Teorema de Hoehn

O Teorema de Ceva pode ser generalizado? Pode. A entrada anterior sugere a generalização e sua demonstração. Por exemplo, na figura dinâmica que se segue, temos

1. Sete pontos distintos (vértices de um triângulo) $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$, $A_5$, $A_6$, $A_7$, dos quais não há 3 colineares.
2. Um ponto P não incidente em qualquer das retas definidas pelos 3 pares de pontos anteriores: $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_4$, $A_4 A_5$, $A_5 A_6$, $A_6 A_7$, $A_7 A_8$ ($A_8 = A_1$ por ser $8=\dot{7} +1$)
3. Os sete pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.P A_5$, $\{B_2\} = A_2 A_3.P A_6$, $\{B_3\} = A_3 A_4.P A_7$, $\{B_4\} = A_4 A_5.P A_1$, $\{B_5\} = A_5 A_6.P A_2$, $\{B_6\} = A_6 A_7.P A_3$, $\{B_7\} = A_7 A_1.P A_4$, genericamente: $\{B_i\} = A_i A_{i+1}.P A_{i+\frac{7+1}{2}}$

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Se estas condições se verificarem, resulta que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_5} \times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_6}\times \frac{A_6 B_6}{B_6 A_7}\times \frac{A_7 B_7}{B_7 A_1} = 1$$ que é mesmo que escrever $$\Pi_{i=1}^{7} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1$$ Para cada razão simples ($A_i B_i A_{i+1}$) consideramos o triângulo $A_i A_{i+1} A_{i+(7+1)/2}$,   partir do qual, tal como vimos no Teorema de Ceva, se pode escrever que $$\frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = \frac{[A_i P A_{i+(7+1)/2}]}{[P A_{i+1} A_{i+(7+1)/2}]}.$$ e verificar que $$\Pi_{i=1}^n \frac{[A_i P A_{i+(7+1)/2}]}{[P A_{i+1} A_{i+(7+1)/2}]}= \frac{[A_1 P A_{1+3}]}{[P A_{1+1} A_{1+4}]} \times \frac{[A_2 P A_{2+3}]}{[P A_{2+1} A_{2+4}]} \times \frac{[A_3 P A_{3+4}]}{[P A_{3+1} A_{3+4}]} \times \frac{[A_4 P A_{4+4}]}{[P A_{4+1} A_{4+4}]}\times \frac{[A_5 P A_{5+4}]}{[P A_{5+1} A_{5+4}]} \times \frac{[A_6 P A_{6+4}]}{[P A_{6+1} A_{6+4}]} \times \frac{[A_7 P A_{7+4}]}{[P A_{7+1} A_{7+4}]} =1$$ por ser $A_8 = A_1$, $A_9 = A_2$, $A_{10} = A_3$ e $A_{11} = A_4$ e a cada triângulo do numerador corresponder no denominador triângulo com os mesmo vértices e de igual área, por exemplo, $[A_2 P A_{2+4}]$ do numerador da segunda fração é igual a $[P A_{6} A_{5+4}]$ do denominador da quinta fração do produto. Esta situação é bem ilustrada na construção.

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O Teorema de Hoehn (Ceva generalizado) pode enunciar-se:
Sendo $n$ um número ímpar e quaisquer n+1 pontos $A_1, A_2, \ldots A_n$ (dos quais não há 3 colineares} e $P$ que não incida em qualquer das retas $A_i A_{i+1}, i=1, \dots, n-1$, tomados os pontos $\{B_i\}=A_i A_{i+1}.PA_j $ em que $j=i+\frac{n+1}{2}$ (índices módulo $n$, $A_{n+1} = A_1, \ldots$) então $$\Pi_{i=1}^{n} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1, $$ e demonstrar-se como se fez para a figura acima (de 7 retas). bastando para tanto substituir $7$ por $n$, nos diversos passos da demonstração. $$\Pi_{i=1}^{n} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = \Pi_{i=1}^{n} \frac{[A_i P A_{i+(n+1)/2}]}{[P A_{i+1} A_{i+(n+1)/2}]}$$ sendo que, no segundo membro da igualdade, cada fator do denominador ocorre também no numerador. Por exemplo, $[A_1 P A_{1+(n+1)/2}]$, do mumerador da primeira fração fator, é igual a $[P A_{1+(n+1)/2} A_{n+1}]$ da última fração fator.

