Por Rodolfo Rodrigues
Introdução
As simedianas são uma das cevianas mais importantes da geometria, por que possuem diversas propriedades e aparecem em muitas configurações, auxiliando em marcações de ângulo, length bash ou até geometria projetiva.
Teoria
Definição
Seja $M$ o ponto médio de $BC$. A isogonal da reta $AM$ em relação ao ângulo $\angle BAC$ (ou seja, a reflexão da reta $AM$ pela bissetriz de $\angle BAC$) é chamada de $A-$simediana.
Teorema 1 (Simediana passa pela interseção das tangentes).
Seja $T$ a interseção das tangentes por $B$ e $C$ ao circuncírculo de $\triangle ABC$. Então $AT$ é a $A-$simediana de $ABC$.
Prova. Seja $B’$ e $C’$ as interseções da circunferência de centro $T$ e raio $TB=TC$ com o prolongamento das retas $AC$ e $AB$. Marcando ângulo, é fácil provarmos $B’-T-C’$ colineares, em particular $T$ é o ponto médio de $B’C’$.
Como $(BB’CC’)$ cíclico, e $BC’ \cap C’B=A$, podemos dizer que $BC$ e $B’C’$ são retas anti-paralelas em relação ao ângulo $\angle BAC$.
Isso é só uma outra forma de dizer que os triângulos $\triangle ABC$ e $\triangle AB’C’$ são semelhantes, mas orientações refletidas com relação ao ângulo $\angle BAC$ (Tente verificar isso).
Portanto, como $T$ é ponto médio de $B’C’$, devido a reflexão $AT$ será a $A-$simediana de $ABC$. $\square$
Teorema 2 (Ponto de Lemoine).
Seja $ABC$ um triângulo, então suas três Simedianas, relativas aos vértices $A$, $B$ e $C$ são concorrentes em um ponto $K$ chamado de ponto de Lemoine, que é o conjugado isogonal do baricentro.
Prova Seja $K_A$ a interseção das tangentes por $B$ e por $C$ em relação a $(ABC)$ e defina $K_B$ e $K_C$ similarmente. Pelo teorema anterior, basta provarmos que $AK_A$, $BK_B$ e $CK_C$ concorrem.
No entanto, podemos provar isso com ceva percebendo que tomando como referência o triângulo $K_AK_BK_C$, $(ABC)$ será o incírculo e $A$, $B$ e $C$ os pontos de contato com os respectivos lados.
Também podemos provar um teorema mais geral. Dado um ponto $X$ as isogonais das retas $AX$, $BX$ e $CX$ pelos ângulos $\angle CAB$, $\angle ABC$, $\angle BCA$, respectivamente, concorrem em um ponto $X’$ que é chamado conjugado isogonal de $X$ em relação a $ABC$.
A existência desse ponto pode ser facilmente demonstrada por meio da ceva trigonométrica. (fica como exercício)
Teorema 3 (Simediana induz quádruplas harmônicas).
Dado um triângulo $ABC$, $D$ um ponto no seu circuncírculo e $T$ a interseção das tangentes por $B$ e por $C$ em relação a $(ABC)$, então:
$$(A,K;B,C)=-1 \iff AK \equiv A-\text{simediana}$$
Um corolário muitas vezes útil para projeções é que $(A,K;AT\cap BC,T)=-1$
Demonstração Seja $M$ o ponto médio de $BC$. Por semelhança de triângulos:
$$\frac{AB}{KB}=\frac{AM}{MC}=-\frac{AM}{MB}=-\frac{AC}{KC}$$.
A volta é análoga, pelas razões concluimos a semelhança que implica na simediana. $\square$
Teorema 4 (Lema da isogonal).
Seja $ABC$ um triângulo, $D$ e $D’$ pontos em $BC$. Então,
$$\angle BAD=\angle CAD’ \iff \frac{BD}{CD}\frac{BD’}{CD’}=(\frac{AB}{AC})^2$$.
Em particular, se $D$ é ainterseção da $A-$simediana com $BC$ então $\frac{BD}{CD}=(\frac{AB}{AC})^2$
Demonstração.
