Teorema de Feuerbach (enunciado e demonstração)

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Dados 3 pontos $A_1, A_2, A_3$ não colineares, há quatro circunferências tangentes às retas $A_1A_2$, $A_2A_3$ e $A_3A_1$: a de centro $I$ (incentro) a que chamamos inscrita e outras de exincentros $I_i$ a que chamamos exinscritas.

O enunciado do Teorema de Feuerbach é: A circunferência de nove pontos é tangente às quatro circunferências inscrita e exinscritas Com recurso à inversão, vamos demonstrar este resultado. A nossa construção parte do triângulo $A_1A_2A_3$, do qual construímos o circuncírculo e a circunferência de nove pontos (tal como fizemos na entrada anterior com notas sobre a circunferência de nove pontos).

Arsélio Martins, 22 outubro 2013, Criado com GeoGebra Com os botões de navegação ao fundo da janela de visualização, pode seguir os passos da construção, fixando cada parte que lhe interesse.

Demonstração.:

1. Debruçamo-nos sobre o triângulo $A_1A_2A_3$, a circunferência $(I)$ nele inscrita e a exinscrita $(I_1)$ (de centros $I$ e $I_1$ sobre a bissetriz interior $A_11 I$). Os resultados para as restantes $(I_2)$ e $(I_3)$ serão obtidos de modo análogo.
   • Tomemos as quatro tangentes a estas duas circunferências $(I)$ e $(I_1)$ que determinam duas homotetias de uma na outra: por um lado, a homotetia de centro $A_1$ definida pelas duas tangentes exteriores $A_1A_2$ e $A_1A_3$; por outro a homotetia de centro $K$ na interseção de $II_1$ com $A_2A_3$,já que esta última é tangente interior comum a $(I)$ e $(I_1)$.
   • $A_2A_3$ e $XX_1$ têm o mesmo ponto médio (ver a entrada em que esse resultado é abordado.
   • Do triângulo $A_1KA_3$ e do triângulo retângulo $IA_3 I_1$, considerando segmentos orientados, retiramos que $(A_1K;II_1) =-1$ (ver inversão de círculos de apolónio). Como $H_1, X, X_1$ são os pés das perpendiculares a $A_2A_3$, tiradas por $A_1, I, I_1$ e a projeção preserva a razão dupla, então $(H_1K; XX_1)=-1$, ou $$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{H_1X}{XK}}{\displaystyle\frac{H_1X_1}{X_1K}} =-1$$ Considerando comprimentos dos segmentos: $$\frac{H_1X}{XK}= \frac{H_1X_1}{X_1K}$$ e, como $H_1X=H_1M_1-M_1X, \; H_1X_1=H_1M_1+M_1X_1 , \;XK=XM_1-M_1K , \; X_1K=X_1M_1+M_1K$, podemos escrever $$\frac{H_1M_1-M_1X}{XM_1-M_1K}= \frac{H_1M_1+M_1X_1}{X_1M_1+M_1K}$$ equivalente a $$(H_1M_1-M_1X) \times (X_1M_1+M_1K)= (XM_1-M_1K)\times (H_1M_1+M_1X_1)$$ que desenvolvendo fica $$\;\;\;H_1M_1\times X_1M_1 +H_1M_1\times M_1K - XM_1\times X_1 M_1 - M_1X\times M_1K =$$ $$= XM_1\times H_1 +XM_1\times M_1X_1-M_1K\times H_1M_1 - M_1K\times M_1X_1$$ e, por ser $M_1 X=M_1X_1$, se simplifica em $$2H_1M_1 \times M_1K = 2MX^2$$ $$M_1K \times M_1H_1=M_1X^2=M_1X_1^2$$
2. Tomemos agora a circunferência de centro em $M_1$ e raio $M_1X_1$ para circunferência de inversão.
   • O resultado anterior é prova de que $H_1$ é o correspondente de $K$ pela inversão $I(M_1, M_1X^2)$
   • Os círculos $(I)$ e $(I_1)$ invertem-se em si mesmos já que são ortogonais à circunferência de inversão: $I_1X_1$, raio de $(I_1)$, é tangente a $(M_1)$ e perpendicular ao seu raio $M_1X_1$ que é tangente a $(I_1)$.
   • Como a circunferência dos nove pontos $(N)$ passa por $M_1$, centro da inversão, tem para inversa um reta $(N)'$ que passa por $K$ (inverso de $H_1$ que é ponto de $(N)$) e é paralela à tangente a $(N)$ no ponto $M_1$.
3. A inversa de $(N)$ contém uma corda comum a $(M_1)$ e a $(N)$, logo perpendicular a $M_1N$, paralela a $H_2H_3$.
4. $H_2$ é um ponto da circunferência de diâmetro $A_2A_3$ (centro em $M_1$) já que $A_2H_2 \perp H_2A_3$. $H_3$ pertence à mesma circunferência de diâmetro $A_2A_3$, já que $A_3H_3 \perp H_3A_2$.
   • Quer dizer que $H_2, H_3, A_2, A_3$ estão sobre uma circunferência (concícliicos), sendo por isso $\angle A_1A_2A_3+ \angle H_3H_2A_3 =180^o$ e $\angle A_1A_3A_2+ \angle A_2H_3H_2 = 180^o$, situação que se mantém para qualquer reta paralela a $H_2H_3$
   • Ora $(N)'$ é paralela à tangente a $N$ em $M_1$ e paralela a $H_2H_3$, tal como é a reta tangente a $(I)$ tirada por $K$. E por $K$ só passa uma paralela a $H_2H_3$.
   • A inversa de $(N)$, $(N)'$, é, pois, a tangente a $(I)$ e a $(I_1)$ tirada por $K$, ou seja, $EF$,
5. Como $EF$ é tangente a $(I)$ e $(I_1)$, inversas de si mesmas por $I(M_1, M_1X^2)$, e $(N)$, inversa de $EF$, também é tangente a $(I)$ e $(I_1)$ (cada uma inversa de si mesma). $\hspace{1cm} \square$

