Pontos médios dos lados, pés das alturas, equidistantes do ortocentro e de ponto da circunscrita do triângulo são co-cíclicos.

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TEOREMA:[Círculo dos nove pontos.]

Num triângulo, os pontos médios dos lados, os pés das alturas e os pontos médios dos segmentos de reta que ligam os vértices ao ortocentro são pontos de uma mesma circunferência (são concíclicos)

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F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-
Théorème 27. Cercle de» neuf point. Dans un triangle, les milieux des côtés, les pieds des hauteurs et les milieux des droites qui joignent les sommets au point de concours des hauteurs, sont situés sur une même circonférence.

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Para acompanhar os passos, desloque o cursor |n=1,…, 4| na esquerda alta da janela de construção.

1. São dados o triângulo $\;[ABC],\;$ de lados $\;a = [BC], \;$ $b=[CA], \;$ e $\;c=[AB] \;$ os pontos $\;M_a, \;M_b, \; M_c\;$ médios dos seus lados e a circunferência única que passa por esses três pontos médios, não colineares.
2. Mostramos as alturas $\;AH_a, \; BH_b, \;CH_c.\;$ Precisamos de provar que os pés das perpendiculares $\;H_a, H_b, \;H_c\;$ tiradas de cada vértice para o lado oposto são pontos da mesma circunferência $\;(M_aM_bM_c).\;$
   A nossa descrição para este passo da demonstração apoia-se na figura em que $\;A\;$ está para a esquerda de $\;M_a\;$




31 março 2018, Criado com GeoGebra

Provar que um dos pés, por exemplo, $\; H_a,\;$ é um ponto daquela circunferência, pode reduzir-se a provar que o quadrilátero $\;[H_aM_aM_bM_c]\;$ é inscritível em $\;(M_aM_bM_c),\;$ ou seja, provar que $$\; \angle M_a\widehat{M_b}M_c +\angle M_c\widehat{H_a}M_a = 1\;\; \mbox{raso}$$

$\;ACBH_a\;$ é um triângulo retângulo em $\;H_a\;$ e $\;M_c\;$ é o ponto médio da sua hipotenusa $\;AB\;$ o que implica que $\;AM_cH_a\;$ é um triângulo isósceles de base $\;AH_a\;$ e $\;M_cA= M_cB =M_cH_a = M_aM_b\;$ já que $\;M_aM_b\;$ e $\;M_cB\;$ são segmentos paralelos entre paralelas ($\;M_bM_c \parallel BC\;$).
Podemos assim concluir que o quadrilátero $\; [H_aM_aM_bM_c]\;$ é um trapézio isósceles, portanto inscritível e, assim, o quarto vértice $\;H_a\;$ estará obrigatoriamente na única circunferência que passa pelos outros três.
Para um dos outros pés das alturas restantes, o mesmo raciocínio dará a prova.


3. Mostra-se o ponto $\;H\;$ comum às alturas e os pontos $\;E_A, \;E_B, \;E_C\;$ equidistantes de $\;H\;$ e de $\;A, \;B, \;C\;$ respetivamente. que também pertencem a $\;(M_aM_bM_c),\;$ o que é preciso provar.
   
   A nossa descrição para este passo da demonstração apoia-se na figura em que $\;A\;$ está para a direita de $\;M_a\;$
   
   O segmento de reta $\;M_cE_A\;$ une pontos médios dos lados $\;AB\;$ e $\;AH\;$ do triângulo $\;[ABH]\; $e, por isso, $\;M_cE_A \parallel BH.\;$ Como $\;M_cM_a\;$ une pontos médios dos lados $\;AB\;$ e $\;BC, \;$, é $\;M_cM_a \parallel CA.\;$ Como $\;BH\;$ é um segmento da altura perpendicular a $\;CA\;$ é também perpendicular a $\;M_cM_a.\;$ Concluindo: $$\;(BH \parallel M_cE_A \wedge M_cM_a \perp CH) \Longrightarrow M_cM_a \perp M_cE_A$$ $$ \angle E_A\widehat{M_c}M_a= \angle B\widehat{H_a}A = 1\;\; \mbox{reto}$$ sendo estes ângulos opostos e de soma rasa no quadrilátero $\;[M_aH_aE_AM_c]\;$ e, por isso, $\;E_A\;$ é um ponto da circunferência $\;(M_aH_aMc)\;$ que tínhamos visto que era a mesma que $\;(M_aM_bM_c)\;$.
   O mesmo raciocínio se usa para provar que $\;E_B, \;E_C\;$ são pontos da mesma circunferência. $\;\;\;\;\;\blacksquare$