Usando lei dos senos em $BAD$ e $CAD$:
$$\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}\frac{\operatorname{sen}\angle BAD}{\operatorname{sen}\angle CAD}$$
Analogamente, para $BAD’$ e $CAD’$:
$$\frac{BD’}{CD’}=\frac{AB}{AC}\frac{\operatorname{sen}\angle BAD’}{\operatorname{sen}\angle CAD’}$$
Multiplicando as equações e usando o fato de ser isogonal, os senos cortam e a relação segue.
Para o caso de ser o pé da simediana, segue por que o pé isogonal vai ser o ponto médio então $\frac{BM}{CM}=1$.
$\square$
Problemas exemplo
Exemplo 1 (P5 OBM N2 2020).
Seja $ABC$ um triângulo acutângulo de circuncentro $O$. Seja $M$ o ponto médio de $AB$ e $K\neq C$ o segundo ponto de interseção dos circuncírculos dos triângulos $ABC$ e $CMO$. As retas $CK$ e $OM$ encontram-se em $P$. Prove que $\angle KAP = \angle MCB$.
Uma parte muito importante desse problema, mais do que saber aplicar uma teoria necessária é saber como desenhar ele, que também é uma habilidade extremamente útil para resolver muitos outros problemas.
Observe que os pontos $A$ e $B$ tem papéis “simétricos”, por exemplo quando tomamos o ponto médio de $AB$, esse não é um ponto relativo exclusivamente a $A$ ou exclusivamente a $B$, por isso é simétrico.
Agora, o contrário acontece pra $C$. O circuncírculo $(CMO)$ e a reta $CK$ são todas construções exclusivas pro $C$ que não são feitas pra $A$ e $B$, então $C$ vai ser um ponto “especial”.
Nesse caso, já conseguimos concluir 2 fatos sem nem tentar o problema, só olhando pro enunciado.
- O desenho ficará melhor se posicionarmos $C$ no topo do triângulo.
- A única parte que não é simétrica em $A$ e $B$ é o que o problema pede pra provar, então já podemos conjecturar que se trocarmos $A$ e $B$ essa propriedade vai continuar verdade, então também deve ser verdade que $\angle KBP = \angle MCA$.
Solução
Por um bom desenho podemos conjecturar que $P$ será o encontro das tangentes por $A$ e por $B$, se esse for o caso, pelo Teorema 1:
$$\angle MCB=\angle ACK=\angle KAP$$
Para provar isso vamos trabalhar com o problema ao contrário. Seja $P’$ a interseção das tangentes e $K’ \neq C$ a interseção de $P’C$ com $(ABC)$. Como $CK’$ será a $C-\text{simediana}$ de $ABC$ e $K-$ simediana de $AKB$,
$$\angle OCM=\angle ACM-\angle ACO=\angle K’CB-\angle ACO=\angle K’AM-\angle ACO$$
e
$$\angle OK’M=\angle OK’A-\angle MK’A$$
Logo, para $\angle OCM=\angle OK’M$ basta que:
$$\angle K’AM-\angle ACO =\angle OK’A-\angle MK’A$$
$$\iff \angle K’AM+\angle MK’A=\angle OK’A+\angle ACO$$
$$\iff 180^{\circ}-\angle K’MA=90^{\circ}-\angle ACK’+90^{\circ}-\angle ABC$$
$$\iff \angle K’MA=\angle ACK’+\angle ABC$$
Que é verdade.
Portanto, provamos que $(COMK’)$ cíclico, que implica $K \equiv K’$. E assim $P$ é a interseção das tangentes que, como já mostramos, acaba o problema.
$\square$
Exemplo 2 (USA 2008).
Seja $ABC$ um triângulo acutângulo escaleno, e sejam $M$, $N$ e $P$ os pontos médios de $BC$, $CA$ e $AB$, respectivamente. As mediatrizes de $AB$ e $AC$ intersectam $AM$ nos pontos $D$ e $E$, respectivamente, e as retas $BD$ e $CE$ se intersectam no ponto $F$, no interior do triângulo $ABC$. Prove que os pontos $A$, $N$, $F$ e $P$ pertencem a uma mesma circunferência..
Seja $O$ o circuncentro de $ABC$, e $T$ a interseção das tangentes por $B$ e por $C$ veja que:
$$\angle BFC=\angle FDE+\angle FED=2\angle BAD+2\angle CAD=2\angle BAC=\angle BOC$$
Assim, $(BFOC)$ é cíclico, que possui diâmetro $OT$, logo $\angle OFT=90^{\circ}$. Por
$$\angle ONA=90^{\circ}=\angle OPA$$
Então $ANOP$ cíclico de diâmetro $AO$.
