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As três alturas de um triângulo possuem um ponto em comum. Este é chamado de ortocentro.

ObservaçãoEditar

O ortocentro de um triângulo agudo está localizado no seu interior. O ortocentro de um triângulo obtusângulo está localizado fora dele. No caso de um triângulo retângulo, o ortocentro é o vértice oposto à hipotenusa.

Exemplo (OBM 2006 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Seja $ ABC $ um triângulo acutângulo e $ H $ o seu ortocentro. Sejam $ M $, $ N $ e $ R $ os pontos médios de $ AB $, $ BC $ e $ AH $, respectivamente. Determine a medida do ângulo $ \angle MNR $ se o ângulo $ \angle ABC $ mede $ 70^{\circ} $.
OBM2006q5n2

Solução: Antes de mais nada, vamos nomear alguns pontos. Considere $ I $ e $ J $ os pés das alturas do triângulo $ ABC $ relativas aos lados $ AC $ e $ BC $, respectivamente. Seja também $ K $ o ponto de encontro de $ BH $ com $ MJ $.

Existem elementos importantes na figura que nos dão informações legais sobre ângulos? Sim: como aparecem pontos médios, podemos construir bases médias que nos dão paralelismos. Além disso, podemos usar o fato de que $ M $ é o ponto médio da hipotenusa $ AB $. Usemos estes fatos para encontrar o máximo de ângulos possíveis na figura.

Comecemos usando as bases médias. Como $ MN $ é base média do triângulo $ ABC $, segue que $ MN $ é paralelo a $ AC $. Da mesma forma, $ MR $ é paralelo a $ BI $. Podemos já marcar alguns ângulos aí.

Quais deles já conhecemos? Dois deles são os de $ \angle BIA=\angle BIC=90^{\circ} $. Como já sabemos que $ MN $ é paralelo a $ AC $, segue que $ \angle BHM=90^{\circ} $, de onde segue que $ \angle HMR=90^{\circ} $, pois $ MR $ e $ BI $ são paralelos.

Desta forma, o quadrilátero $ MJNR $ é inscritível. E qual a vantagem disso? É que $ \angle MNR=\angle MJR $. Desta forma, basta determinarmos $ \angle MJR $ para terminarmos o problema.

Como $ M $ é o ponto médio da hipotenusa, segue que $ MJ=MA $ e assim $ \angle MJR= \angle MAJ=\angle BAJ=90^{\circ}-\angle ABC=90^{\circ}-70^{\circ}=20^{\circ} $.

Logo, $ \angle MNR=20^{\circ} $.

O Ortocentro nos dá Quadriláteros Inscritíveis Editar

Considere $ AA' $, $ BB' $ e $ CC' $ as alturas do triângulo $ ABC $ e $ H $ o seu ortocentro. Os quadriláteros $ AB'HC' $, $ BA'HC' $ e $ CB'HA' $ são inscritíveis.

Exemplo (Cone Sul 1997) Editar

Considere um triângulo acutângulo $ ABC $, e seja $ X $ um ponto do plano do triângulo. Sejam $ M,N $ e $ P $ as projeções ortogonais de $ X $ sobre as retas que contêm as alturas do triângulo $ ABC $. Determinar para que posições de $ X $ o triângulo $ MNP $ é congruente a $ ABC $.

Solução: Comecemos comparando os ângulos dos triângulos $ MNP $ e $ ABC $, já que parece mais fácil mexer com ângulos do que com lados. Para isso, vamos calcular alguns na figura para ver se conseguimos mais informações.

Como $ \angle XMH $ e $ \angle XNH $ são iguais a $ 90^{\circ} $, pois $ M $ e $ N $ são projeções, segue que $ XMHN $ é inscritível. Analogamente, $ XPHM $ também é. Com isso, $ X,M,N,P $ e $ H $ pertencem a uma mesma circunferência.

Considere $ AA' $, $ BB' $ e $ CC' $ as alturas do triângulo $ ABC $ e $ H $ o seu ortocentro.

ConeSul1997q6
Como $ \angle PMN $ e $ PHN $ enxergam o mesmo arco e $ AB'HC' $ é inscritível, segue que

$ \angle PMN = \angle PHN = 180^{\circ}-\angle CHB' = \angle BAC. $

Analogamente,

$ \angle MPN = \angle ACB $

$ \angle PNM = \angle ABC. $

Desta forma, os triângulos $ ABC $ e $ MNP $ são semelhantes. E para descobrirmos quando há congruências? Basta vermos quando os raios das circunferências circunscritas são iguais.

Existe alguma forma de envolvermos o raio da circunferência circunscrita ao triângulo $ MNP $ com o ponto $ X $? Sim! Como $ \angle XMH = 90^{\circ} $, segue que $ XH $ é o diâmetro dessa circunferência e assim a sua medida é igual ao dobro do raio.

Se considerarmos $ R $ o raio da circunferência circunscrita ao triângulo $ ABC $, então $ ABC $ e $ MNP $ terão o mesmo circunraio se, e somente se, $ XH=2R $.

Portanto, $ ABC $ e $ MNP $ são congruentes se, e somente se, $ X $ pertence a uma circunferência de centro $ H $ e raio $ 2R $.

$ AH=2OM $Editar

Em outras palavras, a distância entre um vértice e o ortocentro é igual ao dobro da distância entre o circuncentro e o ponto médio do lado oposto.

Quando devemos usar esta relação? Quando aparecer na nossa conta o ortocentro e o circuncentro.

Vamos enunciar este resultado com um pouco mais de precisão e prová-lo.

