo for equilátero, o que aqui está excluído.
3. As opções (B) e (C) são verdadeiras: um triângulo isósceles pode ser obtusângulo, e nesse caso H e O saem.
4. A afirmação falsa é a (D).

Quais são os dois pontos que podem sair? E em que tipo de triângulo é que saem os dois ao mesmo tempo?

1. Só o circuncentro e o ortocentro podem ser exteriores, e ambos o são exactamente quando o triângulo é obtusângulo.
2. Num triângulo retângulo, o ortocentro está sobre um vértice e o circuncentro sobre um lado — nenhum é exterior.
3. Logo o triângulo é obtusângulo, e os dois pontos exteriores são o circuncentro e o ortocentro.
4. A segunda condição é redundante: o ortocentro está sempre sobre as três retas das alturas.Cuidado com condições que parecem informação e não são. Neste caso, a segunda serve só para confirmar que o ponto em questão é o ortocentro — a resposta já estava fechada com a primeira.

Começa pela altura \overline{AM}. Para a alínea c), usa r = \dfrac{2S}{P}.

1. Cálculo auxiliar: \overline{AM} = \sqrt{10^{2}-6^{2}} = \sqrt{64} = 8.
2. a) O maior lado é [BC], de comprimento 12, e 12^{2} = 144 < 10^{2}+10^{2} = 200. Logo o ângulo oposto ao maior lado é agudo, e os outros dois também: o triângulo é acutângulo.
3. b) [AM] é mediana, e o baricentro está a \dfrac{2}{3} dela: \overline{AG} = \dfrac{2}{3} \times 8 = \dfrac{16}{3}.
4. c) A área é \dfrac{12 \times 8}{2} = 48 e o perímetro é 32, logo r = \dfrac{2 \times 48}{32} = 3.
5. Confere: 3 < \dfrac{16}{3} \approx 5{,}33 < 8 — o incentro está entre M e o baricentro, e ambos estão sobre [AM]. ✓

Se H = G, então a reta que une A a esse ponto é ao mesmo tempo mediana e altura. Já sabes o que isso obriga o triângulo a ser — está demonstrado na R4.

1. Seja P o ponto comum, e M_{1}, M_{2}, M_{3} os pontos médios de [BC], [CA] e [AB].
2. Como P é o baricentro, pertence à mediana [AM_{1}]; como é também o ortocentro, pertence à reta suporte da altura tirada de A.
3. Duas retas distintas têm no máximo um ponto comum. A reta AM_{1} e a reta da altura tirada de A têm dois pontos comuns — A e P — e portanto são a mesma reta. (Note-se que P \neq A, porque o baricentro é interior ao triângulo.)
4. Logo a mediana relativa a [BC] é também altura. Pela propriedade demonstrada na R4, o triângulo é isósceles com \overline{AB} = \overline{AC}.
5. Repetindo o mesmo raciocínio a partir de B: a mediana relativa a [CA] é também altura, logo \overline{BA} = \overline{BC}.
6. De \overline{AB} = \overline{AC} e \overline{AB} = \overline{BC} vem \overline{AB} = \overline{BC} = \overline{CA}: o triângulo é equilátero.O mesmo argumento funciona com qualquer par dos quatro pontos. Se dois deles coincidem, o triângulo é equilátero — e então coincidem os quatro. É por isso que na reta de Euler, na secção seguinte, o triângulo equilátero é o único caso excluído: a reta deixa de existir.

Mostra que a reta AM é, ao mesmo tempo, mediana, altura, mediatriz e bissetriz. Cada uma dessas quatro coisas põe lá um dos pontos.

1. É mediana: por definição, [AM] une A ao ponto médio de [BC]. Logo o baricentro pertence-lhe.
2. É altura: os triângulos [ABM] e [ACM] têm os três lados iguais — \overline{AB} = \overline{AC}, \overline{BM} = \overline{MC} e [AM] comum. Pelo critério LLL são iguais, logo A\hat{M}B = A\hat{M}C. Como são suplementares, cada um mede 90^{\circ}: AM \perp BC. Logo o ortocentro pertence-lhe.
3. É mediatriz de [BC]: é perpendicular a [BC] e passa no seu ponto médio. Logo o circuncentro pertence-lhe.
4. É bissetriz do ângulo de vértice A: da igualdade dos triângulos [ABM] e [ACM] vem também B\hat{A}M = C\hat{A}M. Logo o incentro pertence-lhe.
5. Os quatro pontos estão na reta AM: são colineares.A recíproca é verdadeira e é bonita: se os quatro pontos notáveis de um triângulo forem colineares, o triângulo é isósceles. Não é pedida, mas experimenta no laboratório — arrasta um vértice e vê a que sítios é que a reta de Euler se agarra.