Teorema de Feuerbach (nota sobre a circunferência de 9 pontos)

A circunferência de nove pontos (ou de Feuerbach) foi referida neste "lugar geométrico" muitas vezes. Antes da demonstração propriamente dita do chamado Teorema de Feuerbach (usando a inversão geométrica), estudamos a existência e unicidade (?) de tal circunferência para cada trângulo.

Circunferência de 9 pontos, Euler ou Feuerbach Para um triângulo qualquer, de vértices $A_i$ tomam-se os seguintes pontos: $M_i$,médios dos lados; $H_i$, pés das alturas; $E_i$, pontos médios dos segmentos das alturas entre o ortocentro e cada vértice. Prova-se que estes 9 pontos estão sobre uma circunferência de raio igual a metade do circunraio e centro no ponto médio entre circuncentro e ortocentro. A.Martins, 10 outubro 2013, Criado com GeoGebra

Demonstração.:

1. • Porque o triângulo $ A_2 H_3 S_3 $ é retângulo em $H_3$ e $A_2 H_1 A_1$ é retângulo em $H_1$, são iguais os ângulos $\angle A_2 A_3 S_3$ e $\angle A_2 A_1 S_1$ por serem complementares de $A_1A_2A_3$. E, por estarem inscritos no mesmo arco $A_2 S_1$, são iguais os ângulos $\angle A_1 A_2 S_1$ e $\angle A_2 A_3 S_1$ : $$\angle A_2 A_3 S_3 =\angle A_2 A_1 S_1= \angle A_2 A_3 S_1$$
   • Assim, são congruentes os triângulos retângulos em $H_1$ $H H_1 A_3$ e $S_1 H_1 A_3$ e, em consequência, $H_1$ é o ponto médio de $H S_1$
   • Do mesmo modo, se pode concluir que $H_2$ é o ponto médio de $H S_2$ e $H_3$ é o ponto médio de $H S_3$
   ´
2. • Consideremos agora o circundiâmetro $A_1 T_1$: $T_1 A_3 \parallel A_2 H $ porque são ambas perpendiculares a $A_1 A_3$ e $A_3 H \parallel T_1 A_2$ porque são ambas perpendiculares a $A_1 A_2$.
   • Por isso, $H A_2 T_1 A_3$ é um paralelogramo cujas diagonais $HT_1$ e $A_2 A_3$ se bissetam. E o ponto $M_1$, médio de $A_ 2 A_3$, é também o ponto médio de $H T_1$
   • Do mesmo modo, se concluiria que $M_2$, médio de $A_ 1 A_3$, é também o ponto médio de $H T_2$ e que $M_3$, médio de $A_ 1 A_2$, é também o ponto médio de $H T_1$
3. • A homotetia de centro $H$ e razão $1 \over 2$ transforma a circunferência azul na circunferência vermelha, já que a cada um dos 3 pontos $S_i$ corresponde um dos pontos $H_i$ (por 1.) e também a cada um dos pontos $T_i$ corresponde um dos pontos $M_i$ (por 2.)
   • Cada vértice $A_i$ do triãngulo e da circunferência azul circunscrita, pela mesma homotetia, tem correspondente $E_i$ incidente na circunferência vermelha e em $H A_i$. Porque a razão da homotetia é $1 \over 2$, cada $E_i$ é ponto médio de $H A_i$
   • Para concluir: pela mesma homotetia, o centro $O$ é transformado num ponto $N$ (centro da homotética vermelha) incidente em $HO$ e seu ponto médio.

Ficou assim provado que para um triângulo qualquer, há uma circunferência que passa pelos 3 pontos médios dos lados, pelos 3 pés das alturas, e pelos 3 pontos médios dos segmentos das alturas entre o ortocentro e os respetivos vértices.
Esta circunferência é nomeada por circunferência dos 9 pontos (pelos anglófonos :-), de Euler (pelos francófonos :-) ou de Feuerbach (pelos germanófonos :-)