- teorema_retaEF.png (46.09 KiB) Exibido 2139 vezes
Sejam [tex3]a := \angle BAC, b := \angle ABC[/tex3] e [tex3]c := \angle ACB[/tex3] . Como o [tex3]\triangle FAE[/tex3] é [tex3]A-[/tex3] isósceles (por Pitot), então [tex3]\angle AFE = 90^{\circ} - \frac a2[/tex3] .
Repare que [tex3]\angle BOC = 180^{\circ} - \frac{(b+c)}2 = 180^{\circ} - \frac{(180^{\circ}-a)}2 = 90^{\circ} + \frac a2[/tex3]
logo [tex3]\angle BOG = 90^{\circ} - \frac a2[/tex3] (suplementar ao [tex3]\angle BOC[/tex3] ), portanto [tex3]\angle GBO = \frac a2[/tex3] .
Note que [tex3]BGFO[/tex3] é cíclico, pois [tex3]\angle BGO = \angle BFO = 90^{\circ}[/tex3] , logo [tex3]\angle GFB = \angle GOB = 90^{\circ} - \frac{a}2 = \angle AFE [/tex3] , logo [tex3]E,F[/tex3] e [tex3]G[/tex3] são alinhados.
Este resultado é conhecido como o lema dos ângulos retos na corda do incírculo.
Pode-se mostrar, ainda, que [tex3]G[/tex3] está na reta suporte da base média relativa ao vértice [tex3]C[/tex3] do [tex3]\triangle ABC[/tex3] :
Sejam [tex3]M[/tex3] e [tex3]N[/tex3] os pontos médios de [tex3]BC[/tex3] e [tex3]AB[/tex3] respectivamente e seja [tex3]G' = MN \cap CI[/tex3] . Note que [tex3]\angle G'CD = \frac{\angle B}2[/tex3] e, como [tex3]MN \parallel AC[/tex3] , [tex3]\angle CMG' = 180^{\circ} - \angle B[/tex3] , logo [tex3]\angle CG'M = \frac{\angle B}2[/tex3] e então [tex3]BM = CM = MG'[/tex3] , logo [tex3]M[/tex3] é circuncentro do [tex3]\triangle BCG'[/tex3] e então [tex3]\angle BG'C = 90^{\circ}[/tex3] , logo [tex3]G=G'[/tex3] .
