RESUMO
O objetivo desse trabalho é apresentar as coordenadas de pontos notáveis de um triângulo qualquer como médias ponderadas, caracterizadas de acordo com os pesos atribuídos.
ABSTRACT
The objective of this work is displaying the coordinates of notable points of any triangle as weighted averages, characterized according to the weights assigned.
ÍNOICE
INTRODUÇÃO ... 07
CAPÍTULO 1 ... 08
Definições Fundamentais ... 08
Plano Cartesiano ... 15
CAPÍTULO 2 ... 19
2.1 Coordenadas do baricentro de um triângulo qualquer ... 19
2.2 Coordenadas do incentro de um triângulo qualquer ... 20
2.3 Coordenadas do ortocentro de um triângulo qualquer ... 23
2.4 Coordenadas do circuncentro de um triângulo qualquer ... 29
2.5 Reta de Euler ... 34
CONCLUSÃO ... 35
INTROOUÇÃO
Este trabalho tem como objetivo mostrar que as coordenadas dos pontos notáveis de um triângulo qualquer podem ser obtidas através do cálculo das médias ponderadas dos vértices, em que cada ponto possui os seus respectivos pesos.
No capítulo 1, apresentamos algumas definições fundamentais, tais como base média de um triângulo, mediana de um segmento, mediatriz de um segmento, altura de um triangulo, bissetrizes de ângulos, dentre outros especificados no mesmo.
No capitulo 2, na seção 2.1 calculamos as coordenadas do baricentro de um triângulo qualquer.
Na seção 2.2, calculamos as coordenadas do incentro de um triângulo qualquer.
Na seção 2.3, calculamos as coordenadas do ortocentro de um triângulo qualquer.
CAPITULO 1
OEFINIÇÕES FUNOAMENTAIS
Definição 1: BASE MÉDIA DE UM TRIÂNGULO
É um segmento cujos extremos são pontos médios de dois lados de um triângulo.
Teorema 1: TEOREMA DA BASE MÉDIA DE UM TRIÂNGULO
Sejam M eNos pontos médios dos lados AB e AC do triânguloABC.
Então, MN //BC, e
2 BC
MN = .
Demonstração:
Seja P um ponto na semirreta MN, de forma que MN = 2(NP)
CN AN
P N C M N A
PN MN
= = =
ˆ ˆ
Pelo caso LAL de congruyncia de triângulos. Daí, temos:
• AB//PC, pois MAˆN = PCˆN, que são ângulos alternos internos
formados pelas retas AB e CP com a transversal AC.
• MB= PC, pois CP= AM = MB.
Dessas duas relações concluímos que o quadrilátero MBCP é um
paralelogramo. Donde concluímos que MP= BC e MP//BC,
consequentemente
2 BC
MN = e MN//BC.
Isso conclui a demonstração.
Definição 2: MEDIANA DE UM TRIÂNGULO
A mediana de um triângulo com relação a um vértice do triângulo é o segmento de extremos que vai deste vértice ao ponto médio do lado oposto.
Teorema 2:
As trys medianas de um triângulo qualquer se encontram em um mesmo ponto. Tal ponto é chamado de baricentro do triângulo.
Demonstração:
Consideremos um triângulo de vértices A,BeC(veja pg.12)
O quadrilátero MNQR é um paralelogramo. De fato, pelo teorema da base média temos:
No ∆ABC que MN //AB e MN = 2 AB
no ∆BG1A que QR// AB e QR = 2 AB
. Assim MN//QR e MN = QR.
Além disso, sendo G1 a interseção das diagonais do paralelogramo MNQR,
temos: AG G M
1 2
1 = e BG1 = 2G1N.
Consideremos agora as medianas AM e CP.
O quadrilátero MUTPé um paralelogramo.
De fato, pelo teorema da base média temos:
NO ∆CG2A que UT//CA e no ∆ABC que
2 CA
UT = e PM //CA e
2 CA
PM = .
