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29.5.22

área do círculo restante do dado hexágono regular que nele se inscreve


Começámos por apresentar um hexágono regular de vértices $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E,\;F\;$ sendo $\;\overline{AB}=10 =\overline{BC}=..=\overline{FA}=.\;$
Queremos só que determine a área de parte do círculo exterior ao dado hexágono regular que nele se inscreve. .

28.5.18

Estudo do Problema de Castillon

Problema: Inscrever numa dada circunferência um triângulo [DEF] em que cada um dos seus lados passa por um único de três pontos dados A, B, C : por exemplo $\;A\in FE, \;B \in ED, \;C \in DF\;$



Em síntese, a construção, que a seguir se apresenta, passo a passo, não é óbvia por não serem óbvios os elementos que vão sendo determinados em cada passo. Os autores de F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- a propósito, esclarecem: "A síntese permite a quem sabe, expôr o que conhece; é habitual usá-la nos elementos de geometria, na demonstração de teoremas; mas a síntese não pode ser usada na resolução de problemas porque não pode indicar a priori cada uma das construções a fazer. A análise é por excelência, o método para descobrir; e, por conseguinte, usa-se constantemente na solução das questões que ainda não estudámos."
Fazendo variar o cursor $\;\fbox{n= 1, 2, … 10}\;$ pode seguir sucessivos passos da construção, envolvendo potências de pontos relativamente à circunferência dada que servem para provar igualdade de ângulos interessantes cuja utilidade é desvendada pela análise do problema resolvido (ou pelo resultado obtido :-).





Transcrevemos a seguir uma adaptação do excerto de metodologia para a resolução deste problema seguindo
F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-
acompanhadas das figuras ilustrativas que lá se encontram.


Problema de Castillon: 51. On donne trois points $\;A, \;B, \;C,\;$ et une circonférence; inscrire dans cette circonférence un triangle $\;DEF,\;$ tel que chaque côté passe par un des points donnés.



Considerado o problema resolvido, a imagem ao lado esclarece que, sendo $\;GF\;$ paralela a $\;BC\;$ e que $\;GE\;$ interseta $\;BC\;$ em $\;H,\;$ sendo iguais os ângulos ($\;BHE\;$ ou) $\;\angle B\hat{H}G\;$ e $\: \angle H\hat{G}F\;$ alternos internos no sistema de retas paralelas $\;GF,\; BC\;$ cortadas pela secante $\;HG\;$ e também $\;\angle H\hat{G}F;$ e $\;BDC\;$ são iguais por estarem inscritos num mesmo arco $\;ETF.\;$ Assim sendo, são semelhantes os triângulos $\;BHE\;$ e $\;BCD\;$ com o ângulo $\;B\;$ comum e os ângulos $\;BHE\;$ e $\;CDB\;$ iguais. E, pelo menos, o ponto $\;H\;$ pode ser determinado por $\;HB.BC=BT^2.\;$
Começamos por aí.
É preciso determinar um dos pontos $\;D,\; E\;$ ou $\;F\;$ para que o problema fique resolvido.

Por isso, podemos dizer que precisamos de resolver o seguinte
Problème
52. On donne deux points $\;A, \;H,\;$ une circonférence et une droite $\;BC.\;$ Déterminer sur cette circonférence un point $\;E,\;$ tel qu'en le joignant aux deux points donnés $\;A,\; H,\;$ la corde $\;FG\;$ soit parallèle à la droite $\;BC.\;$ Soit le problème résolu et $\;FG\;$ parallèle à $\;BC.\;$



Consideremos o problema resolvido e $\;FG\;$ paralela a $\;BC.\;$ De forma análoga ao feito no caso anterior, acrescentamos à ilustração (das condições do problema resolvido) uma paralela a $\;HA\;$ tirada por $\;F,\;$ que intersecta a circunferência dada em $\;L\;$ e traçamos a reta $\;LG\;$ que intersecta $\;HA\;$ em $\;M.\;$

Nestas condições, temos $\; \angle G\hat{F}L = \angle D\hat{H}M, \; \mbox{e} \; \angle F\hat{L}M+\angle L\hat{M}H = \pi, $
$\; \angle G\hat{E}F +\angle F\hat{L}M = \pi \; \;\mbox{sendo por isso,}\;\;\angle G\hat{M}H = \angle H\hat{E}A\; $
e, em consequência,
$ \Delta [HGM] \sim \Delta [HEA],\;$ dos quais $\angle \hat{H}\; $ é ângulo comum. E é essa semelhança que nos permite escrever $$\frac{\overline{HM}}{\overline{HE}} = \frac{\overline{HG}}{\overline{HA}} \; \Leftrightarrow \overline{HM} \times \overline{HA}= \overline{HE} \times \overline{HG}= \overline{HT}^2 $$ que nos permite determinar sobre $\;HA\;$ o ponto $\;M,\;$ colinear de $\;G, \;L\;$ sendo
$\;\angle B\hat{H}M = \angle G\hat{F}GL\; \Leftarrow \;(BH \parallel GF \wedge HM \parallel FL )$




