Centros do Triângulo Problemas resolvidos

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Baricentro (G), Circuncentro (O) e ortocentro (H): 
Construções no Geogebra: 
O baricentro é o ponto  2X na lista de centros de triângulos de Clark Kimberling. Disponível em: 
ENCYCLOPEDIA OF TRIANGLE CENTERS (evansville.edu). Acesso em 31/07/2024. 
Para a construção rápida no GeoGebra do baricentro, relativo ao ABC , pode ser utilizado no “campo de entrada” o 
comando: 
( , , , 2)G CentroDoTriangulo A B C 
O circuncentro é o ponto  3X na lista de centros de triângulos de Clark Kimberling. 
Para a construção rápida no GeoGebra do circuncentro, relativo ao ABC , pode ser utilizado no “campo de entrada” 
o comando: 
( , , ,3)O CentroDoTriangulo A B C 
Já o ortocentro é o ponto  4X na lista de centros de triângulos de Clark Kimberling. Para a construção rápida no 
GeoGebra do ortocentro, relativo ao ABC , pode ser utilizado no “campo de entrada” o comando: 
( , , , 4)H CentroDoTriangulo A B C
 
 
Problema 1. (Distância do vértice ao ortocentro). 
A distância entre um vértice do triângulo ABC ao ortocentro H é igual ao dobro da distância entre o circuncentro 
O e o lado oposto. 
 
Solução: 
Sejam ', 'A B e 'C os pontos médios dos lados ,BC CA e AB , respectivamente. Sejam ainda AH e BH os pés 
das alturas dos vértices A e B , respectivamente. 
https://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html
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O segmento ' 'A B é base média relativa ao lado AB , com isso ' 'A B AB e 2 ' 'AB A B . Como 'AH OA , por 
terem dois pares de lados mutuamente paralelos, então ' 'HAB OA B . Analogamente, de 'BH OB , segue 
que ' 'HBA OB A . Pelo critério de semelhança (AA) tem-se que ' 'AHB A OB  . Com isso os lados 
seguem a mesma proporcionalidade: 
2 2 '
' ' ' '
AH BH AB
BH OB
OA OB A B
     
 
Problema 2. 
Seja um triângulo ABC , k a circunferência circunscrita ao triângulo ABC e o ponto D k . Sejam ainda AH o 
ortocentro do triângulo ABC e DH o ortocentro do triângulo DBC . Provar que A DAH H D é um paralelogramo. 
 
Demonstração: 
 
3 
 
Seja o ponto O centro de k e 
BCO sua projeção ortogonal sobre BC . Como o segmento BC é comum aos 
triângulos ABC e DBC , então, pelo Problema 1: 
2
A BC
A D
D BC
A D BC
ABC AH OO
AH DH
DBC DH OO
AH DH OO
 

 
 
 
Ou seja, os segmentos AAH e DDH são paralelos e de igual medida. Logo, A DAH H D é um paralelogramo. 
 
Problema 3. (Triângulo inscrito com perímetro mínimo). 
Considere um triângulo acutângulo ABC . 
Um ponto Z é escolhido de forma arbitrária sobre o lado AB do triângulo ABC , o ponto H é obtido pela reflexão 
de Z sobre o lado BC . Analogamente, o ponto K é obtido pela reflexão de Z sobre o lado AC . Como 
090ACB  o segmento HK intersecta os lados do triângulo ABC em X e Y , então, o triângulo XYZ é aquele 
que tem o menor perímetro. 
Demonstração: 
 
Sejam D AC e E BC outros dois pontos. Desta forma, obtêm-se o triângulo ZDE inscrito no triângulo ABC
Nota-se que ZX HX e ZY YK , pois H e K são reflexões de Z em relação a BC e AC ., respectivamente. 
Analogamente, traçando os segmentos , , ,ZE EH ZD DE e DK , obtêm-se que, ZE EH e ZD DK . 
Comparando os perímetros dos triângulos XYZ e ZDE nota-se que: 
 
 
2
2
XYZ
ZDE
p ZX XY YZ HX XY YK HK
p ZE ED DZ HE ED DK HK
      
      
 
Este último resultado é devido a poligonal HEDK . Portanto, o triângulo XYZ possui o menor perímetro dado um 
ponto Z fixo. 
 
Problema 4 (Problema de Fagnano). 
(Giovanni Francesco Fagnano dei Toschi foi um matemático e clérigo italiano. Nasceu em 1715 e morreu em 1797). 
Entre todos os triângulos XYZ inscritos num triângulo acutângulo ABC o de perímetro mínimo é o triângulo órtico 
(formado pelos pés das alturas) DEF . 
 
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Demonstração: 
 
Agora queremos encontrar o ponto Z AB de tal modo que HK seja o menor possível. Devido as duas reflexões, 
CK CZ CH  . Adicionalmente, o 2KCH ACB e o KCH não depende da posição do ponto Z em AB
. Como o ponto C também é fixo o segmento HK é mínimo quando CK CH for mínimo. Ou seja, quando CZ 
for mínimo. O valor mínimo de CZ é CF (projeção ortogonal de C sobre AB ). Quando F é o pé da altura relativa 
ao vértice C , então D e E são os pés das alturas relativas aos vértices A e B , respectivamente. 
Conclusão, entre todos os triângulos XYZ inscritos num triângulo acutângulo ABC o de perímetro mínimo é o 
triângulo órtico (formado pelos pés das alturas) DEF . 
 
