30.9.09

As alturas e as mediatrizes concorrentes

As alturas de um triângulo satisfazem a condição de Ceva suficiente para serem concorrentes




Demonstração: Seja o triângulo ABC e as suas alturas AD, BE e CF. Os triângulos em que as alturas dividem o triângulo são semelhantes dois a dois. Por exemplo, o triângulo ABE é semelhante ao triângulo ACF, porque são ambos rectângulos e têm o ângulo A em comum. E, em consequência, AF/EA=CF/BE (=AC/AB).
De modo análogo, se deduz que , CE/DC=BE/AD(=BC/AC), CF/AD=BF/BD(=BC/AB)
Assim, (AF/AE).(CE/DC).(CF/AD)=(CF/BE).(BE/AD).(BF/BD) e

(AF/FB) .(BD/DC).(CE/AE)=1.






Concorrentes são também as mediatrizes de um triângulo, já que contêm alturas de outro triângulo.

As mediatrizes dos lados do triângulo ABC contêm as alturas do triângulo DEF (sendo D, E e F os pontos médios de BC, AC e AB respectivamente). A construção dinâmica que se segue ilustra isso mesmo.














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27.9.09

As bissectrizes de um triângulo e o Teorema de Ceva

Num triângulo ABC, a bissectriz de um ângulo - A, por exemplo-, corta o lado BC (oposto ao ângulo A) em dois segmentos BD e DC tais que BD/AB=CD/AC.

Para demonstrar este resultado, basta tirar por B uma paralela a AD que intersecta AC num ponto H. Nesta figura, é imediato reconhecer que ACD é semelhante ao triângulo AHB; o ângulo C é comum e oposto a AD e BH paralelos que são lados dos pares de ângulos correspondentes CAD e CHB, CDA e CBH. Por isso, CA/CH=CD/CB=DB/AH. Mas por AD ser uma bissectriz do ângulo CAB, CAD=DAB e CHB=CAD=ABH, o triângulo BAH é isósceles e AB=AH.
Assim é verdade que BD/AB=CD/CA.





Usando este resultado e o Teorema de Ceva, fácil é provar que

As bissectrizes de um triângulo qualquer são concorrentes

Tomemos agora o triângulo ABC e as bissectrizes dos seus ângulos A, B e C que cortam os lados opostos BC, AC e AB nos pontos D, E e F (pés das bissectizes?).
Vejamos se as nossas cevianas bissectrizes satisfazem a condição suficiente do Teorema de Ceva para serem concorrentes.

Vimos ainda agora que CD/AC=DB/AB e, de modo análogo, teríamos visto que AE/AB=EC/BC e AF/AC=FB/BC.
Em consequência,
(CD/AC)*(AE/AB)*(AF/AC)=(DB/AB)*(EC/BC)*(FB/BC) ou (CD/DB)*(AE/EC)*(AF/FB)=(AC/AB)*(AB/BC)*(AC/BC) que é o mesmo que (CD/DB)*(AE/EC)*(AF/FB)=1, isto é, as bissectrizes satisfazem a condição suficiente para serem concorrentes.

25.9.09

Medianas de triângulo e Teorema de Ceva

O caso mais óbvio de cevianas de um triângulo que respeitam a condição suficiente (T. Ceva) para serem concorrentes é o das medianas.



De facto, no triângulo ABC, para a mediana AD, BD=DC. Para a mediana BE, AE=EC. Para CF, AF=FB.
AF/FB=BD/DC=CE/EA=1 e, naturalmente, (AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1 que chega para garantir que as medianas são concorrentes.

23.9.09

Rectas notáveis concorrentes e Teorema de Ceva

As entradas que antecedem esta servem para mostrar algumas demonstrações do ensino básico, sobre a propriedade comum às rectas notáveis do triângulo - serem concorrentes. Em conjunto, essas entradas chamam a atenção para a propriedade comum a todas as rectas notáveis, introduzem a noção de lugar geométrico com demonstrações que mobilizam para novas demonstrações, chamam a atenção para que as alturas de um triângulo são mediatrizes de outro triângulo e usam o resultado para demonstrar a propriedade das alturas, usam a igualdade de triângulos, transformações geométricas, ... todas com vista a um mesmo objectivo.
Chegados aqui, devemos interrogar-nos sobre o resultado comum que todas essas rectas notáveis devem satisfazer. As diversas demonstrações feitas poderão fazer-se como uma só.


