Parábola exinscrita a um triângulo

No artigo anterior, apresentámos mais uma propriedade dos triângulos

Cada parábola exinscrita no triângulo tem a directriz a passar por H e o foco no círculo circunscrito.
em lista de espera de uma construção interactiva que a esclarecesse

A ilustração estática, que se segue, foi obtida da animação original feita em Zirkel - ReC e entretanto inviabilizada.



Em seguida, uma construção dinâmica em Geogebra feita para a recostrução:


[A.A.F.]

Se a parábola de foco F e directriz d for tangente aos três lados de um triângulo [ABC], tem a directriz d a passar pelo ortocentro H e o foco F sobre a circunferência circunscrita ao triângulo.

Triângulos, cónicas e Cinderella

António Aurélio Fernandes, do mundo dos triângulos, tem insistido em publicar mais resultados sobre triângulos e respectivas construções (ou ilustrações, quando não conseguirmos mais). Os resultados relativos a cónicas sempre nos lembraram as limitações do software que usamos. Descobrimos hoje, ao tentar construções com cónicas, que a última versão do Cinderella não tem as limitações das anteriores e não resistimos a publicar uma animação que ilustra bem que

Toda a hipérbole equilátera circunscrita a um triângulo passa pelo seu ortocentro H.
Nunca esqueremos a eternidade que fomos deixando passar enquanto tentávamos noutros tempos algumas construções tão fora do seu tempo. Sabemos que Cinderella está muito mais forte e bela. A verdade seja escrita

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Em fila de espera descansam por mais uns momentos:

Toda a hipérbole equilátera que passa pelos exincentros e pelo incentro de um triângulo tem o centro sobre o seu círculo circunscrito.

Cada parábola inscrita no triângulo tem a directriz a passar por H e o foco no círculo circunscrito.

Despertar para a demonstração

Em fins de Julho, publicámos um conjunto de resultados interessantes sobre triângulos integrados na série Despertares . Não tínhamos, na altura, a ideia de apresentarmos as demonstrações. Temos vindo a ser confrontados com a necessidade de apresentar algumas demonstrações exemplares em simplicidade. Podemos por isso falar neste artigo como mais um "despertar para a demonstração".

O que se aprende sobre Geometria, em particular sobre triângulos, é, em geral, tão pouco que, contando só com isso, a maioria dos problemas propostos ficaria sem solução. Quem imaginaria, por exemplo, que a área de um triângulo é dada pelo produto do semi-perímetro p pelo raio r do círculo inscrito?!
E afinal até é fácil demonstrá-lo:
Unamos I a A, a B, a C. A área do triângulo [ABC] é a soma das áreas dos três triângulos [IAB], [IAC] e [IBC]:
(1/2)a.r + (1/2)b.r + (1/2) c.r = (1/2)(a + b + c).r = p r.a

Do mesmo modo se demonstra que a área de um triângulo [ABC] também é dada por:
(p - a).ra ou (p - b).rb ou (p - c).rc.
em que p é o semiperímetro, a,b e c lados do triângulo e ra, rb e rc raios das exinscritas
De facto, área[ABC] = área[ABIa]+área[ACIa]-área[BCIa], todos triângulos de altura ra e bases, respectivamente c, b e a.
Logo, área[ABC]=(c.ra+b.ra-a.ra)/2 =[(1/2)[(a+b+c)] -a].ra=(p-a).ra








Aurélio Fernandes ainda lembrou que, designando por I' e I'a os pés das perpendiculares a AB tiradas por I e por Ia (projecções sobre AB de I e Ia, ou pontos de tangência de AB com as circunferências inscrita e exinscrita...), é verdade que
|AI'a|=p
|AI'| =p-a.

Um velho problema de Puig Adam

Em 3 de Janeiro de 2005, entre os problemas de Puig Adam apareceu o seguinte:

Demonstrar que a recta que une o vértice A de um triângulo [ABC] com o incentro I corta a circunferência circunscrita (centrada em O) num ponto P equidistante de B, de I e de C.

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No último mês, recebemos uma proposta de demonstração que agradecemos. Estudamos todas as contribuições à medida do que sabemos e das nossas disponibilidade, mas só publicamos o que achamos correcto. Algumas vezes enganamo-nos ou publicamos contributos mesmo sem concordar com a escrita quando isso serve para clarificar uma ou outra abordagem e o que é correcto e mais elegante pode ficar evidenciado na controvérsia que possa estabelecer-se.
No caso presente, pareceu-nos mais acertado submeter à apreciação pública uma demonstração feita pela casa

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Por ser AP a bissectriz do ângulo BÂC, os arcos BP e PC são iguais (duplos de ângulos inscritos iguasi) e as correspondentes cordas BP e CP têm comprimento igual: |BP|=|PC|.

O ângulo PBI (inscrito na circunferência de centro O) é metade do arco PCK(= arco PC+arco CK).
O ângulo PÎB (com vértice no interior da mesma circunferência) é metade da soma dos arcos BP e AK.
Como AP é bissectriz do ângulo BAC, o arco BP é igual ao arco PC. E por BI ser bissectriz do ângulo ABC o arco AK é igual ao arco CK. Assim: arco PK=arco PC +arco CK = arco BP +arco AK e logo os ângulos PBI e PIB são iguais.
No triângulo [PBI], isósceles, aos ângulos iguais (PBI=PIB) opõem-se lados iguais (|PI|=|BP|).

|PI|=|BP|=|PC|.
A construção reconstruída agora:


[A.A.F.]