Então basta que:
$$(AFNP) \iff \angle AFO=90^{\circ}, \overset{(*)}{\iff} A-F-T \iff AF \ \text{é a} \ A-\text{simediana}$$
Para provar isso, novamente vamos fazer o problema ao contrário. Seja $F’=(AO)\cap BD$, vamos mostrar que $C-E-F’$ colineares. Veja que:
$$\angle F’CA=\angle C-\angle F’CB$$
$$=\angle C-(180^{\circ}-2\angle A-\angle F’BC)$$
$$=(\angle C-180^{\circ}+2\angle A)+\angle F’BC$$
$$= \angle A-\angle B+\angle B-\angle ABD$$
$$=\angle A-\angle BAD$$
$$=\angle CAE=\angle ECA$$
$$\square$$
Exemplo 3 (Reta de Schwatt).
Em um triângulo $ABC$, o ponto médio da $A-$altura, o ponto médio de $BC$, e o ponto de Lemoine são colineares.
Pra fechar com chave de ouro, vamos exibir duas soluções usando técnicas diferentes, que mostra a versatilidade de trabalhar com simedianas.
Linda solução sintética
Essa solução é muito bonita pois ela nos dá uma explicação melhor do que está acontecendo nesse problema do que somente uma resolução. Antes de tudo, precisamos provar um lema.
Círculo de Lemoine
Sejam $X_B$ e $X_C$ pontos em $AC$ e $AB$ de modo que $X_BX_C$ passa por $K$ e $(X_BX_CBC)$ cíclico, Defina $Y_A$, $Y_C$, $Z_A$, $Z_B$ similarmente. Então $(X_BX_CY_AY_CZ_AZ_B)$ é cíclico.
Prova. Por potência de ponto, veja que $AX_BX_C$ e $ABC$ são semelhantes, mas possuem orientações refletidas (Em outras palavras, $X_BX_C$ e $BC$ são anti-paralelas em relação a $\angle A$).
Portanto, como $AK$ é simediana, refletindo, $K$ será ponto médio de $X_BX_C$. E analogamente também será de $Y_AY_C$ e $Z_AZ_B$.
Como $KY_AZ_A$ são isóceles pela condição de ângulos, o tamanho dos segmentos será igual e a circunferência terá centro $K.$
$\square$
Agora vem a parte boa. Pega um ponto $P$ em $BC$, entre $B $ e o pé da $A$-altura $H_A$ e define um retângulo a partir de $P$ como na figura a baixo:
Repetindo esse processo várias vezes, vamos ter diferentes retângulos $PQRS$ com base em $BC$, vamos nos atentar a seus centros $T$. Como $P$ varia linearmente no segmento $BD$, os seus centros também deverão variar linearmente por uma reta.
Perceba então que quando $P$ se aproxima de $B$, isto é, $P \rightarrow B$, acontece que $T \rightarrow M$. Já quando $P \rightarrow H_a$, observe que $T \rightarrow D$.
Logo, o segmento $DM$ é o lugar geométrico dos centros desses retângulos, e, por meio do nosso lema acima, $K$ será um desses centros, o que conclui a demonstração.
$\square$
Solução por projetiva
Seja $R$ o encontro das tangentes por $B$ e por $C$ em $(ABC)$. Como $MR \parallel AH_a$ e $D$ ponto médio de $AH_a$, segue que:
$$-1=(MA, MH_a;MD, MR) \overset{M}=(A, AR\cap BC;MD\cap AR, R)$$
Repare que
$$(A, AR\cap BC;K, R)\overset B= (A, C;B-\text{simediana}\cap(ABC),B)=-1$$
Onde a última igualdade segue do Teorema 3 mas com $B$ no lugar do $A$.
$\square$
Problemas Propostos
Problema 1 (Polônia 2000).
Seja $ABC$ um triângulo onde $AC=BC$. Seja $P$ um ponto no interior de $ABC$ de modo que $\angle PAB=\angle PBC$. Seja $M$ ponto médio de $AB$. Mostre que $\angle APM+\angle BPC=180^{\circ}$.
Problema 2 (USA TST 2007).