Assim UT //PM e UT = PM .
Além disso, sendo G2 a interseção das diagonais do paralelogramo MUTP,
temos: T = Q, AG G M
2 2
2 = e CG2 = 2G2P.
Como existe um único ponto X sobre AM tal que AX = 2XM , concluímos
Dessa forma fica provado que as trys medianas se encontram em um mesmo ponto.
Corolário: O baricentro está sobre cada mediana, a uma distancia do
vértice de 3 2
da mediana relativa ao vértice.
Definição 3: MEDIATRIZ DE UM SEGMENTO
É a reta perpendicular ao segmento, traçada pelo seu ponto médio.
Observação: Da geometria plana pode-se demonstrar que a mediatriz de um segmento, é o lugar geométrico dos pontos que eqüidistam dos extremos deste segmento.
Teorema 3:
As trys mediatrizes de um triângulo qualquer se encontram em um mesmo ponto.
Tal ponto é chamado de circuncentro de um triângulo.
Demonstração:
Dado um ∆ABCe sejam mAB, mBC, mCA as mediatrizes referentes aos lados
CA BC
AB, e .
O ponto O interseção de
BC
AB m
m e é o ponto que equidista de A e B e,
também, de B e C. Portanto, o ponto O eqüidista de A e C. Logo, O
pertence a mCA. Isto é, as trys mediatrizes se intersectam em O, que
Definição 4: ALTURA DE UM TRIÂNGULO
É um segmento contido na reta que passa por um vértice e que é perpendicular e cujos extremos são esse vértice e a interseção dessa reta com o lado oposto.
Teorema 4:
As retas que contym as alturas de um triângulo qualquer se encontram em um mesmo ponto. O ortocentro de um triângulo é o ponto onde se intersectam as retas que contym as alturas do triângulo.
Demonstração:
Seja ABC um triângulo qualquer.
Pelos vértices A,BeCdesse triângulo, tracemos retas paralelas aos lados
Temos que:
BC NP e NP
A∈ //
AC MP e MP
B∈ //
AB MN e MN
C∈ // .
Daí:
APBC é paralelogramo ⇒ AP≡ BC
ABCN é paralelogramo ⇒ AN ≡ BC
Logo, Aé ponto médio de PN.
De forma análoga, concluímos que B é ponto médio de PM , e C é ponto
médio de MN.
As retas que contym as alturas do ∆ABC são mediatrizes dos lados PM ,
PNe MNdo ∆PMN. Pelo teorema das mediatrizes sabemos que estas
retas se encontram em um mesmo ponto. Este ponto é o ortocentro do triângulo ABC.
Definição 5: BISSETRIZ DE UM ÂNGULO
Definição 6: BISSETRIZ DO ÂNGULO DE UM TRIÂNGULOABC
A bissetriz do triângulo ABC relativa ao vértice A, é o segmento contido
na bissetriz do ânguloA e cujos extremos são A e a interseção desta com
o lado oposto.
Observação: Vale observar que a bissetriz de um ângulo, é o lugar geométrico dos pontos que equidistam dos lados do ângulo.
TEOREMA 5:
As bissetrizes de um triângulo qualquer se encontram em um ponto comum. Tal ponto é chamado de incentro de um triângulo.
Demonstração:
Dado o∆ABC, tracemos a bissetriz BP e a bissetriz AQ. Seja I a interseção de BP e AQ. Então:
) , ( ) ,
(I AB d I AC d
AQ
I∈ ⇒ = eI∈ BP⇒ d(I,AB)= d(I,BC),donde
) , ( ) ,
(I AC d I BC
d = .
