Reta de Euler Num triângulo qualquer, as três medianas concorrem num ponto (baricentro), as três mediatrizes concorrem num ponto (circuncentro) e as três alturas concorrem num ponto (ortocentro). Estes pontos, que podem coincidir ou não, são sempre colineares. Estão sobre uma reta - Reta de Euler.
PROBLEMA:
Demonstrar que os ortocentro, circuncentro e baricentro estão sobre uma mesma reta.
$\;\fbox{n=1}:\;$ Considera-se um triângulo $\;[ABC]\;$ definido pelos seus vértices, os seus três lados $\; a=[BC], \; b=[AC], \; c=[AB]. \;$.
$\;\fbox{n=2}:\;$ Três pontos não colineares determinam um triângulo e também determinam a circunferência única que passa pelos três pontos e cujo centro $\;O\;$ é equidistante de $\;A, \;B, \;C, \;$ ou seja, está na perpendicular a $\;a\;$ tirada pelo seu ponto médio (mediatriz) onde estão todos os pontos equidistantes de $\;B\;$ e $\;C,\;$ na mediatriz de $\;b\;$ - pontos equidistantes de $\;C\;$ e $\;A\;$ e na mediatriz de $\;c\;$ - pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;B.\;$ $\;O\;$ é o ponto de encontro das mediatrizes dos lados do triângulo.
26 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra
$\;\fbox{n=3}:\;$ Paralelas tiradas a cada um dos lados pelo vértice a ele oposto intersectam-se em $\;A',\; B',\; C',\;$ vértices do triângulo $\;[A'B'C']\;$ semelhante a $\;[ABC]\;$ já que os seus ângulos são iguais cada um a cada um:
- $\;( A'C' \parallel CA \wedge A'B' \parallel BA ) \Rightarrow \angle C'\hat{A'}B' = \angle C\hat{A}B \;$
- $\;( C'B' \parallel BC \wedge B'A' \parallel BA ) \Rightarrow \angle C'\hat{B'}A' = \angle A\hat{B}C \;$
- $\;( C'A' \parallel AC \wedge C'B' \parallel BC ) \Rightarrow \angle B'\hat{C'}A' = \angle B\hat{C}A \;$
Também se pode afirmar que $\;[ABC] =[CB'A]=[AC'B]=[BA'C],\;$ por terem ângulos iguais (lados inversamente paralelos) e um lado comum em cada par.
Por isso, podemos dizer que $\;BC = B'A = AC'\;$ e, em consequência, que $\;a'=B'C'=2 \times BC = 2a.\;$ Por razões análogas, se pode afirmar que $\;b'=C'A'= 2 \times AC =2b\;$ e $\;c'=A'B'= 2 \times AB=2c.\;$
Podemos concluir que $\;[ABC] \sim [A'B'C']\; $ de razão igual a
2:
$$\frac{B'C'}{BC} = \frac{C'A'}{CA}= \frac{A'B'}{AB} =2$$
$\;\fbox{n=4}:\;$ No passo anterior já ficou provado que que $\;A, \;B, \;C\;$ são os pontos médios de $\;a'=B'C',$ $\;b'=C'A',$ $\;c'=A'B'\;$ respetivamente. E, por isso, sendo as alturas de $\;[ABC]\;$ perpendiculares a $\;B'C',$ $\;C'A',$ $\; A'B'\;$ tiradas pelos seus pontos médios $\;A, \;B, C\;$ (segmentos das mediatrizes de $\;[A'B'C']\;$) que se intersectam no ponto que é o centro da circunferência $\;(A'B'C').\;$ A existência do centro de qualquer circunferência definida por 3 pontos não colineares, garante que as três mediatrizes de qualquer triângulo têm um ponto em comum e, a ser assim, podemos afirmar que as alturas de qualquer triângulo têm um ponto em comum (ortocentro), porque as retas das alturas de $\;[ABC]\;$ são as retas das mediatrizes de $\;[A'B'C'].\;$ O ortocentro $\;H\;$ de $\;[ABC]\;$ é o circuncentro de $\;[A'B'C'].\;$
$\;\fbox{n=5}:\;$
A semelhança de razão 2 entre os triângulos $\;[ABC] \sim [A'B'C']\;$ permite-nos escrever
$$\frac{H_{a'}A'}{H_a A}=\frac{H_{b'}B'}{H_b B}= \frac{H_{c'}C'}{H_c C}=2$$
Como é óbvio, a semelhança entre as circunferências $\; (ABC)=(O, OA) \sim (A'B'C')=(H,HA')\;$ tem a mesma razão. E podemos escrever
$$\frac{HA'}{OA}=\frac{HB'}{OB}= \frac{HC'}{OC}=2$$
Como $\;A\;$ é o ponto médio de $\;a'=B'C',\; AA'\;$ é mediana do triângulo $\;[A'B'C']\;$ e, claro!, também são suas medianas $\;BB'\;$ e $\;CC'$.
Como a mediatriz $\;OM_a\;$ é paralela à altura $\;AH_a,\;$ são semelhantes os triângulos $\;[AGH]\;$ e $\;M_aGO\;$ e como $\;AH=2OM_a,\;$ também $\;HG=2OG\;$ e $\;AG=2M_aG.\;$ E, a ser assim, então a mediana $\;AM_a\;$ corta o segmento $\;OH\;$ num ponto $\;G\;$ tal que $\;OH=3OG.\;$
Como já observámos no enunciado, há casos em que as medianas podem coincidir com as mediatrizes ou com as alturas e os pontos notáveis em causa coincidirem. Mas o raciocínio feito para uma das medianas $\;AA'\;$ pode ser repetido para $\;BB'\;$ e $\;CC'\;$ nos triângulos escalenos em que não há coincidências.
Nos triângulos equiláteros são coincidentes as medianas, mediatrizes, alturas (e bissectrizes). No triângulo isósceles em que $\;AB=AC,\;$ por exemplo, há coincidência da mediana $\;AM_a\;$ com a mediatriz de $\;BC\;$ e com a altura $\;AH_a \;$ e com a linha $\;OH.\;$
Ficou demonstrado que as três medianas de um triângulo têm um ponto em comum que designamos por $\;G\;$ e a que chamamos baricentro.
$\;\fbox{n=6}:\;$ Tendo provado que o baricentro está no segmento $\;OH\;$ damos por provado que os três pontos $\;O, \;G, \;H\;$ são colineares. À reta que passa por esses três pontos notáveis chamamos
reta de Euler
de visita a uma entrada de Diamond nos
gaussianos que nos lembrou a editora Nivola e o livro
Dunham.
Euler: El maestro de todos los matemáticos. Nivola.
considerando uma demonstração (esta) de Gauss.