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4. Apresentamos aqui um ponto $\;P\;$ da circunferência $\;(ABC)\;$ circunscrita ao triângulo $\;[ABC]\;$ e o ponto $\;F\;$ médio do segmento $\;[HP].\;$ Deslocando o ponto $\;P\;$ sobre $\;(ABC)\;$ verá que o ponto $\;F\;$ (de Feuerbach, assim falamos dele) percorre a circunferência dos nove pontos $\; (M_aM_bM_cH_aH_bH_cE_AE_BE_C)\;$ e que estes nove pontos têm a propriedade comum de serem pontos - $\;F\;$ - equidistantes do ortocentro e de um ponto da circunferência circunscrita do triângulo $\;[ABC],\;$ havendo para além deles uma infinidade de pontos com essa propriedade.

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E lembramos a nossa primeira publicação desse resultado.
Circunferência dos 9 pontos de um triângulo como lugar geométrico dos pontos médios dos segmentos com extremos no ortocentro e em ponto livre na circunferência circunscrita (Paul Yu )

Meio proporcional das distâncias de um ponto numa circunferência às tangentes nos extremos de uma corda dada é a distância dele à corda.

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TEOREMA:

A distância de um ponto qualquer $\;P\;$ de uma dada circunferência a uma corda dada $\;[AB]\;$ é o meio proporcional entre as distâncias de $\;P\;$ às tangentes à circunferência em $\;A\;$ e $\;B, \;$ extremos da corda dada
Problema: Sendo $\;D,\;E, \;F\;$ os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ à corda $\;AB\;$ e às tangentes à circunferência em $\;B, \;A\;$ é preciso provar que $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que é o mesmo que $$PD^2 = PE \times PF$$

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F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Théorème. 25.La distance $\;MP\;$ d'un point quelconque $\;M\;$ d'une circonférence à une corde donnée $\;AB\;$ est moyenne proportionnelle entre les distances $\;ME,\; MG\;$ du même point $\;M\;$ aux tangentes $\;AC,\; BC,\;$ menées par les extrémités de la corde donnée. Il faut prouver que l'on a : $\;MP^2= ME \times MG.$

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$\;\fbox{n=1}:\;$ São apresentadas a circunferência $\;(O)\;$ e a sua corda $\;[AB]\;$

$\;\fbox{n=2}:\;$ E o ponto $\;P \in (O)\;$

$\;\fbox{n=3}:\;$ Apresentam-se as tangentes à circunferência $\;(O, \;OA)\;$ perpendiculares aos raios $\;[OB], \;[OA]\;$ que, no caso se encontram no ponto $\;C\;$.Para além disso, também se apresentam os segmentos $\;[PD],\;[PE], \;[PF] \;$ em que $\;D, \;E, \;F\;$ são os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ respetivamente a $\;AB, \;BC, \;CA\;$ que são os elementos entre os quais existirá a relação $$PD^2=PE \times PF \Leftrightarrow \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que intentamos provar.