PLANO CARTESIANO:
Definição 7: SOMA DE VETORES
I II
Definição 8: DIVISÃO DE UM SEGMENTO NA RAZÃO DADA
Dados trys pontos colineares
A
=
(
x
A,
y
A),
B
=
(
x
B,
y
B),
C
=
(
x
C,
y
C)
, tal queB
≠
C
, dizemos que o ponto C divide o segmento AB na razão r,com r > 0, e escrevemos
r
CB
AC
=
, se AC = rAB.Então, AC= rAB. Essa equação vetorial pode ser escrita em coordenadas cartesianas da seguinte forma:
(
)
(
B A)
A CA B A
C
X X
X r X
X X r X X
+ −
=
− =
−
Analogamente,
(
B A)
AC r Y Y Y
Y = − +
Logo,
(
)
(
)
(
r XB XA XA r YB YA YA)
C = − + , − + .
EXEMPLO: vamos calcular as coordenadas do ponto médio de um segmento
Dado um segmento AB, determinar as coordenadas do ponto médio, M,
desse segmento.
Solução:
Temos que AM = rAB, em que
2 1 = r
Daí obtemos que:
)
2
,
2
(
x
Ax
By
Ay
BM
=
+
+
Definição 9: Vetores linearmente dependentes
Observação: Se dois vetores não nulos são linearmente dependentes, então eles tym a mesma direção.
Definição 10: Vetores linearmente independentes
Dois vetores são linearmente independentes, quando nenhum deles for um múltiplo escalar do outro.
Observação: Se dois vetores são linearmente independentes, então eles possuem direções diferentes.
Todo vetor no plano se escreve como combinação linear de dois vetores linearmente independentes.
Representando por u e v dois vetores linearmente independentes, então um vetor w é uma combinação linear de u e v, isto é, existem reais x e
y tais que w= x u+ y v.
Definição 11: VETOR UNITÁRIO
Dado um vetor OP≠ 0, o seu vetor unitário é dado por
OP OP
u= . Isto é,
Definição 12: EQUAÇÃO DA BISSETRIZ DO ÂNGULO NÃO NULO POˆQ.
Sejam os vetores unitários
OP OP
u= e
OQ OQ
v= . Então o vetor
v u OD= +
tem a direção da bissetriz do ângulo formado por u e v.
De fato, OD dá a direção da diagonal do paralelogramo de lados paralelos
a u e v.
CAPÍTULO 2
2.1 COOROENAOAS OO BARICENTRO OE UM TRIÂNGULO QUALQUER:
Teorema 6: Dado um triângulo qualquer de vértices A= (XA,YA), )
, (XB YB
B= , C = (XC,YC), o baricentro desse triângulo é dado por:
+ + + +
=
3 ,
3
C B A C B
A X X Y Y Y
X G
Demonstração:
Seja AM a mediana do∆ABC relativa ao lado BC.
Então,
+ +
=
2 , 2
C B C
B X Y Y
X
M e AG AM
3 2
= .
Daí usando o teorema 6, temos:
(
)
3
3 3 3 2 3
2 3
2 3 2
C B A G
A A
C B G
A A
C B G
A M A
G
X X X X
X X
X X X
X X
X X X
X X X
X
+ + =
+ −
+ =
+
+ −
=
− =
−
3
C Y B Y A Y G Y
+ + =
Dessa forma podemos escrever
+ + + +
=
3 ,
3
C Y B Y A Y C X B X A X G
Observação: A partir dessa seção usaremos notações envolvendoA,B,C,
com o intuito de expressar uma relação que vale simultaneamente para a abscissa e a ordenada de cada um desses pontos.
Por exemplo,
3 3
, 3
C B A Y
Y Y X X X
G A B C A B C = + +
+ + + +
= .
2.2 COOROENAOAS OO INCENTRO OE UM TRIÂNGULO QUALQUER
Teorema 7: Dado o ∆ABCno plano, as coordenadas do incentro desse
triângulo são dadas por:
c
b
a
cC
bB
aA
I
+
+
+
+
=
, sendoa,
b,
c
as medidas doslados opostos aos vértices
A
,
B
,
C
respectivamente.Demonstração:
Na figura abaixo, Irepresenta o incentro do ∆ABC.
