Sociedade Brasileira de Matemática
JJJG
JJJG
Sendo C ⋅ B = B ⋅ C , Vem que PA ' ⊥ CB ⇔ B2 − P ⋅ B − A ⋅ B = C 2 − P ⋅ C − A ⋅ C. Multiplicando a igualdade anterior por 2 e na seqüência somando P 2 + A2 a ambos os membros, segue que: JJJG
JJJ G
PA ' ⊥ CB ⇔ P2 + B2 − 2 P ⋅ B + A2 − 2 A ⋅ B + B2 = P 2 + C 2 − 2P ⋅ C + A2 − 2 A ⋅ C +
C2 ⇔ ( P − B) + ( A − B) = ( P − C ) + ( A − C ) . 2
2
( P + A )2 a
Finalmente, somando concluímos que: JJJG
JJJG
2
2
ambos os membros da última igualdade obtida
PA ' ⊥ CB ⇔ ( P − A) + ( P − B ) + ( A − B ) = ( P − C ) + ( P − A) + ( A − C ) ⇔ 2
2
2
2
2
2
⇔ ( PA) + ( PB ) + ( AB ) = ( PC ) + ( PA) + (CA) . 2
2
2
2
2
2
racionando de forma análoga teremos: JJJG
JJJG
PB ' ⊥ CA ⇔ ( PA) + ( PB) + ( AB) = ( PB) + ( PC) + ( BC ) , onde B ' = A + C − B, e JJJG
2
JJJG
2
2
2
2
2
PC ' ⊥ BA ⇔ ( PB) + ( PC ) + ( BC) = ( PC) + ( PA) + (CA) , onde C ' = B + A − C. Nessas condições, o ortocentro do triângulo A ' B ' C ' é o ponto P procurado. 2
2
2
2
2
2
Nota: Utilizamos:
JJJG
JJJG
( X − Y ) ⋅ ( Z − W ) representando o produto escalar dos vetores YX e WZ . JJJG JJJG ( X − Y ) ⋅ ( Z −W ) = 0 ⇔ YX ⊥ WZ. JJJG JJJG X ⋅ Y = ( X − O ) ⋅ (Y − O) = OX ⋅ OY onde o ponto O é a origem do nosso plano.
JJJG JJJG JJJG 2
X 2 = ( X − O) ⋅ ( X − O) = OX ⋅ OX = OX = (OX ) = ( XO ) . 2
JJJG JJJG JJJG 2 JJJG 2
( X − Y ) = ( X − Y ) ⋅ ( X − Y ) = YX ⋅ YX = YX 2
2
= XY .
105) O baricentro do triângulo ABC é G. Denotamos por g a , gb , gc as distâncias desde G aos lados a, b e c respectivamente. Seja r o raio da circunferência inscrita. Prove que:
2r 2r 2r , gb ≥ , g c ≥ 3 3 3 g + gb + gc b) a ≥3 r a) g a ≥
EUREKA! N°23, 2006
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