Teorema: Seja $ ABC $ um triângulo, $ O $ e $ H $ o circuncentro e o ortocentro, respectivamente e $ M $ o ponto médio de $ BC $. Então $ AH=2OM $.

Prova:

AH2OM

Considere $ N $ o ponto médio do lado $ AC $. Provaremos que $ ABH $ e $ MNO $ são semelhantes. Para isso, veremos os paralelismos. Como $ MN $ é a base média, segue que ela é paralela a $ AB $. Além disso, como $ AH $ e $ OM $ são perpendiculares a $ BC $, segue que $ AH $ é paralelo a $ OM $. Analogamente, $ BH $ e $ ON $ são paralelos.

Observe que $ \angle ABH=\angle MNO $, pois $ AB $ e $ BH $ são paralelos a $ MN $ e $ ON $, respectivamente. Analogamente, $ \angle BAH=\angle NMO $. Logo, os triângulos $ ABH $ e $ MNO $ são semelhantes pelo caso $ AA $.

Portanto,

$ \frac{AH}{OM}=\frac{AB}{MN}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow AH=2OM $.

Observação Editar

Também é útil usarmos um fato que aparece na demonstração deste teorema: $ AH $ é paralelo a $ OM $.

Exemplo (OBM 2008 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Sejam $ ABC $ um triângulo acutângulo e $ O $, $ H $ seu circuncentro e ortocentro, respectivamente. Sabendo que

$ \frac{AB}{\sqrt{2}}=BH=OB $,
OBM2008q5n2

calcule os ângulos do triângulo $ ABC $.

Solução: Como conseguir os ângulos se só sabemos informações sobre as medidas dos lados? Observe que, como $ O $ é o circuncentro,

$ OA=OB=OC=\frac{AB}{\sqrt{2}}=BH $.

Ganhamos alguns triângulos isósceles. Mas ainda não adianta muito: não temos nenhum ângulo, por enquanto.

Vamos procurar outras coisas então. Aparece uma coisa muito estranha no enunciado: $ \frac{AB}{\sqrt{2}} $. Talvez seja legal porque se elevarmos ao quadrado, a raiz quadrada some. Então somos levados a pensar: o que na geometria mexe com números elevados ao quadrado? Teorema de Pitágoras. Qual dos triângulos envolve $ AB $? Por enquanto, o mais provável aí é $ OAB $. Observe que

$ OA^2+OB^2=(\frac{AB}{\sqrt{2}})^2+(\frac{AB}{\sqrt{2}})^2=AB^2 $.

Desta forma, pela recíproca do Teorema de Pitágoras, $ OAB $ é um triângulo retângulo em $ O $. Como $ OAB $ é um triângulo isósceles, segue que $ \angle OAB=\angle OBA=45^{\circ} $.

Além disso, $ \angle ACB=\frac{1}{2}\angle AOB=45^{\circ} $.

Parece que ainda não temos ângulos suficientes. Precisamos então extrair outras informações do enunciado. O que ainda não usamos? A medida de $ BH $, que é a distância entre o vértice $ B $ e o ortocentro. O que podemos dizer sobre ela? Que é o dobro da distância entre o circuncentro e o ponto médio do lado oposto. Em outras palavras, se $ M $ é o ponto médio do lado $ AC $, então

$ BH=2OM $.

E o que isso nos ajuda? Observe que o triângulo $ OAM $. Ele possui o lado $ OM $ e um ângulo de $ 90^{\circ} $. Parece que conseguimos usar alguma trigonometria aqui. Para isso, precisamos relacionar $ OM $ com outro lado do triângulo $ OAM $. Observe que $ 2OM=BH=OA $. Assim, como $ \angle MAO $ é agudo,

$ \operatorname{sen}{(\angle MAO)}= \frac{1}{2} \Leftrightarrow \angle MAO=30^{\circ} $.

Como $ \angle CAB=\angle MAO+\angle OAB=30^{\circ}+45^{\circ}=75^{\circ} $ e $ \angle ACB=45^{\circ} $, segue que $ \angle ABC=60^{\circ} $.

Proposição Editar

O simétrico do ortocentro em relação a cada um dos pontos médios pertence ao circuncírculo.

Exemplo (Cone Sul 1998)Editar

Seja $ H $ o ortocentro do triângulo acutângulo $ ABC $ e $ M $ o ponto médio do lado $ BC $. Seja $ X $ o ponto em que a reta $ HM $ intersecta o arco $ BC $ (que não contém $ A $) da circunferência circunscrita a $ ABC $. Seja $ Y $ o ponto de interseção da reta $ BH $ com a circunferência, distinto de $ B $. Demonstre que $ XY=BC $.

Solução: Na nossa solução aparece o ortocentro e o ponto médio de um dos lados. Vamos usar a proposição: o simétrico do ortocentro em relação a $ M $ pertence ao circuncírculo. De fato, este simétrico é o ponto $ X $, de onde segue que $ M $ é o ponto médio de $ HX $.

Além disso, $ M $ é o ponto médio do lado $ BC $. Agora observe o quadrilátero $ BCXH $. As diagonais dele se encontram no ponto médio. Com isso, ele é um paralelogramo.

Vamos aproveitar das propriedades dos quadriláteros mais uma vez. Observe que os segmentos que queremos provar que são iguais são diagonais do quadrilátero $ BXCY $ e que acabamos de mostrar que ele é um trapézio. Se mostrarmos que ele é isósceles, então as suas diagonais serão iguais, o que termina o problema.

Provemos então que $ BX=YC $. Para isto, é suficiente mostrarmos que $ \widehat{BX}=\widehat{YC} $, o que é verdade, pois $ CX $ é paralelo a $ BY $ e assim $ \angle BCX = \angle CBY $.