23 março 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=4}:\;$ Da reta $\;CO\;$ que é a mediatriz da corda $\; AB\;$ (e bissetriz de $\;B\hat{C}A\;$) tomamos um dos pontos $\;J\;$ da sua intersecção com a circunferência $\;(O)\;$ equidistante de $\;BC\;$ e de $\;CA: \;$ $$\;(JK \perp BC) \wedge \;( LJ \perp CA ))\wedge (JK = LJ) \wedge (\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C) \;$$ Por isso, e por ser $\;\underbrace{(JK \perp BC) \wedge (PE \perp BC)} \wedge \underbrace{(JL \perp CA) \wedge (PF \perp CA)} \wedge \underbrace{(JC \perp AB) \wedge (PD \perp AB)}\;$ podemos concluir que $$\;JK \parallel PE, \;JL \parallel PF\; \mbox{e}\; JC \parallel PD, \;$$ e, em consequência, $$\;\angle D\hat{P}E = \angle C\hat{J}K\; \;\mbox{e} \;\;\angle F\hat{P}D = \angle L\hat{J}C.\;$$ Finalmente, como tínhamos visto que $\;\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C),\;$ podemos concluir que $$\;\angle D\hat{P}E= \angle F\hat{P}D \;$$ Os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um lado $\;PD\;$ em comum e os ângulos $$\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)} \;\mbox{ou}\; \angle D\hat{P}E \;\;\mbox{e}\;\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;\mbox{ou}\; \angle F\hat{P}D \; $$ iguais.
Se fosse verdade (o que queremos provar, isto é que) $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF},$$ por serem iguais os ângulos $\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)}\;$ e $\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;$ dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ respetivamente, estes seriam semelhantes: $$ \left( \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF} \wedge \angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D \right) \Longleftrightarrow \left( \Delta PED\sim \Delta DFP \right)\;$$ (caso de dois lados diretamente proporcionais e o ângulos por eles formados iguais) e reciprocamente,
se os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ forem semelhantes sendo $\;\angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D\;$ então verifica-se a relação que intentamos provar.
Bastará, pois, para provar a nossa tese, que se prove que, para além do par de ângulos de vértice $\;P\;$ que são iguais, os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um outro par de ângulos iguais.

$\;\fbox{n=5}:\;$ Tratemos então de encontrar o par de ângulos iguais, um em cada um dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$

• Temos dois quadriláteros $\;[PEBD], \; [DAFP]\;$ em que os ângulos opostos são suplementares, por ser $$\;PD \perp AB, \; PE \perp BC, \; PF \perp CA\; \mbox{e, em consequência,}$$ $$\;\angle B\hat{D}P + \angle P\hat{E}B = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{P}E + \angle E\hat{B}D = 1\; \mbox{raso, e}$$ $$\;\angle P\hat{D}A + \angle A\hat{F}P = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{A}F + \angle F\hat{P}D = 1\; \mbox{raso.}$$ Sabemos que por terem ângulos opostos suplementares, esses quadriláteros são inscritíveis em circunferências que designamos por $\;(PEBD), \; (DAFP).$
  
• Neste passo da construção acrescentámos as diagonais $\;PB\;$ e $\;AP\;$ dos quadriláteros e é imediato concluir que
  1. Na circunferência $\;(PEBD),\;$ os lados dos ângulos $\;\angle P\hat{E}D\;$ e $\; \angle P\hat{B}D \;\mbox⁄{ou} \angle P\hat{B}A \;$ compreendem o mesmo arco $\;(DP)\;$ e, por isso, $\;\angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D \;$
     
  2. Os ângulos $\; \angle D\hat{A}P\;$ (ou $\; \angle B\hat{A}P\;$) e $\; \angle D\hat{F}P\;$ são iguais porque os seus lados compreendem o mesmo arco $\;(PD)\;$ da circunferência $\;(AFPD).$
  3. Os lados do ângulo $\;\angle P\hat{D}F\;$ do triângulo $\; \Delta [PDF], \;$ como inscrito na circunferência $\;(PDAF),\;$ compreendem o arco $\;(FP).\;$ Os lados do ângulo $\; \angle P\hat{A}F\;$ compreendem o mesmo arco dessa circunferência e, por isso, $\;\angle P\hat{D}F = \angle P\hat{A}F.\;$

E, resumindo $$ \angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D = \angle P\hat{B}A=\angle P\hat{A}F =\angle P\hat{D}F$$ o que nos garante que os triângulos são semelhantes por terem os ângulos iguais cada um a cada um \begin{matrix} \angle P\hat{E}D & = & \angle P\hat{D}F \\ \angle D\hat{P}E &= & \angle F\hat{P}D \\ \angle E\hat{D}P &= & \angle D\hat{F}P \\ & \Downarrow & \\ \Delta PED & \sim & \Delta PDF\\ & \Downarrow & \\ PD & \mapsto & PF\\ DE & \mapsto & FD\\ EP & \mapsto & DP\\ \end{matrix} e, em consequência, é verdadeira, como queríamos demostrar, a proporcionalidade entre os lados homólogos, ou seja $$\frac{PF}{PD}= \frac{FD}{DE} = \frac{DP}{PE} \hspace{4cm} \blacksquare $$