Os dois pontos já têm um sítio identificado. Que segmento é que os une?

1. Num triângulo retângulo em C, o ortocentro é o vértice C — porque [CA] e [CB] são perpendiculares entre si, logo são alturas.
2. O circuncentro é o ponto médio M da hipotenusa [AB].
3. Logo \overline{OH} = \overline{MC}, que é a mediana relativa à hipotenusa.
4. Pela propriedade demonstrada na R2, essa mediana mede metade da hipotenusa: \overline{MC} = \dfrac{a}{2}.
5. Portanto \overline{OH} = \dfrac{a}{2}.Como o baricentro está a dois terços de [CM] a contar de C, tem-se ainda \overline{HG} = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{a}{2} = \dfrac{a}{3} e \overline{GO} = \dfrac{a}{6} — e \overline{HG} = 2\,\overline{GO}. Acabaste de verificar a reta de Euler num caso particular, uma secção antes de a conhecer.

A reta chama-se «de Euler». Que três pontos é que ela contém?

1. A reta de Euler contém o circuncentro, o baricentro e o ortocentro: opção (B).
2. O incentro em geral não lhe pertence — só quando o triângulo é isósceles, e aí está lá porque está no eixo de simetria.É este o ponto que se esquece: dos quatro pontos notáveis, o incentro é o que fica de fora. E não é um pormenor — é a razão por que a reta de Euler tem nome próprio e não é «a reta dos pontos notáveis».

A relação métrica da reta de Euler diz que uma das distâncias é o dobro da outra. Qual?

1. a) \overline{HG} = 2\,\overline{GO} = 2 \times 4 = 8.
2. b) Como G está entre H e O, tem-se \overline{HO} = \overline{HG}+\overline{GO} = 8+4 = 12.

O segmento [HO] fica dividido em três partes iguais? Não — fica dividido em duas partes, uma delas o dobro da outra. Quantas partes iguais são ao todo?

1. \overline{HO} = \overline{HG}+\overline{GO} = 2\,\overline{GO}+\overline{GO} = 3\,\overline{GO}.
2. Logo \overline{GO} = \dfrac{21}{3} = 7 e \overline{HG} = 14.

Uma reta fica definida por dois pontos distintos. Em que triângulo é que os três pontos são o mesmo?

1. Num triângulo equilátero, os quatro pontos notáveis coincidem: O = G = H.
2. Um só ponto não define uma reta, logo a reta de Euler não existe: opção (C).
3. Em qualquer outro triângulo os três pontos são distintos e a reta fica definida.Nos enunciados, isto aparece quase sempre como «considera um triângulo não equilátero». Não é uma precaução decorativa: sem ela, o enunciado fala de uma reta que pode não existir.

Localiza primeiro H e O. O segmento que os une é uma mediana.

1. O ortocentro é o vértice do ângulo reto e o circuncentro é o ponto médio da hipotenusa.
2. Logo [HO] é a mediana relativa à hipotenusa, e mede metade dela: \overline{HO} = 15.
3. O baricentro está sobre essa mediana, a \dfrac{2}{3} do vértice: \overline{HG} = \dfrac{2}{3} \times 15 = 10.
4. Confere pela relação de Euler: \overline{GO} = 5 e 10 = 2 \times 5 ✓

Na R5 mostrou-se que os quatro pontos estão todos sobre uma mesma reta. Qual?

1. a) A reta AM é mediana, altura e mediatriz de [BC], logo contém o baricentro, o ortocentro e o circuncentro. A reta de Euler é, portanto, a reta AM — o eixo de simetria do triângulo.
2. b) Sim. A reta AM é também a bissetriz do ângulo de vértice A, logo contém o incentro.
3. Num triângulo isósceles, os quatro pontos notáveis são colineares — e a reta que os contém é a reta de Euler.Este é o único caso em que o incentro está na reta de Euler (fora do equilátero, onde ela nem existe). A recíproca também vale, e é um bom exercício de exploração no GeoGebra.