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Como generalizar o teorema de Ceva

O Teorema de Ceva pode ser generalizado? Procuramos dar resposta a essa pergunta nesta entrada, reorganizando os dados e a demonstração para uma generalização óbvia (usando índices).
Retiremos das hipóteses do teorema de Ceva o que é essencial:

1. Três pontos distintos (vértices de um triângulo) $A_1$, $A_2$, $A_3$ não colineares.
2. Um ponto P não incidente em qualquer das retas definidas pelos 3 pares de pontos anteriores: $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_1$
3. Os três pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.P A_3$, $\{B_2\} = A_2 A_3.P A_1$ e $\{B_3\} = A_3 A_1.P A_2$ das retas $A_1 A_2, \; A_2 A_3, \; A_3 A_1$.

Se estas condições se verificarem, resulta que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_1} = 1$$ Lembramos ainda que a demonstração foi feita usando a igualdade de cada uma das razões simples (do esquema cíclico bem visível na tese) com igualdade de áreas de triângulos, a saber: $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2} = \frac{[A_1 P A_3]}{[P A_2 A_3]}, \;\; \;\; \;\;\;\;\frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} = \frac{[A_2 P A_1]}{[P A_3 A_1]}, \;\; \;\; \;\;\; \;\; \;\frac{A_3 B_3}{B_3 A_1} = \frac{[A_3 P A_2]}{[P A_1 A_2]}$$

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que nos levou naturalmente ao resultado esperado $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_1} = \frac{[A_1 P A_3]}{[P A_2 A_3]}\times \frac{[A_2 P A_1]}{[P A_3 A_1]}\times \frac{[A_3 P A_2]}{[P A_1 A_2]} = 1$$ já que para cada triângulo do numerador um outro com os mesmos vérices e de igual área aparece no denominador do produto.

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Seguiremos este processo para provar que
Sendo $n$ um número ímpar e quaisquer n+1 pontos $A_1, A_2, \ldots A_n$ (dos quais não há 3 colineares} e $P$ que não incida em qualquer das retas $A_i A_{i+1}, i=1, \dots, n-1$, tomados os pontos $\{B_i\}=A_i A_{i+1}.PA_j $ em que $j=i+\frac{n+1}{2}$ (índices módulo $n$, $A_{n+1} = A_1, \ldots$) então $$\Pi_{i=1}^{n} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1, $$ generalização do Teorema de Ceva, conhecida por Teorema de Hoehn.
Trataremos da demonstração na próxima entrada.

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Projetivamente, o Teorema de Menelaus

[A.A.M.]

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A partir das considerações sobre o Teorema de Ceva

Na anterior entrada, demonstrámos o Teorema de Ceva ou que
Se um triângulo $ABC$ tem os lados AB, BC, CA sobre os quais tomamos os pontos $X \in AB, Y \in BC, Z \in AC$. Se as retas AY, BZ e CX concorrem num ponto P, então $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$

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Pode deslocar cada um dos vértices do triângulo e o ponto D
Usámos, nessa demonstração, alguns resultados que podemos considerar da geometria euclidiana, mas a invariância da relação estabelecida é claramente projetiva, no sentido de que se trata do produto de razões simples de três pontos colineares e essa invariância é afinal projetiva pois é preservada por transformações projetivas como ilustra a figura dinâmica que se segue.

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Pode deslocar livremente os pontos X sobre AB, Y sobre BC e Z sobre CA e verificar que valores toma o produto $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA}$$ para as diversas posições desses pontos.
Fizémos a construção considerando um triângulo equilátero e uma transformação projetiva (no caso, uma homologia de centro e eixo conhecidos). Esperamos ainda que verifiquem que o produto daquelas razões simples de ternos de pontos colineares é preservado pela transformação projetiva.