Temos que :
1)
CB CB
CA CA
CP1 = + e
1
CP
CI = α , α ∈ ℜ
2)
BC
BC
BA
BA
Temos ainda as seguintes equações:
BA CA BC
I) + =
CB IB CI
II) + =
De II temos:
( ) ( )
CP BP CB CBIB
CI + = ⇒ α 1 + β 2 =
+ CB CB CA CA α + + BC BC BA BA
β = CB
Observação: CA = b, CB = a, BA = c
III) + + + BC− CB= 0
a BA c CB a CA b β β α α
De (I) Podemos escrever:
(
BC CA)
c BA
c = β +
β
e substituir em III, em
seguida colocamos CAeCB em evidyncia. Dessa forma obtemos:
0 1 = − − − + +
CB c a a CA c b β β α β α = − − − − = ∴ = + 0 1 ) 0 ) c a a ii b c c b i β β α α β β αSubstituindo i em ii, obtemos:
c b a ab + + = α .
Podemos então escrever que:
+ = CB CB CA CA
CI α .
Donde, = + + − + −
Analogamente para a segunda coordenada, temos:
c b a
C cy B by A ay I y
+ +
+ + =
Dessa forma podemos escrever
+ +
+ +
+ +
+ +
=
c b a
Y c Y
b Y
a c
b a
X c X
b X
a
I A B C , A B C
(
)
(
)
(
)
⇒+ + + + + + + + =
c b a
Y X c c b a
Y X b c b a
Y X a
I A, A B, B C, C
c b a
cC bB
aA I
+ +
+ +
2.3 COOROENAOAS OO ORTOCENTRO OE UM TRIÂNGULO QUALQUER
Teorema 8: As coordenadas do ortocentro de um triângulo ∆ABC é dada
por:
+ +
+ +
+ +
+ +
=
γ β α
γ β
α γ
β α
γ β
α
tg tg tg
tg Y tg Y tg Y tg
tg tg
tg X tg X tg X
H A B C , A B C , isto é,
γ β α
γ β
α
tg tg tg
tg C tg B tg A H
+ +
+ +
= .
Demonstração:
As coordenadas dos pontos são A= (XA,YA), B = (XB,YB) e C = (XC,YC).
Sejam A1,B1,eC1 os pés das alturas relativas aos lados BC,CA eAB.
1) Do triângulo ∆AB1B, temos:
1 1
1 1
AB tg
BB AB
BB
tgα = ⇒ = α ⋅
2) Do triângulo ∆CBB1, temos:
1 1
1 1
CB tg BB CB
BB
tgγ = ⇒ = γ ⋅
1
1 tg CB
AB
tgα ⋅ = γ ⋅ ⇒
α γ tg tg CB AB = 1
1 . Donde
γ γ α γ α tg tg tg AB AB CB tg tg AB CB + = + ⇒ = 1 1 1 1 1
e, conseqüentemente, AC
tg tg tg AB + = γ α α 1 .
Assim concluímos que AC
tg tg tg AB + = γ α α 1 . Daí,
(
C A)
tg tg
tg A
B ⋅ −
+ = − γ α α 1 A tg tg tg A tg tg tg C B + + − + = γ α γ γ α γ 1 γ α γ α γ α γ γ α γ tg tg tg A tg A tg tg tg A tg tg tg C B + + + + − + = 1 Analogamente obtemos: β α β α tg tg tg B tg A C + + = 1
Considerando ∆AB1H, temos: (1)B1H + HA= B1A
(2) B1H = λ
( )
B1BB1H = λ
(
B1C+ CB)
B1H = λ
(
pAC− BC)
(3) HA= ϑ
( )
A1AB1H = ϑ
(
A1C+ CA)
B1H = ϑ
(
qBC− AC)
(4) B1A= − wAC, em que w= γ α α tg tg tg +
Substituindo esses valores encontrados na equação (1), vamos obter: (5) λ
(
pAC− BC) (
+ ϑ qBC− AC)
+ wAC = 0Para encontrarmos os valores de p eq, faremos:
I)B1C = pAC
AC C B p = 1
∴ C B AC AB C B AB
AC = 1 + 1 ∴ 1 = − 1
Sabemos que C B B B tg 1 1 =
γ e
A B B B tg 1 1 = α .