Num triângulo isósceles, H e O estão sobre o eixo de simetria, que é perpendicular a [BC]. O quadrilátero tem, portanto, as diagonais perpendiculares.

1. Como o triângulo é isósceles, H e O pertencem ao eixo de simetria, que é perpendicular a [BC] no seu ponto médio M.
2. Logo as diagonais do quadrilátero [BHCO] — que são [BC] e [HO] — são perpendiculares e cortam-se em M.
3. Num quadrilátero de diagonais perpendiculares, a área é metade do produto das diagonais: 24 = \dfrac{8 \times \overline{HO}}{2} = 4\,\overline{HO}, donde \overline{HO} = 6.
4. Pela relação de Euler, \overline{HO} = 3\,\overline{GO}, logo \overline{GO} = 2.

Duas coisas a verificar: a razão entre as duas primeiras, e se a terceira é a soma ou a diferença.

1. \dfrac{6{,}84}{3{,}42} = 2: a distância do ortocentro ao baricentro é o dobro da do baricentro ao circuncentro. ✓
2. 6{,}84 + 3{,}42 = 10{,}26 = \overline{HO}: a maior das três distâncias é a soma das outras duas.
3. Isso mostra que os três pontos são colineares e que G está entre H e O.Se G não estivesse entre os outros dois, uma das outras somas é que teria de dar a maior distância. Verificar a soma é, portanto, verificar duas coisas ao mesmo tempo: o alinhamento e a ordem.

Marca H, G, N e O sobre uma reta, pela ordem certa, e escreve as três distâncias a partir de \overline{HO} = 18.

1. De \overline{HO} = 18 vem \overline{GO} = \dfrac{18}{3} = 6 e \overline{HG} = 12.
2. N é o ponto médio de [HO], logo \overline{NO} = 9.
3. Como G e N estão ambos entre H e O, com G mais perto de O: \overline{GN} = \overline{NO}-\overline{GO} = 9-6 = 3.

Toma M o ponto médio de [BC]. Repara em que O está do mesmo lado de G que M, e H do mesmo lado que A.

1. Sejam M o ponto médio de [BC] e G o baricentro, que está sobre a mediana [AM], entre A e M.
2. Na demonstração da reta de Euler mostrou-se que os triângulos [GOM] e [GHA] são semelhantes, com O e M em lados correspondentes, e H e A também.
3. Nessa semelhança, os ângulos de vértice G são verticalmente opostos. Isso quer dizer que as semirretas GO e GH são opostas: O e H estão de lados opostos de G.
4. Logo G pertence ao segmento [HO], isto é, está entre H e O.
5. Com \overline{HG} = 2\,\overline{GO}, isso dá \overline{HO} = 3\,\overline{GO} — que é a relação usada em todos os exercícios de cálculo desta secção.Sem este passo, de \overline{HG} = 2\,\overline{GO} podia sair \overline{HO} = \overline{GO}, se G estivesse fora de [HO]. É por isso que os enunciados de exame pedem tantas vezes «a distância do ortocentro ao circuncentro»: é aí que se vê se a ordem dos pontos foi percebida.

Onde estão H e O num triângulo retângulo? A reta que os une é qual?

1. Seja [ABC] retângulo em C, e M o ponto médio da hipotenusa [AB].
2. O ortocentro é C — os dois catetos são alturas, e cruzam-se em C.
3. O circuncentro é M, o ponto médio da hipotenusa.
4. Como o triângulo não é isósceles, C \neq M e a reta de Euler fica definida: é a reta CM.
5. Mas [CM] une o vértice C ao ponto médio do lado oposto: é a mediana relativa à hipotenusa.
6. Logo a reta de Euler passa pelo vértice C e contém a mediana [CM] — e portanto contém também o baricentro, como tinha de ser.Vale a recíproca? Se a reta de Euler passar por um vértice, o triângulo é retângulo ou isósceles. Experimenta no laboratório: arrasta um vértice e vê quando é que a reta se agarra a um deles.

É uma consequência directa da semelhança usada na demonstração da reta de Euler. Identifica os lados correspondentes.

