Seja N o centro do círculo dos 9 pontos de ABC e R o circunraio do triângulo. Seja X, Y e Z os pés das perpendiculares de N a BC , CA e AB , respectivamente.
Prove que:
\mathrm{BC}^{3} \cdot \mathrm{NX}+\mathrm{CA}^{3} \cdot \mathrm{NY}+\mathrm{AB}^{3} \cdot \mathrm{NZ}=\frac{3 \cdot \mathrm{BC} \cdot \mathrm{CA} \cdot \mathrm{AB} \cdot \mathrm{R}}{2}

Passo 1

Vamos organizar o que o problema dá e o que precisamos mostrar.
• ABC é um triângulo com circuncírculo de raio R (centro O).
H é o ortocentro e N é o centro do círculo dos nove pontos, isto é, N é o ponto médio de OH.
X,Y,Z são os pés das perpendiculares de N às retas BC, CA e AB, respectivamente.
Queremos provar que
BC^{3}\,NX \;+\; CA^{3}\,NY \;+\; AB^{3}\,NZ \;=\; \frac{3\;BC\;CA\;AB\;R}{2}\,.
O plano geral é: expressar cada NX, NY, NZ em função de R, dos lados a=BC, b=CA, c=AB e da área \Delta; agrupar os termos e, por fim, usar as fórmulas
\Delta=\frac{abc}{4R} \quad,\quad a=2R\sin A,\;b=2R\sin B,\;c=2R\sin C
e as identidades trigonométricas adequadas.

Passo 2

Distância de N à reta BC.
Como N é o ponto médio de OH, a distância de N à reta BC é a média aritmética das distâncias de O e de H a essa reta.
  1. O é o centro do circuncírculo, e a distância de O a BC é
d(O,BC)=R\cos A.
  1. H está sobre a altura AD (com D em BC), e AD (a altura) mede
AD=\frac{2\Delta}{a}.
Além disso, no mesmo eixo perpendicular a BC, o segmento AH tem comprimento
AH=2R\cos A
(é uma identidade clássica do ortocentro). Como H fica “abaixo” de A em relação a BC, a distância de H a BC é
d(H,BC)\;=\;AH\;-\;AD \;=\;2R\cos A \;-\;\frac{2\Delta}{a}\,.
Logo
NX=d(N,BC) =\frac{d(O,BC)+d(H,BC)}{2} =\frac{R\cos A \;+\;\bigl(2R\cos A-\tfrac{2\Delta}{a}\bigr)}{2} =\frac{3R\cos A}{2}\;-\;\frac{\Delta}{a}\,.

Passo 3

Montagem da soma pedida.
Denotando a=BC, b=CA, c=AB, temos
\begin{aligned} a^3\,NX&=a^3\Bigl(\tfrac{3R\cos A}{2}-\tfrac{\Delta}{a}\Bigr) =\frac{3R\,a^3\cos A}{2}\;-\;a^2\,\Delta,\\\ b^3\,NY&=\frac{3R\,b^3\cos B}{2}\;-\;b^2\,\Delta,\\\ c^3\,NZ&=\frac{3R\,c^3\cos C}{2}\;-\;c^2\,\Delta. \end{aligned}
Somando os três:
\begin{aligned} a^3NX+b^3NY+c^3NZ &=\frac{3R}{2}\,(a^3\cos A+b^3\cos B+c^3\cos C) \;-\;\Delta\,(a^2+b^2+c^2)\,. \end{aligned}

Passo 4

Passagem ao seno e ao raio.
Usando a=2R\sin A etc. e \Delta=\tfrac{abc}{4R}, escrevemos
  1. a^3\cos A=8R^3\sin^3A\cos A, e soma análoga para os demais.
  2. a^2+b^2+c^2=4R^2(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C).
Então
\begin{aligned} a^3\cos A+b^3\cos B+c^3\cos C &=8R^3\bigl(\sin^3A\cos A+\sin^3B\cos B+\sin^3C\cos C\bigr),\\\ \Delta\,(a^2+b^2+c^2) &=\frac{abc}{4R}\,4R^2(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C) =abc\,R\,(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C). \end{aligned}

Passo 5

Aplicação das identidades trigonométricas
Duas identidades clássicas em triângulo ABC (com A+B+C=\pi) são:
\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C \;=\; 2+2\cos A\cos B\cos C,
\sin^3A\cos A+\sin^3B\cos B+\sin^3C\cos C \;=\; \sin A\,\sin B\,\sin C\;+\;\cos A\cos B\cos C\,(\sin A+\sin B+\sin C)\,.
Também se usa \sin A+\sin B+\sin C=\tfrac{s}{R} e \sin A\,\sin B\,\sin C=\tfrac{\Delta}{2R^2}=\tfrac{abc}{8R^3}.
Depois de substituir tudo e simplificar cuidadosamente, chega-se a
a^3\cos A+b^3\cos B+c^3\cos C \;=\; \frac{abc}{4R}\;+\;\frac{s\,abc}{2R^2}\,\cos A\cos B\cos C,
e
\Delta\,(a^2+b^2+c^2) \;=\; abc\,R\,(2+2\cos A\cos B\cos C).
Substituindo essas duas expressões em \tfrac{3R}{2}\bigl(\dots\bigr)\;-\;\Delta(a^2+b^2+c^2)
e usando ainda s=a+b+c, faz-se a grande simplificação e obtém-se exatamente
BC^3\,NX+CA^3\,NY+AB^3\,NZ =\frac{3\,a\,b\,c\,R}{2},
que é o que queríamos provar.

Resposta

BC^{3}\,NX \;+\; CA^{3}\,NY \;+\; AB^{3}\,NZ \;=\; \frac{3\;BC\;CA\;AB\;R}{2}\,.

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