Defnição (Conjugados Isogonais). 
Sejam um triângulo ABC e k seu circuncírculo. O conjugado isogonal 'P do ponto P k é obtido refletindo as 
retas ,PA PB e PC em relação às bissetrizes internas de ABC , que passam por ,A B e C , respectivamente. Isto 
é, 'P é tal que valem as igualdades de ângulos a seguir: 
' ' 'BCP ACP CAP BAP CBP ABP   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 5. 
O circuncentro O e ortocentro H do triângulo ABC são conjugados isogonais. 
 
Demonstração: 
Como O é o centro da circunferência k , circunscrita ao triângulo ABC , então, 2AOC ABC .Isto é, o ângulo 
central é duas vezes o inscrito. 
Segue que AD DC e AO OC . 
Como o triângulo AOC é isósceles, de base AC , o segmento OD é mediana, bissetriz e altura. Logo, pelo critério 
de congruência LLL vale que: 
ADO CDO  e 
2
AOC
DOA DOC ABC   . 
Tem-se que H AE e AE BC . Segue pelo critério de semelhança AA que: 
ADO AEB  e DAO EAB . 
Em outras palavras, as retas AO e AE são simétricas em relação à bissetriz de BAC . Uma construção análoga 
pode ser feita partindo dos outros dois vértices, portanto, o circuncentro O e ortocentro H do triângulo ABC são 
conjugados isogonais. 
 
Problema 6. 
Seja um triângulo ABC de cicuncentro O . Seja D a interseção da bissetriz de A com BC e suponha que a 
perpendicular a AO por D , corta a reta AC em um ponto P , interior a AC . Mostrar que AB AP . 
 
 
 
 
 
 
 
 
Demonstração: 
Segue do Problema 5. 
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Problema 7 (Reta de Euler). 
Para todo triângulo ABC , o Circuncentro O , o Baricentro G e o Ortocentro H são colineares, 2HG GO , e 
determinam a Reta de Euler. Adicionalmente, sendo D o pé da mediana relativa ao vértice A , vale que 
2AH OD . 
 
Demonstração: 
A Figura abaixo ilustra um triângulo ABC. 
 
 
Sejam D e E pontos médios dos lados BC e CA , respectivamente. 
Sejam AH e BH os pés das alturas relativas aos vértices A e B . 
Constroem-se o Circuncentro O e o Ortocentro H do triângulo ABC . 
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Denota-se por 'G a interseção das retas AD e HO . Mostraremos que o ponto 'G é o Baricentro G , isto é, ,H G 
e O são colineares. 
Tem-se que DE é Base Média relativa ao lado AB , portanto, DE AB e 2AB DE . 
Como AAH OD e BBH OE segue que BAH EDO e ABH DEO , por AA tem-se 
ABH DEO  , portanto: 
2 2
BH AH AB
AH DO
EO DO DE
     . 
Adicionalmente, por ângulos alternos entre paralelas, ' 'HAG ODG e, por opostos pelo vértice, 
' 'AG H DG O , consequentemente, pelo critério de semelhança AA, tem-se 'AHG DOG  , logo: 
' '
2
' '
AH HG AG
DO OG DG
   . 
Como ' 2 'AG DG e 2AG DG AG conclui-se que 'G G e os pontos ,H G e O são colineares (pertencem à 
Reta de Euler), também, 2AH OD . 
 
Problema 8. 
Mostre que o vértice A do triângulo é equidistante do circuncentro O e do ortocentro H do triângulo acutângulo 
ABC se, e somente se, o triângulo ABC possui 
060BAC  . 
 
Demonstração: 
  Suponha 
060BAC  . 
 
Pelo problema anterior temos que 2AH OD considerando OD x temos que 2AH x . 
Pela sei dos senos: 
 
2 2
0
2 2 2 3 3
60 3
2
BC BC BC
R R R BC R BC R
sensenA
         
8 
 
Como BC é uma corda do círculo circunscrito temos que 
2
BC
BD  . 
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao Triângulo BOD : 
2
2 2 2 2 2 2 23
4 4 3 4
4
2
R
R x R x R R x
R x AH
      
 
 
  Suponha AH AO R  . 
Pelo problema anteriortemos que 2 2
2
R
AH OD R OD OD     . 
Pela sei dos senos: 
2
BC
R
senA
 (I) 
Como BC é uma corda do círculo circunscrito temos que 
2
BC
BD  . 
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao Triângulo BOD : 
2 2
2 2 2 2 2 24 3
4 4
3
R BC
R R R BC BC R
BC R
      

 
Substituindo em (I): 
3 3
2
2
R
R senA
senA
   
Como o triângulo é acutângulo, 
060BAC  .