Sabe-se que quando $AY, BZ$ e $CX$ são medianas de $ABC$ equilátero $AX=XB=BY=YC=CZ=ZA$ e obviamente $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA}=1$$. Bastaria isto e a invariância preservada pelas transformações projetivas como prova projetiva do Teorema de Ceva.

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Teorema de CEVA

Temos vindo a abordar transportes de razões duplas por esquemas cíclicos que envolvem transformações projetivas, particularmente, perspetividades. Os resultados de Armin Saam, que ilustrámos nas entradas anteriores, são muito interessantes. Ficaram por demonstrar.
Teoremas como os de Ceva e Menelaus, por aqui já abordados em entradas antigas, aparecem sempre ligados à geometria euclidiana com recurso a razões de comprimentos de lados de triângulos,… sem nos determos em procurar e revelar a sua natureza projetiva. Temos vindo a seguir Richter-Gebert, que nos revela a natureza projetiva desses teoremas e importância que podem ter para a compreensão das estruturas de outros teoremas de incidência.

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Para olhar de novo para o Teorema de Ceva, retomamos a razão simples de 3 pontos de uma reta, $A, X, B$, a saber $$(AXB)=\frac{AX}{XB}$$ em que $AX=A-X$ e $XB=X-B$, depois de escolhido um determinado sentido ou orientação (da esquerda para a direita ou no sentido contrário dos ponteiros do relógio,…). Se $A$ estiver à esquerda de $X$ e este à esquerda de $B$, $AX=A-X < 0 $ e $XB=X-B < 0 $ e logo $(AXB)>0$. Se $X$ estiver à esquerda de $A$, ou à direita de $B$ (fora do segmento orientado de $A$ para $B$), $(AXB) > 0$.
1.

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Na construção acima, começamos por tomar dois pontos $A, B$ e um ponto X sobre a reta $AB$ e uma orientação. Poderá deslocar X sobre a a reta AB e confirmar valores e sinais de $AX$, $BX$ e $(AXB)$ para as diversas posições de $X$.
Também tomamos um ponto $C$ (qualquer, não incidente em $AB$) de modo a verificar que os triângulos $AXC$ e $XBC$, tendo áreas iguais a $$AX\times\frac{h_C}{2} \; \mbox{e} \; BX\times \frac{h_C}{2},$$ a razão das áreas $[AXC]$ e $[XBC]$ desses triângulos orientados é igual à razão simples $(AXB)$: $$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]} $$

2.
Na construção dinâmica seguinte, tomamos um ponto $P$ sobre $XC$ entre $X$ e $C$. Sabemos que para cada $X$, há um número real $\lambda$ tal que $X=(1-\lambda)C+\lambda.P$ (sendo $X=P \leftrightarrow \lambda = 1$).

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E podemos escrever $$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]}= \frac{[A(1-\lambda)C+\lambda.P)C]}{[(1-\lambda)C+\lambda.P)BC]}=\frac{[APC]}{[PBC]}$$ que pode confirmar na figura dinâmica, deslocando $C$ no plano, $P$ sobre $XC$, $X$ sobre $AB$

3.
Finalmente, na figura abaixo, tomamos os pontos $Y$ e $Z$ de interseção de $AP$ com $BC$ e de $BP$ com $AC$. Claro que, pelo raciocínio análogo ao anteriores aplicados a $X$ que nos levou até $$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]}=\frac{[APC]}{[PBC]},$$ podemos garantir que $$\frac{BY}{YC}=\frac{[BYA]}{[YCA]}=\frac{[BPA]}{[PCA]}\; \;\mbox{e} \; \; \frac{CZ}{ZA}=\frac{[CZB]}{[ZAB]}=\frac{[CPB]}{[PAB]},$$