Igualando as tangentes, temos:
(
)
(
)
(
)
(
γ α)
α α γ α α α γ α α γ α γ α γ α γ tg tg tg p tg tg tg AC C B tg AC tg tg C B tg C B tg AC tg C B tg C B AC tg C B tg AB tg C B tg A B tg C B + = + = = − − = − = = = 1 ) ( 1 ) 1 ( ) ( ) 1 ( 1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( II) BC C A q BC q C A 11 = ∴ =
C A BC B A CA CB B
A1 = − 1∴ 1 = − + 1
Sabemos que C A A A tg 1 1 =
γ e
B A A A tg 1 1 = β .
(
)
(
)
(
)
(
γ β)
β β γ β β β γ β β γ β γ β γ tg tg tg q tg tg tg BC C A tg BC tg tg C A tg BC tg C A tg C A tg C A BC tg C A tg B A tg C A + = + = = + = + − = = 1 ) ( 1 ) ( ) 1 ( ) 1 ( 1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 (Substituindo os valores de p e qem (5) e organizando a equação temos:
(
pAC+ CB) (
− ϑ qCB− AC)
+ wAC = 0λ
( )
p AC − λ BC+ ϑqBC− ϑ AC+ wAC= 0λ
(
λp− ϑ + w)
AC+(
λ − ϑq)
BC = 0 = ∴ = ∴ = − = + − q q q II w p I λ ϑ ϑ λ ϑ λ ϑ λ 0 ) 0 )
Substituindo II em I, temos:
1 − + + + = β γ β α γ α α γ γ ϑ tg tg tg tg tg tg tg tg tg
(
)(
)
(
)(
)
(
)
(
γ α)(
γ β)
β α β γ γ ϑ β γ α γ β γ α γ β
α γ α
γ ϑ tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg + + − + = + + + + − + =
(
)
CB q AC HA CB q AC HA ϑ ϑ ϑ + = + =(
)
(
)
(
)
A B(
)
CH C B A C H A X q X q X X X X q X X X X ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ − + − + = − + − = − 1
• ϑ + 1
(
)
(
+)(
+)
+ 1− + β γ α γ β α β γ γ tg tg tg tg tg tg tg tg tg
(
)
(
)(
)
(
γ α)(
γ β)
β α β γ α γ β α β γ γ tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg + + − + + − + + Simplificando, obtemos: A X tg tg tg tg γ β α α + +
• − ϑ q
(
)
(
)(
) (
+)
+ + − + − β γ β β γ α γ β α β γ γ tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg tg Simplificando, obtemos: B X tg tg tg tg γ β α β + +• ϑq− ϑ ∴ ϑ
(
q− 1)
=
H
X XA
tg tg tg
tg
γ β α
α +
+ + XB
tg tg tg
tg
γ β α
β +
+ + XC
tg tg tg
tg
γ β α
γ + +
Analogamente,
=
H
Y YA
tg tg tg
tg
γ β α
α +
+ + YB
tg tg tg
tg
γ β α
β +
+ + YC
tg tg tg
tg
γ β α
γ + +
Dessa forma podemos escrever
γ β α
γ β
α
tg tg tg
tg C tg B tg A H
+ +
+ +
2.4 COOROENAOAS OO CIRCUNCENTRO OE UM TRIÂNGULO QUALQUER
Teorema 9: As coordenadas do circuncentro de um ∆ABC é dada por:
( )
( )
( )
( )
α( )
β( )
γ γ βα
2 2
2
2 2
2
sen sen
sen
Csen Bsen
Asen N
+ +
+ +
=
Demonstração:
Vamos considerar o ∆ABC, e a seguir tomaremos os pontos P,Q e R, médios aos respectivos lados AB, AC, e BC.
