Os triângulos possuem alguns elementos com propriedades importantes, como: medianas, bissetrizes e alturas, esses elementos são conhecidos como cevianas notáveis de um triângulo.
Teorema 2.2.1. As medianas de um triângulo se encontram em um único ponto.
Demonstração: Consideremos o triângulo ABC e os pontos Ma, Mb e Mc
pontos médios dos lados BC, CA e AB, respectivamente.
Figura 2.6 – Baricentro.
Sabemos que as medianas de um triângulo interseccionam seus lados nos pontos médios, daí: AMc BMc, BMa CMa e AMb CMb. Temos então que:
MaB MaC MbC MbA McA McB 1
Logo, pelo Teorema de Ceva, as medianas de um triângulo se encontram em um único ponto. Este ponto G chamamos de baricentro do triângulo.
Teorema 2.2.2.As medianas de um triângulo são concorrentes em um ponto que dista de
cada vértice dois terços da distância deste vértice ao ponto médio do lado oposto.
Demonstração: Seja P o ponto de intersecção das medianas BMb e CMc do
triângulo ABC.
Figura 2.7 – Demonstração do Teorema 2.3.
Sejam D e E os pontos médios de BP e CP respectivamente. Temos:
AMc McB e AMb MbC.
Logo, pelo Teorema da Base Média do Triângulo aplicado no triângulo ABC, temos: MbMc k BC e MbM c
BC
Figura 2.8 – Demonstração do teorema 2.3.
No triângulo BP C temos:
BD DP e CE EP , logo DE k BC e DE BC
2 .
Podemos concluir que McMb DE e MbMc k DE, logo MbMcDE é um
paralelogramo. Daí: DP P Mb e então: BP 2P Mb (2.7) EP P Mc e então: CP 2P Mc (2.8)
Seja W o ponto de intersecção das medianas AMa e CMc.
Analogamente, temos que:
CW 2W Mc (2.9)
AW 2W Ma (2.10)
De 2.8 e 2.9 temos P W .
Seja G P W a intersecção de AMa, BMb e CMc. De 2.7, 2.8 e 2.10 vem
que: AG 2GMa, BG 2GMb CG 2GM3. Então, AG 2 3 AMa, BG 2 3 BMb e CG 2 3 CMc.
Logo, as medianas de um triângulo são concorrentes em um ponto que dista de cada vértice dois terços da distância deste vértice ao ponto médio do lado oposto.
Teorema 2.2.3. As três retas suportes das alturas de um triângulo se encontram em um
único ponto.
Demonstração: Devemos considerar três casos: quando o triângulo é acutân- gulo, quando o triângulo é obtusângulo e quando o triângulo é retângulo.
Seja um triângulo acutângulo ABC de alturas AHa, BHb e CHc.
Figura 2.9 – Ortocentro.
Vejamos que, temos os pares de triângulos semelhantes: ∆CHcA ∆AHbB,
∆BHcC ∆BHaA e ∆CHaA ∆CHbB, todos semelhantes pelo caso A.A (ângulo,
ângulo).
No primeiro par, ∆AHcC ∆AHbB, pois =BAC é comum e =AHcC
=AHbB 90. Daí temos a relação:
AHc
AHb
AC
AB (2.11)
No segundo par, ∆BHcC ∆BHaA, pois =ABC é comum e =BHcC
=AHaB 90. Daí temos a relação:
BHa
BHc
AB
BC (2.12)
No terceiro par, ∆CHaA ∆CHbB, pois =ACB comum e =AHaC
=CHbB 90. Daí temos a relação:
CHb
CHa
BC
AC (2.13)
Agora, multiplicando membro a membro os termos das relações 2.11, 2.12 e 2.13 temos: AHc AHb BHa BHc CHb CHa AC AB AB BC BC AC 1.
Portanto, temos: AHc HcB BHa HaC CHb HbA AHc HcB BHa HaC CHb HbA AHc AHb BHa BHc CHb CHa 1.
Logo, pelo Teorema de Ceva, as alturas de um triângulo acutângulo se encontram em um único ponto. Este ponto H chamamos de ortocentro do triângulo.
Para o caso do triângulo obtusângulo, a prova é análoga ao caso anterior. Neste caso, o ortocentro se encontra fora do triângulo.
No triângulo retângulo o ortocentro coincide com o vértice do ângulo reto. Uma demonstração se encontra em [NETO] [23] p. 100.
A seguir apresentamos o enunciado do Teorema da Bissetriz Interna, o qual será últil para demonstração do Teorema que se segue.