E, assim, o problema de Castillon depende agora da resolução do
Problème
53. Par un point donné $\;M,\;$ mener une sécante telle que l'angle inscrit $\;L\hat{F}G\;$, qui correspond à la corde interseptée $\;GL,\;$ soit égale à un anglé donnée $\;A\hat{H}B.\;$



Por um ponto qualquer da circunferência dada, tiramos paralelas a $\;BH\;$ e a $\;MH\;$ ou seja inscrevemos na circunferência um ângulo de amplitude igual a $\; \angle B\hat{H}M\;$
Em seguida traçamos a corda correspondente a esse ângulo inscrito. As cordas correspondentes a ângulos inscritos iguais em amplitude a ele, são iguais e tangentes a uma circunferência concêntrica à dada. Determinada essa nova circunferência pelo centro e pelo pê da perpendicular da corda do dito ângulo inscrito com amplitude igual a $\; \angle B\hat{H}M,\;$ o problema de Castillon fica resolvido tirando por $\;M\;$ a tangente a ela que intersectará a circunferência inicialmente dada nos pontos $\;G, L\;$

Por esse ponto $\;G\;$, finalmente determinado, a paralela a $\;BC\;$ por ele tirada intersecta a circunferência inicial em $\;F.\;$
$\;D\;$ ficará determinado na circunferência pela reta $\;CF\;$ e
o ponto $\;E\;$ ficará determinado sobre a circunferência pela reta $\;DB\;$ ou pela reta $\;FA.\;$… $\blacksquare$

1.5.14

Resolver problema de construção usando transformação de meia volta

Problema:    Num dado quadrilátero de vértices $\;A,\;B, \;C, \;D\;$ inscrever um paralelogramo de centro num ponto $\;O\;$ dado.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.


© geometrias, 1 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra


Deslocando o cursor $\fbox{n=1, ..., 4}$  (direita ao fundo) pode ver os passos da resolução.
  1. São dados 5 pontos $\;A,\;B, \;C, \;D, \;O$
  2. Os quatro vértices $\;A,\;B, \;C, \;D \;$ definem quatro retas $\;AB=a, \;BC=b, \;CD=c, \;DA=d\;$. Assinalam-se os quatro segmentos dessas retas: $\;AB, \;BC, \;CD, \;DA\;$ lados.
  3. Na nossa resolução recorremos a uma meia volta de centro em $\;O$.  Por essa meia volta, cada uma das retas tem por correspondente uma reta paralela $\;a \parallel a', \; b\parallel b', ...\;$, sendo contrários os sentidos de $\,AB\;$ e $\;A'B'\;$, etc. segmentos assinalados a tracejado e com as cores dos seus correspondentes pela meia volta. $$\begin{matrix} & {\cal{R}}(O, 180^o) & & \\ a & \longrightarrow & a'&\;\;\; a\parallel a'\\ b & \longrightarrow & b'& \;\;\;b\parallel b'\\ c & \longrightarrow & c'& \;\;\;c\parallel c'\\ d & \longrightarrow & d'&\;\;\; d\parallel d'\\ a.b = B & \longmapsto & a'.b'=B' & \;\;\;O\in BB' \wedge BO=OB'\\ b.c = C & \longmapsto & b'.c'=C' &\;\;\; O\in CC'' \wedge CO=OC'\\ c.d = D & \longmapsto & c'.d'=D' &\;\;\; O\in DD' \wedge DO=OD'\\ d.a = A & \longmapsto & d'.a'=A' &\;\;\; O\in AA' \wedge AO=OA'\\ \end{matrix} $$
  4. Tomamos E=a.c' , F=b.d', G=a'.c, H=b'.d $$\begin{matrix} & {\cal{R}}(O, 180^o) & & \\ a & \longrightarrow & a'&\;\;\; a\parallel a'\\ b & \longrightarrow & b'& \;\;\;b\parallel b'\\ c & \longrightarrow & c'& \;\;\;c\parallel c'\\ d & \longrightarrow & d'&\;\;\; d\parallel d'\\ E= a'.c &\longmapsto& a.c'=G & \;\;\; O\in EG \wedge EO=OG\\ F= b.d' &\longmapsto& b'.d=H & \;\;\; O\in FH \wedge FO=OH\\ \end{matrix} $$ O quadrilátero $EFGH$ tem diagonais $EG$ e $FH$ que se intersetam e bissetam em $O$. É, por isso, um paralelogramo de centro $\;O\;$ inscrito no quadrilátero de vértices $\;ABCD$: $\;\;\;\;E\in a, \;F\in b, \;G \in c, \;H \in d$