1. Na demonstração da reta de Euler mostrou-se que os triângulos [GOM] e [GHA] são semelhantes.
2. A razão de semelhança é \dfrac{\overline{GA}}{\overline{GM}} = 2, porque o baricentro divide a mediana [AM] nessa razão.
3. Em triângulos semelhantes, todos os lados estão na mesma razão. Os lados [HA] e [OM] são correspondentes — opõem-se aos ângulos de vértice G, que são iguais.
4. Logo \overline{AH} = 2\,\overline{OM}.Esta igualdade é a peça que falta para a secção seguinte. Como [OM] é a distância do circuncentro ao lado [BC], ela diz que a distância de um vértice ao ortocentro é o dobro da distância do circuncentro ao lado oposto — e é daqui que sai a circunferência dos nove pontos.

São três grupos de três. Dois deles têm que ver com os lados e com as alturas; o terceiro tem que ver com um dos pontos notáveis — qual?

1. Os nove pontos são: os três pés das alturas, os três pontos médios dos lados e os três pontos médios dos segmentos que unem cada vértice ao ortocentro.
2. O baricentro não entra: a opção correta é a (D).Os três últimos chamam-se pontos de Euler. Repara em que a definição usa o ortocentro duas vezes — nos pés das alturas e nos pontos de Euler — e o circuncentro nenhuma. Ele aparece depois, no centro e no raio.

É uma das duas relações métricas da secção.

1. O raio da circunferência dos nove pontos é metade do raio da circunferência circunscrita.
2. Logo é \dfrac{10}{2} = 5.

Onde está o centro N em relação a O e a H?

1. N é o ponto médio de [OH].
2. Logo \overline{ON} = \dfrac{22}{2} = 11.

O centro pertence à reta de Euler. Em que ponto dela?

1. O centro da circunferência dos nove pontos é o ponto médio de [OH]: opção (B).
2. Em particular, pertence à reta de Euler — que passa a ter quatro pontos com nome: O, N, G e H.

A relação lê-se nos dois sentidos.

1. a) 4 = \dfrac{R}{2}, logo R = 8.
2. b) \pi R^{2} = 64\pi.

Que ponto notável é D? E o que é \overline{AD}?

1. Estar à mesma distância dos três vértices caracteriza o circuncentro, logo D = O.
2. \overline{AD} é o raio da circunferência circunscrita: R = 6.
3. O raio da circunferência dos nove pontos é \dfrac{6}{2} = 3.
4. A área do círculo é \pi \times 3^{2} = 9\pi.

Repara em que M e N são dois pontos com nome nesta secção. Que segmento é [MN]?

1. M é o ponto médio de [OH]: é o centro da circunferência dos nove pontos.
2. N é o ponto médio do segmento que une o vértice P ao ortocentro: é um dos nove pontos — um ponto de Euler.
3. Logo [MN] é um raio da circunferência dos nove pontos, e vale 5.
4. Como esse raio é metade do raio da circunscrita, R = 10.
5. A área do círculo circunscrito é \pi \times 10^{2} = 100\pi.O enunciado nunca diz «circunferência dos nove pontos» — dá dois pontos médios e espera que se reconheçam. É assim que este tema aparece em exame.

Começa por localizar o ortocentro. Depois, escreve o que é cada um dos nove pontos.

1. a) Como o triângulo é retângulo em C, o cateto [CA] é a altura relativa a [CB] e o cateto [CB] é a altura relativa a [CA]. Os pés dessas duas alturas são, ambos, o vértice C.
2. b) O ortocentro é H = C. O ponto de Euler associado a A é o ponto médio de [HA] = [CA], que é o ponto médio do lado [CA]; do mesmo modo para B.
3. O ponto de Euler associado a C é o ponto médio de [HC] = [CC], isto é, o próprio C.
4. c) Sobram, distintos: os três pontos médios dos lados, o vértice C, e o pé da altura relativa à hipotenusa — cinco pontos.
5. A circunferência dos nove pontos é, neste caso, a circunferência circunscrita ao triângulo formado pelos três pontos médios.Os «nove pontos» são nove papéis, não nove pontos sempre distintos. Num triângulo retângulo três pares colapsam; num equilátero, ainda mais.

Mede tudo a partir de O: N está a meio, G a um terço, H no fim.

1. \overline{ON} = \dfrac{12}{2} = 6, por N ser o ponto médio de [OH].
2. \overline{OG} = \dfrac{12}{3} = 4, pela relação de Euler \overline{OH} = 3\,\overline{OG}.
3. \overline{NG} = 6-4 = 2.
4. \overline{GH} = 12-4 = 8.
5. A ordem na reta é O, G, N, H — a distâncias 0, 4, 6 e 12 de O.Os quatro pontos dividem [OH] nas proporções 1:2:3. É a chamada reta de Euler com todos os seus habitantes — e ainda faltam outros, que não estão no programa.