Teorema 2.2.4 Teorema da bissetriz interna: Em um triângulo, a bissetriz de um
ângulo interno divide o lado oposto em partes proporcionais aos lados adjacentes. Este
Teorema se encontra em [REZENDE] [26].
Teorema 2.2.5 As bissetrizes de um triângulo se encontram em um único ponto.
Demonstração: Considere o triângulo ABC e as bissetrizes dos ângulos internos ASa, BSb e CSc. Pelo Teorema da Bissetriz Interna temos as relações:
Figura 2.10 – Incentro. BSa SaC AB AC (2.14) CSb SbA BC AB (2.15) ASc ScB AC BC (2.16)
Agora, multiplicando membro a membro os termos das relações 2.14, 2.15 e 2.16 temos:
BSa SaC CSb SbA ASc ScB AB AC BC AB AC BC 1.
Logo, pelo Teorema de Ceva, as bissetrizes de um triângulo se encontram em um único ponto.
Este ponto I chamamos de incentro do triângulo o qual por propriedade das bissetrizes, é equidistante dos três lados do triângulo.
Assim, todo triângulo admite uma circunferência que é tangente ao seus lados a qual chamamos de circunferência inscrita ao triângulo e seu centro é o incentro, ponto I de intersecção das bissetrizes dos triângulos
Figura 2.11 – Circunferência inscrita ao triângulo.
Há também um quarto ponto, o circuncentro ou centro da circunferência circunscrita ao triângulo que equidista dos três vértices do triângulo. O circuncentro de um triângulo é obtido pelo encontro das três mediatrizes dos lados do triângulo.
Estes quatro pontos: o baricentro, o incentro, o ortocentro e o circuncentro são mais conhecidos, no dia a dia, como pontos notáveis do triângulo.
2.3
Aplicações
Veremos aqui algumas aplicações a partir dos pontos notáveis de um triângulo. Aplicação 2.3.1 Vamos determinar a distância entre o incentro e o circuncentro de um triângulo retângulo cuja hipotenusa mede 13 cm e um dos catetos mede 12 cm.
Como o triângulo é retângulo, através do Teorema de Pitágoras podemos encontrar a medida do outro cateto:
a2 b2 c2, substituindo: 132 122 c2, logo c2 169 144 então c 5 cm.
Sabemos que o circuncentro é o encontro das mediatrizes dos lados do triângulo, no caso do triângulo retângulo, o circuncentro coincide com o ponto médio da hipotenusa.
Primeiramente, a mediatriz do lado BC, que passa pelo ponto médio G, é paralela ao lado AC e, pelo Teorema da Base Média do Triângulo, ela intersecciona a hipotenusa AB no ponto médio E.
O ponto E pertence a mediatriz de BC e também pertence a mediatriz de AB. Logo E é o circuncentro do triângulo ABC.
Figura 2.12 – Aplicação 2.3.1.
O incentro I é o encontro das bissetrizes e também o centro da circunferência inscrita.
Queremos descobrir a medida de EI.
Figura 2.13 – Aplicação 2.3.1.
Pela relação entre o raio r da circunferência inscrita e as medidas dos lados de um triângulo retângulo, ver em [MANETTA] [19], temos: r b c a
2
12 5 13
2
2 cm, logo o raio da circunferência inscrita mede 2 cm.
Sejam P e R, pontos de tangência da circunferência inscrita aos lados AC e
AB, respectivamente. Traçando o segmento IR raio da circunferência, obtemos o triângulo
Figura 2.14 – Aplicação 2.3.1.
Pela propriedade do segmento tangente por um ponto exterior à circunferência temos: AP AR. Como AP AC CP então AP 12 2 10 e, AP AR 10 cm. No triângulo ERI temos:
RI 2 e ER AR AE; ER 10 6, 5 3, 5 cm.
Pelo Teorema de Pitágoras:
pEIq2 pERq2 pRIq2, substituindo: pEIq2 3, 52 22, logo pEIq2 16, 25, então EI 4, 03 cm.
Concluímos que a distância entre o incentro e o circuncentro é de aproximada- mente 4,03.
Aplicação 2.3.2.: Se G é o baricentro de um triângulo ABC, os triângulos
GAB, GBC e GAC possuem a mesma área.