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para, conforme sugere a figura, concluirmos que $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} = \frac{[APC]}{[PBC]}\times \frac{[BPA]}{[PCA]} \times \frac{[CPB]}{[PAB]} = 1 $$ Pode verificar que este resultado da invariância do produto das razões de segmentos orientados, uma volta na orientação considerada a começar em A, como fizemos no nosso exemplo, é verdadeiro para um ponto P qualquer: desloque X sobre AB, P sobre XC para um C qualquer não incidente em AB.
4.
Fica assim bem ilustrado o resultado conhecido como Teorema de CEVA, que se pode enunciar como segue:
Se um triângulo $ABC$ tem os lados AB, BC, CA e sobre cada um deles tomarmos respetivamente os pontos $X, Y, Z$ de tal modo que as retas AY, BZ e CX concorrem num ponto P, então $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$

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Teorema de Armin Saam (segunda parte e respetiva ilustração)

Retomemos a construção da entrada anterior e determinemos os pontos {A₇}= A₆P₄.r₂, ponto de r₂ e imagem de A₆ de r₁ de pela perspetividade de centro P₄. E, sucessivamente, {A₈}=A₇P₅.r₃, {A₉}=A₈P₁.r₄, {A₁₀}=A₉P₂.r₅ até {A₁₁}=A₁₀P₃.r₁.
Verifica-se que A₁₁=A₁.
De facto, às deslocações de A₁ correspondem deslocações de A₆ em sentido contrário ao de A₁ e, por isso, uma nova volta de perspetividades levará A₁₁ a ocupar a posição de A₁
Pode deslocar A₁ sobre r₁ na figura.

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Teorema de Armin Saam (primeira parte e respetiva ilustração)

Richter-Gebert chama a atenção para a beleza e interesse de um Teorema atribuído a Armin Saam que aqui apresentamos em duas ilustrações dinâmicas. Trata-se de invariâncias para um esquema cíclico de perspetividades... Na nossa construção tomamos 5 retas {r_i, i=1,2,3,4,5} inicidindo todas no ponto O e sobre cada r_i (a negro) marcamos um ponto P_i (em castanho) que utilizaremos como centro de perspetividade.
A figura é bem elucidativa do que fizemos:
Começamos por tomar A₁ (verde) sobre r₁. Para obter A₂ sobre r₂ como imagem de A₁ pela perspetividade de centro P₄: {A₂}= A₁P₄.r₂. E, sucessivamente, {A₃}=A₂P₅.r₃, {A₄}=A₃P₁.r₄, {A₅}=A₄P₂.r₅ até {A₆}=A₅P₃.r₁.
O mais natural é que A₁ não coincida com A₆. Quando A₁ se desloca sobre r₁ aproximando-se de O, A₂ afasta-se de O, A₃ aproxima-se de O, etc. Alternativamente, os pontos A_i, de ordem par ou ímpar, aproximam-se ou afastam-se de O.
Em particular, A₆ move-se sobre r₁ no sentido contrário ao movimento de A₁ e é, portanto, de esperar que haja uma posição C em que A₁ e A₆ coincidem.
Essa posição C pode ser determinada como conjugado harmónico de O relativamente a A₁ e A₆, ou seja (A₁, A₆; C, O) é um quaterno harmónico, que se mantém invariante quando A₁ se desloca sobre A₁. Isso está ilustrado na figura.
Nesta configuração de um número ímpar n de retas passando por um porto comum O, considerando o transformado A_n+1 de A₁ pela composição cíclica de perspetividades (esquema da figura), acontece que
A_n+1=A₁ numa posição C quando e só quando (A₁,A_n+1; C, O)=-1,
como pode verificar quando desloca A₁ sobre r₁.