Na R6 mostrou-se que \overline{AH} = 2\,\overline{OM}, e que AH e OM são paralelas. O que é que isso faz do quadrilátero [AEMO]?

1. Pelo último exercício da R6, \overline{AH} = 2\,\overline{OM}. Como E é o ponto médio de [AH], vem \overline{AE} = \dfrac{\overline{AH}}{2} = \overline{OM}.
2. As retas AH e OM são ambas perpendiculares a BC, logo são paralelas.
3. Portanto [AE] e [OM] são dois segmentos paralelos e de igual comprimento: o quadrilátero [AEMO] é um paralelogramo.
4. Num paralelogramo, os lados opostos são iguais, logo \overline{EM} = \overline{AO}.
5. Mas \overline{AO} é o raio da circunferência circunscrita: \overline{ME} = R.Este segmento [ME] é um diâmetro da circunferência dos nove pontos — é o que a demonstração da secção mostra. Daqui sai imediatamente que o raio dessa circunferência é \dfrac{R}{2}.

Três retas médias: uma no triângulo [ABC], uma no triângulo [HBC] e uma no triângulo [ABH].

1. [M_{3}M_{2}] une os pontos médios de [AB] e de [CA]: é reta média do triângulo [ABC], logo é paralela a [BC] e mede \dfrac{\overline{BC}}{2}.
2. [E_{2}E_{3}] une os pontos médios de [HB] e de [HC]: é reta média do triângulo [HBC], logo é também paralela a [BC] e mede \dfrac{\overline{BC}}{2}.
3. Dois lados opostos paralelos e de igual comprimento: [M_{3}M_{2}E_{3}E_{2}] é um paralelogramo.
4. [M_{3}E_{2}] une os pontos médios de [AB] e de [HB]: é reta média do triângulo [ABH], logo é paralela a [AH].
5. Mas [AH] está na altura tirada de A, que é perpendicular a [BC]. Como [M_{3}M_{2}] é paralela a [BC], conclui-se que [M_{3}E_{2}] \perp [M_{3}M_{2}].
6. Um paralelogramo com um ângulo reto é um retângulo.Um retângulo tem sempre circunferência circunscrita, e as suas diagonais são diâmetros dela. É este passo que faz nascer a circunferência dos nove pontos — e é por isso que [M_{2}E_{2}] e [M_{3}E_{3}] são diâmetros.

Num triângulo equilátero, o que é o pé de cada altura? E onde está o ortocentro?

1. a) Num triângulo equilátero, cada altura é também mediana, logo o pé de cada altura é o ponto médio do lado oposto: os três primeiros pontos coincidem com os três segundos.
2. O ortocentro coincide com o baricentro, que está a \dfrac{2}{3} de cada mediana. O ponto de Euler associado a A é o ponto médio de [AH], que está a \dfrac{1}{3} da mediana a contar de A — não é o ponto médio de nenhum lado.
3. Logo há seis pontos distintos: os três pontos médios dos lados (que são também os três pés) e os três pontos de Euler.
4. b) Na R5 calculou-se, para o lado 6, R = 2\sqrt{3}. Para o lado 12, tudo duplica: a altura é 6\sqrt{3}, R = 4\sqrt{3} e r = 2\sqrt{3}.
5. O raio da circunferência dos nove pontos é \dfrac{R}{2} = 2\sqrt{3}.
6. É igual ao raio da circunferência inscrita — e, como os dois centros coincidem, as duas circunferências são a mesma.Não é coincidência. Há um teorema — o teorema de Feuerbach, de 1822 — que diz que a circunferência dos nove pontos é sempre tangente à circunferência inscrita. No triângulo equilátero a tangência degenera: as duas coincidem. A secção A1 volta a isto.

Não é nenhum dos quatro pontos das secções anteriores — é o ponto desta secção que responde a uma pergunta de minimização.

1. O ponto que minimiza \overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC} é o ponto de Fermat: opção (C).O baricentro minimiza outra coisa — a soma dos quadrados das distâncias aos vértices. São problemas parecidos e pontos diferentes.

Do ponto de Fermat, cada lado é visto sob 120^{\circ}. Que ponto de um triângulo equilátero tem essa propriedade?