Em entrada antiga, chamava-se a atenção para o Teorema de Menelau



que era utilizado para demonstrar parte - a condição necessária - do Teorema de Ceva: Se as cevianas AD, BE e CF de um triângulo ABC são concorrentes então (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1




Reciprocamente: Se, num triângulo ABC, para D de BC, E de AC e F de AB se verificar que (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1, então AD, BE e CF são concorrentes. (condição suficiente do teorema de Ceva, que demonstramos de seguida)

Demonstração: Seja P o ponto de intersecção de AD com BE. Será que a recta CP passa por F? De certeza que a recta CP intersecta a recta AB; seja F' o ponto comum a AB e a CP. Tomemos o triângulo AF'C cortado por EB e apliquemos o resultado de Menelau: (AE/EC).(CP/PF').(F'B/BA)=1. Do mesmo triângulo BF'C cortado por AD, tiramos que (BD/DC)/(CP/PF')/(F'A/AB)=1. Assim (AE/EC).(F'B/BA)=(BD/DC).(F'A/AB)ou
(AE/EC).(CD/DB).(BF'/BA).(BA/F'A)=1 ou (AE/EC).(CD/DB).(BF'/F'A)=1.
Ora, por hipótese, (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1 e assim BF'/F'A= BF/FA ou BF'/F'A + 1 =BF/FA+1 que é o mesmo que (BF'+F'A)/F'A = (BF+FA)/FA ou AB/F'A = AB/FA e, em consequência, AF'=AF. Como F e F' são pontos da reta CP e da recta AB, sendo AF'=AF, então F=F'.





É este resultado que todas as nossas notáveis cevianas satisfazem. Veremos.

18.9.09

As medianas de um triângulo são concorrentes

Teorema: As medianas de um triângulo ABC são concorrentes













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Chamamos a ao lado BC, b a AC e c a AB. Chamamos Ma ao ponto médio de a (BMa=MaC), Mb ao ponto médio de b e Mc ao ponto médio de c. Ao segmento que tem extremos num vértice e no ponto médio do seu lado oposto chamamos mediana do triângulo, As medianas do triângulo ABC são: AMa, BMb e CMc. Lembramos ainda que MaMb é paralelo a AB, MbMc paralelo a BC e MaMc paralelo a AC (a homotetia de centro C e razão 2 transforma MaMb em AB e, por isso, não só MaMb é paralelo a AB como AB=2 MaMb, ...).

Demonstração: As medianas AMa e BMb intersectam-se num ponto a que chamamos G. Consideremos o triângulo AGB e os pontos D e E médios de AG e BG. Como já vimos, DE é paralelo a AB e paralelo a MaMb e AB=2DE=2MaMb. MaMb e DE são paralelos e iguais, logo MaMbED é um paralelogramo, cujas diagonais se cortam ao meio, em G ponto médio de EMb. Construindo, de modo análogo, um paralelolgramo relativo ás medianas BMb e CMc. que tem diagonais EMb e FMc a intersectar-se a meio, em G, ponto médio de EMb. Fica assim provado que a mediana CMc passa por G.

15.9.09

As alturas de um triângulo são mediatrizes de outro e ...

Teorema: As alturas de um triângulo são concorrentes.













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A demonstração de um determinado resultado é usada para outras demonstrações. Por exemplo, para demonstrar que as três alturas de um triângulo são concorrentes, basta verificar que elas são mediatrizes de outro (e já sabemos que as mediatrizes de um triângulo qualquer são concorrentes. No ensino básico, é muito importante que os jovens usem intencionalmente como parte de argumentos demonstrativos, demonstrações já feitas.


Demonstração: Por cada um dos vértices do triângulo ABC façamos passar paralela ao lado que se lhe opõe; por A passamos uma paralea a BC, etc. Ficamos assim com o triângulo DEF e as rectas que contêm as alturas de ABC são as mediatrizes dos lados de DEF. Para exemplo, vejamos que a altura relativa ao vértice C é a mediatriz de DE. Como sabemos (desde a igualdade de triângulos), os lados opostos do paralelogramo ABDC são iguais, sendo AB=CD. E do mesmo modo acontece com o paralelogramo ABCE, sendo AB=CE. CE e CD são ambos iguais a um terceiro AB e logo CD=CE, ou seja C é o ponto médio de DE. E a altura CHc é perpendicular a AB e a todas as suas paralelas.CHc é perpendicular a DE no seu ponto médio -C- é a mediatriz de DE. ...

14.9.09

Três bissectrizes concorrentes

Teorema: As três bissectrizes de um triângulo ABC são concorrentes.