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Transporte da razão dupla (esquema cíclico)

Como já tínhamos antecipado na entrada anterior, vamos agora transportar razões duplas seguindo uma esquema cíclico. A construção que segue serve de exemplo.
Tomámos n retas (n=6, no caso) - {r_i, i = 1, 2, ..., n} - todas incidentes num ponto D. Na primeira reta, r₁, tomamos 3 pontos A, B, C quaisquer, que são transferidos por uma composta de perspetividades para a última das retas, r₁ no caso. Claro que estas perspetividades deixam invariante o ponto D incidente em todas as retas r_i
Nestas condições, os correspondentes pontos A', B' C' em r₆ serão tais que (A', B'; C', D') = (A, B; C, D), já que a razão dupla é preservada por perspetividade.
Tome-se agora o ponto AA'.BB', chamemos-lhe P. Há uma perspetividade de centro P que transforma A em A', B em B' e D em D e transforma também C em C' precisamente porque (A', B'; C', D') = (A, B; C, D). E isso quer dizer que CC' passa por AA'.BB'
Claro que esta construção serve de modelo para provar um teorema para qualquer n, natural.
Pode mover-se A, B ou C e verificar que o ponto P (AA'.BB'.CC') se mantém invariante. Claro que se mudarmos a posição de alguma retas ou algum centro de alguma das perspetividades do esquema, a perspetividade que leva de pontos de r para pontos de r' será outra e também será outro o seu centro.

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Resultado inteiramente análogo pode ser observado para n=5, como ilustra a construção ao lado.
Movendo A,B, C poderá verificar o resultado: a perspetividade de centro AA'.BB' que tansforma os pontos A, B e D da reta r nos pontos A', B', D da reta r' também transforma C em C'.

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Transporte de razões duplas por perspetividade.

Retomamos o papel fundamental das perspetividades - projeções centrais de pontos de uma reta em outra reta - e das razões duplas (cruzadas). Para lembrar que há uma infinidade de classes de teoremas baseados essencialmente numa aplicação iterada do facto bem conhecido e já abordado nestas notas de estudo: a razão dupla é preservada pela perspetividade.
Na construção que se segue, temos a configuração verde à esquerda que força 4 pontos de r - A, B, C, D - a uma posição harmónica. Dizemos que {A, B; C, D} é uma secção dos lados de um quadrilátero completo por r que passa por dois dos seus pontos diagonais a que chamamos quaterno harmónico sendo igual a -1 a razão dupla correspondente (A,B;C,D). Fixados A, B como pontos diagonais (interseções de lados opostos) de um quadrilátero qualquer e C como o ponto de uma das diagonais (retas passando por vértices opostos) sobre AB=r, D resulta como ponto da outra diagonal sobre r, independente do quadrilátero tomado. Pode verificar isso, movendo o ponto verde da configuração.
Uma cadeia de perspetividades transporta a razão dupla (no caso, harmónica) -1 destes pontos para a razão dupla dos pontos correspondentes em outras retas. Na construção apresentada, fechamos a cadeia com uma configuração vermelha que nos permite verificar que os quatro pontos finais A', B' C' D' também estão em posição harmónica. Pode mover o ponto verde da configuração vermelha e ver que D' se mantém para qualquer dos quadriláteros para os quais A' e B' são pontos diagonais e C' é ponto de uma diagonal.

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Nas próximas entradas vamos abordar o transporte de razões duplas com recurso a estruturas cíclicas.

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Homologia que transforma um quadrilátero num quadrado

A homologia plana que transforma um quadrilátero ABCD (de que os lados opostos se intersetam em pontos próprios) num quadrado A'B'C'D' já está apontada nas entradas anteriores (já que o quadrado é paralelogramo, retângulo e com as diagonais perpendiculares). Como queremos que A'B'C'D' seja um paralelogramo ou que A'B'.C'D' e A'D'.B'C' sejam pontos impróprios, a reta limite da homologia terá de passar pelos correspondentes pontos próprios AB.CD (L₁) e AD.BC (L₂), dando OL₁
a direção comum de A'B' e de C'D' e OL₂ a direção comum de A'D' e de B'C'.
Para A'B'C'D' ser um quadrado é preciso que

1. OL₁ e OL₂ sejam perpendiculares (o que é satisfeito sse O for um ponto da circunferência de diâmetro L₁L₂),
2. OL₃ e OL₄ sejam perpendiculares (o que é satisfeito sse O for um ponto da circunferência de diâmetro L₃L₄)

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Centro e reta limite da homologia que transforma um quadrilátero num retângulo

A homologia plana que transforma um quadrilátero ABCD (de que os lados opostos se intersetam em pontos próprios) num retângulo A'B'C'D' é em tudo semelhante às anteriores construções. Como queremos que A'B'C'D' seja um paralelogramo ou que A'B'.C'D' e A'D'.B'C' sejam pontos impróprios, a reta limite da homologia terá de passar pelos correspondentes pontos próprios AB.CD (L₁) e AD.BC (L₂), dando OL₁
a direção comum de A'B' e de C'D' e OL₂ a direção comum de A'D' e de B'C'.
Para A'B'C'D' ser um retângulo é preciso que OL₁ e OL₂ sejam perpendiculares, o que é satisfeito sse O for um ponto da circunferência de diâmetro L₁L₂

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Todas as construções que temos estado a fazer ilustram transformações de quadriláteros noutros mas em que um deles é tal que quaisquer pares dos seus lados se intersetam em pontos próprios.

Que homologia faz corresponder um losango a um quadrilátero qualquer ?

Como determinar uma homologia que transforme um quadrilátero qualquer num losango?
A construção que se apresenta abaixo ilustra a resposta a essa pergunta.

Seja dado o quadrilátero ABCD. Já vimos que para que a figura homóloga de ABCD, A'B'C'D' seja um paralelogramo, há uma reta limite definida por L₁=AB.CD e L₂=AD.BC a que corresponderão, respetivamente, os pontos impróprios A'B'.C'D' e A'D'.B'C'
O centro O da homologia não pode ser qualquer ponto do plano, porque o losango é um paralelogramo de diagonais perpendiculares. Se tomarmos L₃=BD.L₁L₂ e L₄=AC.L₁L₂, será B'D'//OL₃ e A'C'//OL₄. Para ser B'D'⊥A'C', O terá de ser tal que OL₃⊥ OL₄, ou seja, O terá de ser um ponto da circunferência de diâmetro L₃L₄.

A homologia de que precisamos terá uma reta limite dependente do quadrilátero L₁L₂ e um centro O dependente do diâmetro L₃L₄ (pontos limite das diagonais do quadrilátero).
O eixo é uma qualquer reta paralela à reta limite.

Pode ver 2 bonecos um primeiro dinâmico e um segundo estático. Ou só o segundo....

Entre um quadrilátero qualquer e um paralelogramo, que homologia?

Determinar a figura correspondente de outra por uma determinada transformação geométrica é o tipo de exercício ou atividade que temos vindo a ilustrar. Nas últimas entradas, temos vindo a ilustrar a determinação de figuras homológicas para dadas homologias.

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Um outro tipo de exercícios consiste em determinar a homologia que transforma uma figura noutra com propriedades específicas. De certo modo, já houve ilustrações que ajudam a resolver problemas deste tipo. Mas, decidimos dar alguns exemplos só para ilustrar esse tipo de problemas.
Nesta entrada, procurámos a homologia que transforma um quadrilátero dado num paralelogramo. Dado um quadrilátero ABCD, determinar uma homologia que o transforme em A'B'C'D' de lados opostos a encontrar-se em pontos da reta imprópria.
Se queremos que A'B'.C'D' e A'D'.B'C' sejam pontos da reta imprópria, AB.CD e AD.BC têm de ser pontos da reta limite. A homologia que procuramos terá de ter como reta limite a reta definida por esses dois pontos, na figura L₁ e L₂.
Tomando um centro O qualquer, OL₁ será a direção das imagens das retas correspondentes às que se intersetam em L₁: A'B'//C'D'//OL₁. Esas paralelas a OL₁ são tiradas pelos pontos de interseção de um eixo com AB e CD. Do mesmo modo, A'D'//B'C'//OL₂ ...
O eixo da homologia poderá ser uma reta qualquer paralela à reta limite porque esta contém o ponto correspondente ao ponto impróprio do eixo pela homologia em estudo.

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella). Assim foi. Já não é aqui.