1. Num triângulo equilátero, o ponto notável comum — incentro, circuncentro, ortocentro e baricentro — vê cada lado sob um ângulo de \dfrac{360^{\circ}}{3} = 120^{\circ}, porque os três ângulos ao centro são iguais e somam 360^{\circ}.
2. Logo o ponto de Fermat coincide com os outros quatro: é o centro do triângulo.É o único triângulo em que os cinco pontos coincidem — e, na Enciclopédia de Pontos Notáveis, é o único em que todos os milhares de pontos catalogados se reduzem a um só.

Os três ângulos com vértice em F preenchem uma volta completa.

1. Os três ângulos A\hat{F}B, B\hat{F}C e C\hat{F}A somam 360^{\circ}, por F ser interior.
2. Logo C\hat{F}A = 360^{\circ}-120^{\circ}-120^{\circ} = 120^{\circ}.
3. F é o ponto de Fermat do triângulo.

Gergonne tem que ver com a circunferência inscrita; Nagel, com as ex-inscritas.

1. O ponto de Gergonne é a interseção das três retas que unem cada vértice ao ponto de tangência da circunferência inscrita no lado oposto: opção (C).
2. A opção (A) daria o baricentro e a (B) o ortocentro; a (D) não define nada — a circunferência circunscrita passa pelos vértices e não corta os lados noutros pontos.

Se P fosse interior e visse [BC] sob 120^{\circ}, o que se poderia dizer do ângulo em A?

1. Se P for interior ao triângulo, o ângulo B\hat{P}C é maior do que B\hat{A}C — um ponto interior vê o lado oposto sob um ângulo maior do que o vértice.
2. Como B\hat{A}C = 140^{\circ}, viria B\hat{P}C > 140^{\circ} > 120^{\circ}: nenhum ponto interior pode ver [BC] sob 120^{\circ}.
3. Prova-se que, quando um dos ângulos é maior ou igual a 120^{\circ}, o mínimo da soma das distâncias está no próprio vértice desse ângulo.
4. Logo o ponto procurado é A.Experimenta na tarefa do GeoGebra: arrasta um vértice até um dos ângulos passar dos 120^{\circ} e vê o ponto construído «sair» — a construção dos triângulos equiláteros continua a dar um ponto, mas esse ponto deixa de ser o mínimo.

O comprimento total é \overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}. Que ponto minimiza essa soma?

1. a) O comprimento total de estrada é \overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}, e o ponto que o minimiza é o ponto de Fermat.
2. b) Constrói-se um triângulo equilátero sobre cada lado, para fora, e une-se cada vértice novo ao vértice oposto do triângulo. As três retas encontram-se no ponto de Fermat.
3. c) No problema do depósito queria-se que as três distâncias fossem iguais — o que dá o circuncentro. Aqui quer-se que a soma seja mínima, que é outra pergunta e dá outro ponto.São três perguntas parecidas com três respostas diferentes: «à mesma distância dos lados» dá o incentro, «à mesma distância dos vértices» dá o circuncentro, «soma das distâncias aos vértices mínima» dá o ponto de Fermat. Ler o enunciado com cuidado é meia resolução.

Duas circunferências tangentes interiormente têm a distância entre os centros igual à diferença dos raios.

1. a) O raio da circunferência dos nove pontos é \dfrac{R}{2} = 6{,}5.
2. b) Sendo N e I os dois centros, a tangência interior dá \overline{NI} = \dfrac{R}{2} - r = 6{,}5-4 = 2{,}5.
3. Este é o teorema de Feuerbach na sua forma métrica.Como \overline{NI} \geq 0, sai daqui que R \geq 2r em qualquer triângulo — a desigualdade de Euler. O último exercício desta secção pede a dedução.

Na alínea a), compara os dois segmentos tangentes tirados de um mesmo ponto exterior. Na b), soma as três igualdades.

1. a) [AY] e [AZ] são segmentos de tangente tirados de A. Os triângulos [AIY] e [AIZ] são retângulos em Y e em Z, têm a hipotenusa [AI] comum e catetos \overline{IY} = \overline{IZ} = r. Logo são iguais, e \overline{AY} = \overline{AZ}. O mesmo em B e em C.
2. b) Chamemos x = \overline{AY} = \overline{AZ}, y = \overline{BZ} = \overline{BX} e z = \overline{CX} = \overline{CY}.
3. Então a = \overline{BC} = y+z, b = \overline{CA} = z+x e c = \overline{AB} = x+y.
4. Somando: a+b+c = 2(x+y+z), logo x+y+z = s.
5. Portanto x = s - (y+z) = s-a, isto é, \overline{AY} = s-a.Esta é a conta que faz funcionar o ponto de Gergonne e o ponto de Nagel — e é também a que dá r = \dfrac{b+c-a}{2} no triângulo retângulo, que se demonstrou na R1 por outro caminho.