O triângulo $ABC$ está inscrito na circunferência $\omega$. As tangentes a $\omega$ por $B$ e $C$ se encontram em $T$. Ponto $S$ está em $BC$ de modo que $AS \perp AT$. Ponros $B_1$ e $C_1$ estão em $ST$, (com $C_1$ entre $B_1$ e $S$) de forma que $B_1T=BT=C_1T$. Prove que $ABC$ e $AB_1C_1$ são semelhantes.
Problema 3 (Ponto de Mittenpunkt).
Seja $ABC$ um triângulo, $I_A$, $I_B$, $I_C$ os excentros relativos aos vértices $A$, $B$ e $C$, respectivamente. Sejam $M$, $N$, $P$ os pontos médios dos lados $BC$, $CA$ e $AB$ respectivamente. Demonstre que $I_AM$, $I_BN$ e $I_CP$ são concorrentes.
Problema 4 (Parte da configuração do P2 do TST Ibero 2026).
Seja $ABC$ um triângulo, com incírculo $I$, $\omega$ a circunferência tangente aos lados $AB$, $AC$, e tangente internamente a $(ABC)$ no ponto $S$. Seja $W$ a reflexão de $I$ por $S$. Demonstre que $W$ está sobre $(BIC)$ e que $(I,W;B,C)=-1$.
Problema 5 (USAJMO 2014).
Seja $ABC$ triângulo com incentro $I$, incírculo $\gamma$. Sejam $M$, $N$, $P$ os pontos médios dos lados $BC$, $CA$ e $AB$ respectivamente, e $E$, $F$ os pontos de tangência de $\gamma$ com $CA$, $AB$, respectivamente. Sejam $U$, $V$ as interseções de $EF$ com $MN$, $MP$, respectivamente, e seja $X$ o ponto médio do arco $BAC$ de $\Gamma$. Prove que $XI$ bissecta $UV$.
Problema 6 (BMO 2017).
Considere $ABC$ acutângulo, $AB <AC$ e seja $\omega$ seu circuncírculo. Sejam $t_B$ e $t_C$ as tangentes a $\omega$ por $B$ e $C$ respectivamente, e seja $L$ a interseção. A reta por $B$ paralela a $AC$ intersecta $t_C$ em $D$. A reta por $C$ paralela a $AB$ intersecta $t_B$ em $E$. O circuncírculo de $BDC$ intersecta $AC$ em $T$ onde $T$ está no interior do segmento $AC$. O circuncírculo de $BEC$ intersecta $AB$ em $S$, onde $B$ está no interior do segmento $AS$. Prove que $ST$, $AL$ e $BC$ concorrem.
Problema 7 (USA TST 2017).
Seja $ABC$ um triângulo acutângulo e escaleno com circuncentro $O$, e seja $T$ na reta $BC$ onde $\angle TAO=90^{\circ}$. O círculo de diâmetro $AT$ intersecta o circuncírculo de $\triangle BOC$ em $A_1$ e $A_2$, onde $OA_1 < OA_2$. $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$ são definidos analogamente.
a) Prove que $\overline{AA_1}$, $\overline{BB_1}$, $\overline{CC_1}$ são concorrentes.
Dicas
Problema 1 (Polônia 2000).
Mostre que $CA$ e $CB$ são tangentes ao circuncírculo de $(PAB)$
Problema 3 (Ponto de Mittenpunkt).
Reformule o problema tomando $I_AI_BI_C$ como o triângulo de referência
Problema 4 (Parte da configuração do P2 do TST Ibero 2026).
Seja $N$ o ponto médio do arco $BAC$ primeiramente mostre que $S-I-N$, que é uma propriedade conhecida do ponto $S$, também chamado de $A-$Mixtilinear.
Com isso defina o ponto fantasma $W’=SI\cap(BIC)$, prove que $(I,W’;B,C)=-1$, e também cosequentemente conclua $S$ ponto médio de $IW’$
Problema 5 (USAJMO 2014).
Use Iran Lemma para provar que $U$ e $V$ estão nas bissetrizes internas de $C$ e $B$ respectivamente.
Referências
- A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry, Stefan Lozanovski
- ’Muricaaaaaaa, i3435
- Euclidean Geometry in Math Olympiads, Evan Chen
- Noic Matemática ideia 9, Brendon Borck