Temos que:
2 C B
P= + ,
2 C A Q= + ,
2 B A R= + .
Os triângulos ABC ePQR tym os ângulos iguais e podemos dizer também
que:
. // , // ,
//AC QP AB QR CB PR
Portanto o circuncentro Ndo ∆ABCé o ortocentro do ∆PQR. Logo: γ β α γ β α tg tg tg tg R tg Q tg P N + + + + = γ β α γ β α tg tg tg tg B A tg C A tg C B N + + + + + + +
= 2 2 2
(
)
(
)
(
)
(
α β γ)
γ β α tg tg tg tg B A tg C A tg C B N + + + + + + + = 2
(
)
(
)
(
)
(
α β γ)
β α γ α γ β tg tg tg tg tg C tg tg B tg tg A N + + + + + + + = 2
(
)
(
)
(
)
(
α β γ)
γ γ β α β β γ α α α γ β tg tg tg tg tg tg tg C tg tg tg tg B tg tg tg tg A N + + − + + + − + + + − + + = 2
(
)(
)
(
α β γ)
γ β α γ β α tg tg tg tg C tg B tg A C B A tg tg tg N + + − − − + + + + = 2
(
)
(
α β γ)
γ β α tg tg tg tg C tg B tg A C B A N + + + + − + + = 2
2 (*). Essa é uma primeira expressão
para N.
Trabalharemos a seguir para obter Ccomo uma média ponderada. Na verdade,
( )
( )
( )
(
)
(
α β γ)
γ β α tg tg tg tg C tg B tg A C B A N + + + + − + + = 2 2 Então:
(
)
+ + + + − + + = γ γ β β α α γ γ β β α α cos cos cos 2 cos cos cos2 sen sen sen
sen C sen B sen A C B A N
(
)
(
α β γ β α γ γ α β)
β α γ γ α β γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos
2 sen sen sen
Csen Bsen Asen C B A N + + + + − + + =
(
α β γ β α γ γ α β)
β α γ γ α β γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos sen sen sen Asen sen A sen A N + + + + = +
(
α β γ β α γ γ α β)
β α γ γ α β γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos sen sen sen Bsen Bsen Bsen + + + + + +
(
α β γ β α γ γ α β)
β α γ γ α β γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos sen sen sen Csen Csen Csen + + + + +
-(
α β γ β α γ γ α β)
β α γ γ α β γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos sen sen sen Csen Bsen Asen + + − − − ( ) ( ) ( )
( α β γ β α γ γ α β)
γ α β γ β α β α γ γ β α β α γ γ α β cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos sen sen sen sen sen C sen sen B sen sen A N + + + + + + + = ( ) ( ) ( )
( α β γ β α γ γ α β)
α β β α γ α γ γ α β β γ γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos cos cos cos sen sen sen sen sen C sen sen B sen sen A N + + + + + + + = Observações: 1)α + β + γ = 180º
2)
(
(
)
)
(
)
α γ β α γ β sen sen sen sen = + − =
+ 180º
3)
(
(
)
)
(
)
β γ α β γ α sen sen sen sen = + − =
+ 180º
4)
(
(
)
)
(
)
λ β α γ β α sen sen sen sen = + − =
Substituindo as observações 1,2,3 e 4 na equação a seguir
( ) ( ) ( )
( α β γ β α γ γ α β)
α β β α γ α γ γ α β β γ γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos cos cos cos sen sen sen sen sen C sen sen B sen sen A N + + + + + + + = , temos:
(
)
(
)
(
(
)
)
(
(
)
)
(
α β γ β α γ γ α β)
β α γ γ α β γ β α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos sen sen sen sen C sen B sen A N + + + + + + + =
(
α β γ β α γ γ α β)