Lê a ordem com atenção e associa cada nome ao ponto que ele descreve.

1. O ortocentro é o quarto da lista: X_{4}.
2. O centro da circunferência dos nove pontos é o quinto: X_{5}.
3. «Onde se encontram as mediatrizes» é o circuncentro, que é o terceiro: X_{3}.

Compara os triângulos [ABA'] e [C'BC]. Repara em que \overline{BA} = \overline{BC'} e \overline{BA'} = \overline{BC}, e olha para os ângulos de vértice B.

1. Como [ABC'] é equilátero, \overline{BC'} = \overline{BA}. Como [BCA'] é equilátero, \overline{BA'} = \overline{BC}.
2. O ângulo A\hat{B}A' é a soma de A\hat{B}C com C\hat{B}A' = 60^{\circ}, porque [BCA'] está construído para fora: A\hat{B}A' = A\hat{B}C + 60^{\circ}.
3. Do mesmo modo, C'\hat{B}C = C'\hat{B}A + A\hat{B}C = 60^{\circ} + A\hat{B}C.
4. Logo A\hat{B}A' = C'\hat{B}C.
5. Nos triângulos [ABA'] e [C'BC] tem-se \overline{BA} = \overline{BC'}, \overline{BA'} = \overline{BC} e os ângulos por eles formados são iguais. Pelo critério LAL, os dois triângulos são geometricamente iguais.
6. Portanto \overline{AA'} = \overline{C'C}.O mesmo argumento a partir do vértice A dá \overline{AA'} = \overline{BB'}: os três segmentos têm o mesmo comprimento. Esse comprimento comum tem nome — é a constante de Fermat do triângulo, e é exactamente a soma mínima \overline{FA}+\overline{FB}+\overline{FC}.

Escreve a condição de tangência interior em função da distância entre os dois centros, e repara em que uma distância nunca é negativa.

1. A circunferência dos nove pontos tem centro N e raio \dfrac{R}{2}; a inscrita tem centro I e raio r.
2. Duas circunferências tangentes interiormente têm a distância entre os centros igual à diferença dos raios: \overline{NI} = \dfrac{R}{2} - r.
3. Uma distância é sempre maior ou igual a zero, logo \dfrac{R}{2} - r \geq 0, isto é, R \geq 2r.
4. A igualdade dá-se se e só se \overline{NI} = 0, ou seja, se N = I.
5. Ora N está sobre a reta de Euler e I só lhe pertence quando o triângulo é isósceles; e num isósceles não equilátero N e I são pontos diferentes. Logo a igualdade vale exactamente no triângulo equilátero.Confere com a R5: num equilátero de lado 6 obteve-se R = 2\sqrt{3} e r = \sqrt{3}, e de facto R = 2r. Em qualquer outro triângulo a circunferência circunscrita é mais do que o dobro da inscrita.

Não é preciso conhecer as construções em detalhe. Basta um argumento: a reflexão de eixo e transforma o triângulo nele próprio — e portanto transforma cada ponto notável… em quê?

1. Seja \sigma a reflexão de eixo e. Como o triângulo é isósceles com \overline{AB} = \overline{AC}, tem-se \sigma(A) = A, \sigma(B) = C e \sigma(C) = B: a reflexão transforma o triângulo nele próprio.
2. Cada um destes pontos é definido por uma construção que só depende do triângulo, e que não distingue B de C — as três circunferências equiláteras, as três tangências, as três ex-inscritas são as mesmas antes e depois da reflexão.
3. Logo a reflexão transforma cada um desses pontos nele próprio: \sigma(P) = P.
4. Mas os únicos pontos fixos de uma reflexão são os do seu eixo.
5. Portanto o ponto de Fermat, o de Gergonne e o de Nagel pertencem todos a e.O argumento é o mesmo para qualquer ponto notável — todos os milhares da Enciclopédia. É por isso que num triângulo isósceles «toda a gente» está no eixo: é uma consequência da simetria, não uma coincidência de cada construção.