Sabemos que se dois triângulos ou mais tem bases e altura respectivamente com medidas iguais, eles têm áreas iguais. Observemos os triângulos AMcC e BMcC, eles
têm bases congruentes pois, Mc é ponto médio da base, e mesma altura H, logo eles têm
mesma área, ou seja:
ÁreapAMcCq ÁreapBMcCq (2.17)
Figura 2.15 – Aplicação 2.3.2.
altura relativa h, daí:
ÁreapAMcGq ÁreapBMcGq (2.18)
Temos ainda:
ÁreapAMcCq ÁreapAMcGq ÁreapGACq
ÁreapBMcCq ÁreapBMcGq ÁreapGBCq (2.19)
De 2.17, 2.18 e 2.19 podemos concluir que:
ÁreapGACq ÁreapGBCq (2.20)
Analogamente, analisando os triângulos AMaB e AMaC, obtemos ÁreapAMaBq
ÁreapAMaCq e também analisando os triângulos BMaG e CMaG, obtemos ÁreapBMaGq
ÁreapCMaGq.
Então concluímos que:
ÁreapGABq ÁreapGACq (2.21)
De 2.20 e 2.21 por transitividade concluímos: ÁreapGACq ÁreapGBCq ÁreapGABq.
Aplicação 2.3.3: Seja ABC um triângulo de ortocentro H e circuncentro O. Vamos mostrar que a bissetriz interna relativa ao lado BC também bissecta o ângulo
HAO.
Figura 2.16 – Aplicação 2.3.3.
Sejam AN a bissetriz relativa ao lado BC e α1, α2, β1 e β2 as medidas dos ângulos =BAH, =NAH, =OAC e =NAO, respectivamente.
Como sabemos, o circuncentro é equidistante dos vértices do triângulo, logo
OA OB OC e os triângulos AOB, BOC e AOC são isósceles. Temos então:
=ABO α1 α2 β2 =ACO β1
=OBC =ABC pα1 α2 β2q e
=OCB =ABC pα1 α2 β2q (2.22)
Podemos também observar as relações:
α1 α2 β1 β2 =BAC 2 (2.23) No triângulo AF B: α1 90 =ABC (2.24) No triângulo AF C: α2 β1 β2 90 =ACB (2.25) De 2.22 e 2.23 temos:
=ABC α1 α2 β2 β1 =ACB, de 2.23 temos:
=ABC =BAC 2 β2 β1 =ACB; novamente de 2.23: =ABC =BAC 2 =BAC 2 β1 β2 =ACB;
2β1 =BAC =ACB =ABC;
2β1 180 =ABC =ABC;
β1 90 =ABC.
Logo, de 2.23 e 2.24, podemos concluir que α1 β1 e então α2 β2, sendo a bissetriz interna do ângulo =A também bissetriz do ângulo =HAO.
Proposição 2.3.1. Sejam ABC um triângulo qualquer, I seu incentro, Ia seu ex – incentro
relativo à BC e M o ponto onde a circunferência circunscrita a ABC intersecta IIa. Então
Figura 2.17 – Proposição 2.3.1.
Demonstração: Temos que =MAB =MAC =A
2 , como os ângulos são iguais, pelo Teorema do ângulo Inscrito, as cordas M C e M B são congruentes, daí M é o ponto médio do arco BC que não contém A e M C MB.
Ainda pelo Teorema do Ângulo Inscrito, onde qualquer par de cordas com um extremo comum, que determine o mesmo arco na circunferência, determinará também o mesmo ângulo inscrito, temos:
=BMI =BMA =ACB.
=IBM =IBC =CBM =ABC
2 =CAM =ABC 2 =BAC 2 . Então:
=BIM 180 =IBM =BMI 180 =ABC
2
=BAC
2 =ACB
=BAC =ABC =ACB =ABC
2 =BAC 2 =ACB =ABC 2 =BAC 2 =IBM.
Então, o triângulo IBM é isósceles de base IB. Assim, IM BM CM. Agora, vamos mostrar que BM MIa.
Figura 2.18 – Demonstração da proposição 2.3.1.
Sabemos que BIa e CIa são bissetrizes dos ângulos externos relativos ao lado
BC.
Colocando sobre o prolongamento do lado AB um ponto D, =CBD é externo ao triângulo ABC e =CBIa =IaBD.
O ângulo =CBD tem medida igual à soma das medidas dos ângulos internos do triângulo não adjacentes a ele, então:
=CBD =BAC =ACB e =CBIa =IaBD =BAC
2
=ACB
2 .
Vimos anteriormente que, =MBC =BAC
2 , logo =MBIa
=ACB
2 .
Observando o triângulo AM B, temos que =IaM B é ângulo externo e
=IaM B
=BAC 2
=BAC
2 =ABC =BAC =ABC.
Observando o triângulo IaM B, temos:=IaM B =BAC =ABC e
=MBIa
=ACB
2 .
Então=MIaB =ACB
2 , portanto o triângulo IaM B é isósceles de base BIa. Concluímos que M B MC MI MIa.