γ γ β β α α cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos sen sen sen sen C sen B sen A N + + + + =
Multiplicando o numerador e o denominador por 2, segue:
(
α β γ β α γ γ α β)
γ γ β β α α cos cos cos cos cos cos 4 cos 2 cos 2 cos 2 sen sen sen sen C sen B sen A N + + + + =
( )
( )
( )
(
α β γ β α γ γ α β)
γ β α cos cos cos cos cos cos 4 2 2 2 sen sen sen Csen Bsen Asen N + + + + =
Desenvolvendo apenas o denominador
(
α cosβ cosγ β cosα cosγ γ cosα cosβ)
4 sen + sen + sen , temos:
(
)
(
α cosβ cosγ cosα β cosγ γ cosβ)
4 sen + sen + sen
(
)
(
)
(
senα cosβ cosγ + cosα sen β + γ)
4
(
senα cosβ cosγ + cosα ⋅senα)
4
(
)
(
α cosβ cosγ cosα)
4 sen +
Agora vamos mostrar que:
(
)
(
α cosβ cosγ cosα)
( )
2α( )
2β( )
2γ4 sen + = sen + sen + sen
(
)
(
α cosβ cosγ cosα)
α cosα β cosβ γ cosγ2 sen + = sen + sen + sen
γ γ β β α α α α γ β
α cos cos 2 cos cos cos cos
2sen + sen = sen + sen + sen
γ γ β β α α γ β
α cos cos cos cos cos
2sen + sen = sen + sen
(
β γ α)
β β γ γα 2cos cos cos sen cos sen cos
sen + = +
(
β γ)
(
2cosβ cosγ cos(
β γ)
)
senβ cosβ senγ cosγ2sen
(
β + γ)(
cosβ cosγ + senβ senγ)
= senβ cosβ + senγ cosγ(
β γ) (
(
cos β γ)
)
( )
2β( )
2γ 2sen + − = sen + sen(
) (
(
)
)
−
⋅
+
= − +
2 2 2 cos 2
2 2 2 cos
2sen β γ β γ sen β γ β γ
.
Assim,
(
)
(
α cosβ cosγ cosα)
( )
2α( )
2β( )
2γ4 sen + = sen + sen + sen .
Dessa forma podemos escrever
( )
( )
( )
( )
( )
( )
γ β
α
γ β
α
2 2
2
2 2
2
sen sen
sen
Csen Bsen
Asen N
+ +
+ +
= .
(
β + γ) (
(
cos β − γ)
)
= 2(
β + γ) (
(
cos β − γ)
)
2.5 RETA OE EULER
Da relação em (*) da pg.26, temos que:
HG GC H
G C H
G
N = − ⇔ 2 = 3 − ⇔ 2 =
2 1 2 3
, o que quer dizer que os pontos
G
N, e H são colineares.
A reta que contém esses pontos N,G e H é denominada a reta de Euler
CONCLUSÃO:
Ao iniciar este trabalho, percebi como os conteúdos matemáticos estão entrelaçados de uma maneira muito interessante e desafiadora.
Em alguns momentos, tive muita dificuldade em perceber esta relação entre os diversos conteúdos utilizados para as demonstrações feitas nos capítulos anteriores. A idéia de “unificar” uma fórmula para provar que os centros dos triângulos partem de uma mesma fórmula, e o que as diferencia são os pesos utilizados, é realmente muito interessante e divertido de descobrir.
Aprendi que para atingirmos nossos objetivos, nesse caso, das demonstrações é necessário muita dedicação, atenção e força de vontade. Precisei superar medos, inseguranças e tabus que eu também tinha sobre alguns conteúdos matemáticos. Meu orientador foi de muita importância para que eu atingisse esse objetivo. Ele me deu forças e conselhos, que me ajudaram a me esforçar e cumprir a tarefa a que me dispus.
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS:
• Revistas R.P.M. Vol.2 e 3 – Seção de problemas – Sociedade Brasileira de Matemática.
• Revista R.P.M. Vol.43 – Seção sobre Coordenadas para os centros