Usando homotetias para aceitar a recta de Euler

Seja o triângulo ABC, de baricentro G, ortocentro H e circuncentro O. Prova-se que
G, H e O são colineares (estão sobre uma mesma recta - recta de Euler) e |GH|=2|GO|.
Este resultado, muito conhecido e muito usado, pode ser provado com recurso a homotetias:
A homotetia de centro em G e razão 2 transforma o triângulo ABC no triângulo A'B'C' e, pela homotetia, A, G, A' são colineares e |A'G|=2|AG|, ... AB//A'B' e 2|AB|=|A'B'|, ....
O circuncírculo de A'B'C' tem centro em H (já que a recta da altura de ABC relativa ao vértice A é a mediatriz de B'C', ...). Aquela homotetia de centro em G e razão 2 transforma o círculo de centro em O que passa por ABC no círculo de centro em H que passa por A'B'C', transforma O em H. Por isso H,G e O são colineares e |GH|=2|GO|.

Nota sobre a determinação do arco capaz.

Para a resolução de variados problemas, é necessário saber determinar o arco capaz de um dado ângulo B relativamente a um segmento AC.
No fundo, trata-se de encontrar o circuncírculo de um triângulo ABC de que se conhece um lado e o respectivo ângulo oposto.

Com a construção dinâmica que se segue podemos verificar porque é bom o processso usado na entrada anterior, em que determinámos o circuncírculo de um triângulo de que conhecíamos um ângulo e o seu lado oposto.

Na figura, tomamos um ângulo qualquer, ABC, inscrito numa circunferência de centro O que passa por A, B e C. O ângulo AOC é duplo de ABC. O triângulo AOC é isósceles (OA=OC=raio), OAC=ACO= (180-AOC)/2=90-ABC, 90=ABC+OAC. Por isso, se tomarmos PAC=ABC, PAO=90.
Desenhado PAC(=ABC), a perpendicular a PA passa por O, sendo PCA=ABC, a perpendicular a
PC passa por O.

A mediatriz de AC também passa por O.