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Demonstração: Tomemos duas quaisquer das bissectrizes, por exemplo, as bissectizes dos ângulos A e B (como na ilustração acima) que são concorrentes num ponto, que designámos por I. Ora, se I é equidistante de AB e de AC por estar na bissectriz de A, e equidistante de AB e BC por ser bissectriz de B. Assim é equidistante de AC e BC e por isso I tem de estar sobre a bissectriz de C que é o lugar onde estão todos os pontos equidistantes dos lados do ângulo C

Na figura pode "confirmar" as afirmações do teorema, quer construindo a bissectriz de C para ver que ela passa por I, quer construindo o circulo de centro em I e tangente a BC e ver que ele é tangente ao lado AB.

10.9.09

Bissectriz: definição, teoremas; lugar geométrico

Quando escrevemos ângulo BÂC, temos duas semirectas uma a partir de A para B e outra de A para C (a AB e AC chamamos lados e a A chamamos vértice do ângulo BÂC). Chamamos bissectriz do ângulo BÂC ao seu eixo de simetria (AD no caso das ilustrações desta entrada) ou a uma recta que divide o ângulo BÂC em dois ângulos congruentes ou geometricamente iguais, DÂB=DÂC.













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Tal como aconteceu para a mediatriz, podemos verificar que a bissectriz de um ângulo é o lugar geométrico (de todos) os pontos equidistantes dos seus lados. Para isso, temos de ter presente que chamamos distância de um ponto P a uma recta r ao comprimento do segmento da perpendicular a r tirada por P, de extremos P e o pé da perpendicular em r (projecção ortogonal de P sobre r) e demonstrar que os pontos da bissectriz estão a igual distância dos dois lados e que se um ponto qualquer está a igual distância dos lados, então está sobre a bissectriz.


Teorema directo: Se D é um ponto da bissectriz de BÂC, então a distância de D a AB é igual à distância de D a AC.














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Demonstração: Se D é um ponto da bissectriz, DÂB=DÂC. Se E é uma projecção ortogonal de D sobre AB e F é a projecção ortogonal de D sobre AC, são iguais os ângulos DÊA e DFA (DEA=DFA=1 recto). Assim, os triângulos ADE e ADF são congruentes por terem os ângulos iguais, cada um a cada um, e terem um lado comum AD. Como em triângulos iguais a ângulos iguais se opõem a ângulos iguais, DE=DF por serem opostos aos ângulos que resultaram da bissecção de BÂC



Teorema recíproco: Se a distância de P a AB é igual à distância de P a AC, então P está sobre a bissectriz de BÂC.














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Demonstração: Precisamos de provar que se P tem a qualidade de ser equidistante de AB e AC, então PÂB=PAC. Tomemos as projecções ortogonais de P sobre AB e AC, respectivamente R e S, e consideremos os triângulos rectãngulos (em R e em S) APR e APS que têm AP como hipotenusa comum e um cateto de um igual ao cateto do outro PR=PS. Os ângulos que se opõem a estes catetos iguais, são iguais. Ou seja, PAR=PAS.





Esta entrada lembra-nos que, ainda sem conhecer o Teorema de Pitágoras, pode ser simples (e útil ao desenvolvimento do raciocíno dedutivo) fazer, a partir dos critérios de congruência de triângulos em geral, a demonstração de critérios particulares para a congruência de triângulos rectângulos.
De facto, se colarmos por um cateto comum PR (no caso da ilustração dinâmica), quaisquer dois triângulos rectângulos com a mesma hipotenusa, obtemos 3 pontos colineares (A, R e Q) e o triângulo isósceles APQ de que PR é a altura e o eixo de simetria que divide o triângulo APQ em dois triângulos iguais.
 











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A ilustração dinâmica, que se segue, serve para ver (não para demonstrar) que os pontos que não estão na bissectriz não são equidistantes dos lados do ângulo (Teorema contrário).













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7.9.09

Um ponto comum às mediatrizes de um triângulo

Teorema: As mediatrizes Δa, Δb e Δc dos três lados a, b, c de um triângulo ABC são concorrentes num ponto.














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A construção dinâmica não faz demonstração, mas é uma boa verificação, quer pela construção da terceira mediatriz a passar pelo ponto de intersecção das outras duas, quer pela construção da circunferência circunscrita ao triângulo




Demonstração: Tomemos, por exemplo, as mediatrizes dos lados a e b. Claro que estas são concorrentes (para serem paralelas, teriam de ser perpendiculares a lados paralelos e num triângulo não há lados paralelos). Chamemos O ao ponto de intersecção das mediatrizes Δa e Δb. Como O está na mediatriz de BC, OB=OC. Por O estar na mediatriz de AC, OA=OC. Em conclusão, OA=OB(=OC) e, por isso, O está na mediatriz de AB que é onde estão todos os pontos equidistantes de A e B.

Parece-nos um bom teorema para demonstrar no básico.

6.9.09

Mediatriz: definições, teoremas e lugares geométricos

2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção