o décimo aniversário do GEOMETRIAS e a evolução regular da teia.

10 ANOS DE GEOMETRIAS.BLOGSPOT.PT

©geometrias. 28 dezembro 2014, Criado com GeoGebra

Pontos equidistantes a duas circunferência dadas - uma discussão

---

Na entrada anterior, tratámos de procurar as curvas que contêm o lugar geométrico dos pontos equidistantes de duas circunferências dadas,$\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$, considerando que a distância de um ponto $\;P\;$ a a uma circunferência $\;(O, \;r)\;$ é dada por

• $\;OP-r, \;$ no caso de $\;P\;$ ser exterior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;r-OP\;$ se $\;P\;$ for interior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;0\;$ se $\,P\;$ for um ponto de $\;(O, \;r)\;$

tendo concluído que os pontos $\;P\;$ equidistantes das duas circunferências $\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$ satisfazem a condição: Os pontos $\;P\;$ exteriores às duas circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição $\;O_1P -r_1= O_2P -r_2\;$ equivalente a $$O_1P - O_2P = r_1-r_2\; \mbox{ou}\; O_2P - O_1P = r_2 - r_1$$ ou pontos de uma hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$ que pode seguir-se na figura que transportámos para esta entrada.

António Aurélio Fernandes insistiu que devíamos discutir a figura, a existência de soluções, o lugar geométrico. Quando procuramos um lugar geométrico de pontos que satisfazem uma dada condição, isto é, um conjunto de pontos definido compreensivamente pela condição, temos de esclarecer que face a um dado ponto qualquer (da hipérbole, por exemplo) podemos dizer, sem dúvida, que ele pertence ou não pertence ao lugar geométrico e podemos esclarecer para que (definições e) condições é que o conjunto de pontos encontrados (a hipérbole) é o respetivo lugar lugar geométrico.

É óbvio que $\;PL=PO_2-r_2 = PO_1 -r_1= PN\;$ e, para a definição considerada acima, P é um ponto equidistante das duas circunferências e da hipérbole.

© geometrias, 17 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Mas para o ponto $\;S\;$ da hipérbole, é óbvio que $\;SJ=SO_1-r_1 \neq SO_2 -r_2 =SW\;$ e, por isso, $\;S\;$ não é um ponto equidistante das duas circunferências para a definição de distância de um ponto a uma circunferência acima estabelecida.
Podemos verificar rapidamente que há um ponto $\;K\;$ de $\;(O_1, \; r_1)\;$ e um ponto $\;Z\;$ de $\;(O_2, \; r_2)\;$ tais que $\; SK=SO_1+r_1 = SO_2+r_2 = SZ \;$ e $$\;SO_2 + r_2 = SO_1 + r_1 \; \mbox{ou} \; SO_2-SO_1= r_2 -r_1\;$$ e que é por isso que $\;S\;$ é um ponto da hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$

Essa hipérbole seria o lugar geométrico dos pontos equidistantes das duas circunferências se tivéssemos definido que um ponto $\;X\;$ é equidistante das duas circunferências sempre que existirem $\; X_1 \in (O_1, \; r_1). XO_1 , \; X_2 \in (O_2, \; r_2). XO_2\;$ tais que $\;XX_1= XX_2\;$

Sabemos que a hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$ é o lugar geométrico dos pontos $\;P\:$ tais que $$\;|PO_1 - PO_2|=|r_1-r_2|,$$ sendo que esta condição pode ser decomposta numa disjunção de várias, que a cada uma corresponde o seu conjunto de pontos (soluções) e que a reunião dos diversos conjuntos de pontos (soluções) dessas condições constituem a hipérbole.

Pontos equidistantes a duas circunferências dadas.

---

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de duas circunferências $\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$ .

---

Sabemos que a distância de um ponto $\;P\;$ a uma circunferência $\;(O, \;r)\;$ é dada por

• $\;OP-r, \;$ no caso de $\;P\;$ ser exterior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;r-OP\;$ se $\;P\;$ for interior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;0\;$ se $\,P\;$ for um ponto de $\;(O, \;r)\;$

Os pontos $\;P\;$ equidistantes de duas circunferências $\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$ satisfarão as seguintes condições:

• Os pontos $\;P\;$ exteriores às duas circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição $\;O_1P -r_1= O_2P -r_2\;$ equivalente a $$O_1P - O_2P = r_1-r_2\; \mbox{ou}\; O_2P - O_1P = r_2 - r_1$$ ou pontos de uma hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$
• Os pontos $\;P\;$ exteriores a $\;(O_1, \;r_1)\;$ e interiores a $\;(O_2, \; r_2)\;$ delas equidistantes satisfazem a condição $\;O_1 P - r_1 =r_2 - O_2P\;$ equivalente a $$ O_1P + O_2P = r_1+ r_2$$ ou pontos de uma elipse de focos $\;O_1, \;O_2\;$ e eixo maior de comprimento $\;r_1+r_2\;$.
  Como é óbvio, os pontos interiores a $\;(O_1, \;r_1)\;$ e exteriores a $\;(O_2, \; r_2)\;$ satisfazem a mesma condição.
• Os pontos interiores a ambas as circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição $\;r_1 - O_1P =r_2 - O_2P\;$ equivalente a $$O_1 P-O_2P = r_1-r_2 \; \mbox{ou} \; O_2P - O_1P = r_2-r_1 $$ ou pontos de uma hipérbole de focos $\;O_1, \;O_2\;$ e segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 -r_2|\;$

Na construção que apresentamos a seguir, tomamos duas circunferências de raios (6 e 2) diferentes, sendo os centros pontos livres no plano. pretendemos ilustrar o que atrás concluímos e não percorrer exaustivamente todos os casos que diferentes situações relativas das circunferências ou a comparação entre os raios (por exemplo não tomamos circunferências de raios iguais).

© geometrias, 17 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Ao alto da construção temos dois segmentos: $\;AB = r_1 + r_2\;$ e outro $\;EF = |r_1 - r_2|:$

• O ponto $\;S\;$ livre em $\;AB\;$ divide este em dois $\;AS\;$ e $\;BS\;$ que permite, por interseção de circunferências centradas em $\;O_1, \; O_2\;$ e de raios $\;AS, \;BS, \;$ determinar pontos cuja somas das suas distâncias a $\;O_1\;$ e $\;O_2\;$ seja constante igual a $\;r_1 + r_2\;$
• o ponto $\;D\;$ colinear com $\;E, \;F\;$ exterior a $\;EF\;$ determina dois segmentos $\;DE\;$ e $\;DF\;$ tais que $\;DE - DF = |r_1-r_2|\;$ que permitem, por sua vez, por interseção de circunferências centradas em $\;O_1, \;O_2\;$ e raios $\;DE, \;DF, \;$ determinar pontos tais que as diferenças das suas distâncias aos centros $\;O_1, \;O_2\;$ é constante e igual a $\;|r_1 - r_2|\;$

A janela inicial ilustra o caso de duas circunferências mutuamente exteriores. Fazendo deslocar qualquer dos centros pode ir vendo, para as diferentes posições relativas das duas circunferências, as curvas que vão aparecendo e discutir para cada uma delas se se trata do lugar geométrico dos pontos equidistantes às duas.
Pode sempre voltar à configuração inicial clicando sobre o "botão na direita alta" e clicando no botão $\;\fbox{|>}\,$ na esquerda baixa, que movimenta $\;S,\; D, \;$ pode acompanhar o traçado das diversas curvas pelos pontos $\;P, \;Q\;$ construídos pelo processo descrito.

Pontos equidistantes de uma circunferência e de uma reta que a interseta. (2)

---

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência $\;(O, \; r)\;$ e de uma reta$\;a\;$ que a interseta.

---

Na nossa construção,
$\;\; \fbox{n=1}:\;\;$ é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e uma reta $\;a\;$ que a interseta em $\;B, \;C\;$.
Fazendo variar os valor de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=}\;$, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r).\;$ Usando os pontos $\;A \;$ e $\;T\;$ pode variar a posição da reta $\;a\;$
$\;\; \fbox{n=2}:\;\;$ A reta definida por $\;A\,$ e $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;T\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;a.\;$ A distância de $\;a\;$ à circunferência é, pois, $\;AT= r-AO\;$ e o ponto médio do segmento $\;AT\;$ é equidistante de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos. Para determinar outros pontos $\;Q\;$ equidistantes de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ tomamos um ponto $\;D\;$ variável da circunferência e a tangente em $\;D\;$ perpendicular a $\;DA\;$ que contém os segmentos de reta cujos comprimentos são distâncias de pontos à circunferência. Os pontos $\;Q\;$ equidistantes da circunferência e da reta encontram-se como interseções de $\;a\;$ com as bissetrizes dos ângulos $\;D\hat{G}A\;$ das tangentes nos ponto $\;D\;$ com a reta $\;\;a\;$.

© geometrias, 11 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

$\;\; \fbox{n=3}:\;\;$ Quando o ponto $\;D\;$ percorre o arco $\;BTC\;$ da circunferência, os pontos $\;Q\;$ do semiplano determinado pela reta $\;a\;$ e pelo ponto $\;T\;$ percorrem um arco de parábola de foco $\;O\;$ e diretriz $\;d_1\;$ determinada de modo análogo ao usado na entrada anterior.
$\;\; \fbox{n=4}:\;\;$ Para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;a\;$ e da circunferência, procedemos de modo inteiramente análogo usando um ponto $\;E\;$ do arco $\;CEB\;$ da circunferência no outro dos semi-planos definidos pela reta $\;a\;$ .
$\;\; \fbox{n=5}:\;\;$ E de modo análogo, vimos que quando $\;E\;$ percorre o arco da circunferência, $\;P\;$ percorre um arco de parábola de foco $\;O\;$ e diretriz $\,d_2\;$
Claro que estas duas parábolas (que se intersetam nos pontos $\;B, \;C\;$ e em que a reta $\;a\;$ interseta $\;(O, \;r)\;$ de que apresentámos um arco de cada) constituem o lugar geométrico dos pontos equidistantes da circunferência e da reta $\;a\;$ que a intersete em dois pontos distintos. Separámos os arcos para $\;D\;$ e $\;E\;$ para simplificar a figura.
$\;\; \fbox{n=6}:\;\;$ Poderá verificar o que atrás afirmamos seguindo a animação de um ponto $\;M\;$ que percorre a circunferência, para o qual se determinam pontos das duas bissetrizes do ângulo formado pela tangente em $\;M\;$, perpendicular a $\;OM,\;$ e a reta $\;a\;$. Para cada ponto $\;M\;$ estão determinados sobre essas bissetrizes dois pontos equidistantes de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r)\;$. Estes pontos estão sobre as duas parábolas referidas.
Deslocando $\;A\;$ até que este coincida com $\;T\;$ pode ver que o lugar geométrico é formado por uma reta que passa por $\;O\;$ pelo ponto de tangência da reta com a circunferência e por uma parábola
Se a reta $\;a\;$ passa por $\;O\;$ o lugar geométrico é constituído por duas parábolas que se intersetam nos extremos de um diâmetro da circunferência.

Pontos equidistantes de uma reta e de uma circunferência (1)

---

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência $\;(O, \; r)\;$ e de uma reta $\;a\;$ que não interseta essa circunferência.

---

Na nossa construção,

1. é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e uma reta $\;a\;$ que a não interseta;
2. a reta perpendicular a $\;a\,$ tirada por $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;B_0\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;a.\;$ A distância de $\;A_0\;$ à circunferência é, pois, $\;A_0B_0= r-A_0O,\;$, já que $\;A_0\;$ é exterior à circunferência, e o ponto $\;P_0,\;$ médio do segmento $\;A_0B_0\;$ é equidistante de $\;A_0\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos;




© geometrias, 8 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

---




3. para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;a\;$ e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos $\; P\;$ à circunferência é medida sobre a reta $\;PO\;$. Tomando um ponto $\;B\;$ da circunferência, variável, a existir cada um dos pontos $\;P\;$ que procuramos, estará sobre alguma reta $\;BO,\;$ com $\;B\;$ a percorrer a circunferência. Como a distância $\;PB\;$ de $\;P\;$ à circunferência terá de ser igual a $\;PA, \;$ $\;P\;$ terá de ser um ponto da bissetriz do ângulo formado pela tangente em $\;B\;$ e por $\;a\;$, para cada $\;B\;$ da circunferência;
4. como sabemos para cada ponto $\;B,\;$ há um ponto $\;P\;$ para o qual $\;AP= PB,\;$ sendo $\;AP \perp a, \;$ e sobre a reta $\;AP\;$ há um ponto $\;U\;$ tal que $\;AU=r\;$ ou $\;PU = PO.\;$ $\;PU\;$ é a distância de $\;P\;$ à reta $\;d\;$ paralela a $\;a\;$ e que dela dista $\;r, \;$ como se pode ver na nossa figura.
5. Os pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;a\;$ e de $;(O, \;r)\;$ são equidistantes de $\;O\;$ e de $\;d\;$, isto é, estão sobre uma parábola de diretriz $\;d\;$ e de foco $\;O.\;$

Clicando sobre o botão $\;\fbox{|>}\;$ poderá ver a curva que o ponto $\;P\;$ percorre.
Na nossa construção, consideramos a reta $\;a\;$ não secante nem tangente à circunferência $\;(O, \;r)\;$ e os pontos $\;B\;$ da circunferência tais que $\; \angle A_0Ô B \leq \displaystyle \frac{\pi}{2} .\,$ Veremos outras construções com outras restrições em próximas entradas.

Pontos equidistantes de uma circunferência e um ponto a ela interior.

---

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado na entrada anterior, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência $\;(O, \; r)\;$ e de um ponto $\;A\;$ tal que $\;AO \leq r\;$.

---

Na nossa construção,
$\;\; \fbox{n=1}:\;\;$ é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e um ponto $\;A\;$ interior a ela.
Fazendo variar os valor de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=}\;$, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$
$\;\; \fbox{n=2}:\;\;$ A reta definida por $\;A\,$ e $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;B_0\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;A. \;$ A distância de $\;A\;$ à circunferência é, pois, $\;AB_0= r-AO\;$ e o ponto $\;M-0\;$, médio do segmento $\;AB_0\;$ é equidistante de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos.

© geometrias, 3 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

$\;\; \fbox{n=3}:\;\;$ Para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;A\;$ e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos $\; P\;$ à circunferência é medida sobre a reta $\;PO\;$. Tomando um ponto $\;B\;$ da circunferência, variável, a existir cada um dos pontos $\;P\;$ que procuramos, estará sobre alguma reta $\;BO,\;$ com $\;B\;$ a percorrer a circunferência. Como a distância $\;PB\;$ de $\;P\;$ à circunferência terá de ser igual a $\;PA, \;$ $\;P\;$ terá de ser um ponto da mediatriz de $\;AB\;$, para cada $\;B\;$ da circunferência.
$\;\; \fbox{n=4}:\;\;$Clicando sobre o botão $\;\; \fbox{|>}\;\;$ de animação de $\;B\;$ verificará que, quando $\;B\;$ percorre a circunferência $\;(O, \;r),\;$ o ponto $\;P\;$ percorre uma elipse de focos $\;A\;$ e $\;O,\;$ como seria de esperar, já que $\;PA=PB=r-PO\;$ que é o mesmo que $\;PO+PA=r :\;$
A soma $\;PO+PA\;$ das distâncias de $\;P\;$ a $\;A\;$ e a $\;O\;$ é constante (igual ao raio $\;r\;$da circunferência dada).

Pontos equidistantes de uma circunferência e um ponto a ela exterior.

---

Ao longo dos anos, apresentamos várias definições e várias construções para as cónicas recorrendo a condições com distâncias de ponto a ponto, de ponto a reta, de reta a reta. Vamos agora introduzir lugares geométricos dos pontos que verificam condições usando distâncias de ponto a circunferência, reta a circunferência e circunferência a circunferência. Nesta entrada, trataremos do lugar geométrico dos pontos equidistantes a um ponto e a uma circunferência dados.

---

Tomemos um ponto $\;A\;$ e uma dada circunferência $\;(O, r)\;$. A distância do ponto $\;A\;$ a $\;(O, \;r)\;$ é dada por

• $\;AO - r\;$ no caso de $\;A\;$ ser exterior à circunferência; <\li>
• $\;r-AO\;$ no caso de $\;A\;$ ser interior à circunferência;
• $\;0\;$ n caso de $\;A\;$ estar sobre a circunferência.

De um modo geral, podemos dizer que a distância de um ponto $\;P\;$ qualquer do plano a uma circunferência $\;(O, \; r)\:$ é dada por $$\; |PO-r|\;$$

---

Na nossa construção,
$\;\; \fbox{n=1}:\;\;$ é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e um ponto $\;A\;$ exterior a ela.
Fazendo variar os valor de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=}\;$, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$
$\;\; \fbox{n=2}:\;\;$ A reta definida por $\;A\,$ e $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;B_0\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;A. \;$ A distância de $\;A\;$ à circunferência é, pois, $\;AB_0= AO-r\;$ e o ponto $\;M-0\;$, médio do segmento $\;AB_0\;$ é equidistante de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso é um ponto do lugar geométrico que procuramos.

© geometrias, 30 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

$\;\; \fbox{n=3}:\;\;$ Para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;A\;$ e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos $\; P\;$ à circunferência é medida sobre a reta $\;PO\;$. Tomando um ponto $\;B\;$ da circunferência, variável, a existirem cada um dos pontos $\;P\;$ que procuramos estará sobre alguma reta $\;BO,\;$ com $\;B\;$ a percorrer a circunferência. Como distância $\;PB\;$ de $\;P\;$ à circunferência terá de ser igual a $\;PA, \;$ $\;P\;$ terá de ser um ponto da mediatriz de $\;AB\;$, para cada $\;B\;$ da circunferência.
$\;\; \fbox{n=4}:\;\;$Clicando sobre o botão $\;\; \fbox{|>}\;\;$ de animação de $\;B\;$ verificará que, quando $\;B\;$ percorre a circunferência $\;(O, \;r),\;$ o ponto $\;P\;$ percorre uma hipérbole de focos $\;A\;$ e $\;O,\;$ como seria de esperar, já que $\;PA=PB=PO-r\;$ que é o mesmo que $\;PO-PA=r :\;$
A diferença $\;PO-PA\;$ das distâncias de $\;P\;$ a $\;A\;$ e a $\;O\;$ é constante (igual ao raio $\;r\;$da circunferência dada).

Invariante nas triangulações de polígonos inscritíveis (2)

---

Consideremos um polígono convexo $\;[A_1 A_2 \;\ldots A_{k} \ldots A_n]\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O \;$ e raio $\;R\;$ dados. Tomemos uma triangulação, por exemplo $\; [A_1A_2A_3], \; [A_1A_3A_4],\; \dots , \; [A_1A_{k-1}A_k], \; \dots \; [A_1A_{n-1}{A_n}]$ de $\;n-2\;$ triângulos e designemos por $\;i_k\;$ o inraio do triângulo $\;[A_1A_kA_{k+1}]\;$. Há várias triangulações para cada polígono, mas
a soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos é a mesma para qualquer das triangulações possíveis. Provemos.

---

No artigo publicado a 20.11.14 sob o título soma invariante nas triangulações de quadrilátero convexo inscrito mostrámos que, para um quadrilátero convexo inscrito numa cirucnferência de centro $\;O\;$ e raio $\;R\;$ dados,

• a soma dos inraios de uma das triangulações é igual à soma dos inraios da outra
• e, para isso, se demonstrou o teorema de Carnot:
  • para um triângulo acutângulo $\;ABC\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;R\;$ se chamarmos $\;i\;$ ao inraio de $\;ABC\;$ e $\; m, \; n, \;p\;$ às distâncias de $\;O\;$ aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB\;$ respetivamente, então $$R+i =m+n+p$$
  • para um triângulo $\;ABC\;$, obtusângulo em $\;C, \;$ verifica-se que $$R+i =m+n-p$$
• óbvio é que se $\;ABC\;$ for um triângulo retângulo em $\;C, \;$ verifica-se que $$R+i =m+n$$ já que $\;AB=c\;$ é um diâmetro de $\;(O)\;$

---

Na figura abaixo, apresenta-se um hexágono convexo $\;[A_1A_2A_3A_4A_5A_6]\;$ inscrito numa circunferência $\;(O).\;$ A imagem inicial apresenta um hexágono com $\;O\;$ como ponto do seu interior e no interior de $\;[A_1A_4A_5]\;$ triângulo da triangulação feita tomando as diagonais tiradas por $\;A_1\;$, no exemplo. Para além das diagonais, na figura também estão visíveis as distâncias $\;OM_k =m_k\;$ (aos lados do polígono $A_kA_{k+1} \;$) e $\;ON_k = n_k\;$ (às diagonais $\;A_1A_3,\; A_1A_4, \;A_1A_5\;$ que são lados dos triângulos da triangulação tomada.

© geometrias, 24 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

1. Aplicando o Teorema de Carnot (referido acima) aos triângulos em que decompusémos o nosso polígono, temos
   $ R+i_1 = m_1+m_2-n_1 $ $R+i_2 = n_1+m_3-n_2$ $R+i_3 = n_2+n_3 + m_4$ $R+i_4 = m_5 +m_6 -n_3$ e, por isso, $$ 4R + (i_1 + i_2 +i_3 +i_4 )= m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 $$ ou $$i_1 + i_2 +i_3 +i_4 =m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 -4R \;\;\;\;\; \square$$ A soma dos inraios é igual à soma das distâncias do circuncentro aos lados do polígono diminuida do número de circunraios igual ao número de triângulos da triangulação (exatamente igual a $\;n-2, \;$ sendo $\;n\;$ o número de vértices ou número de lados do polígonos unicamente dependente do polígono e da sua circunscrita e independente da triangulação tomada.
   
   Este raciocínio aplica-se a qualquer polígono convexo inscritos em circunferência com centro no interior do polígono e, forçosamente, em algum triângulo cujos lados são lados ou diagonais do polígono.
2. O mesmo raciocínio pode ser utilizado para o caso de $\;O\;$ ser um ponto exterior ao polígono inscrito em $\;(O,\; R).\;$ Nestas condições, o ponto $\;O\;$ é exterior a todos os triângulos de qualquer triangulação que se tome.
   Verificará que, por aplicação do Teorema de Carnot, o resultado se mantém o mesmo.
3. O resultado pode ser demonstrado por indução finita, usando o resultado da entrada anterior. Para um triângulo, o inraio varia conforme tenha um ângulo obtuso, reto ou todos agudos. Para um quadrilátero convexo inscrito mantém-se invariante a soma dos inraios para cada uma das triângulações. Bastará provar que, para qualquer $\;p\geq 4\;$,
   se a soma dos inraios de um polígono convexo inscrito de $\;p\;$ lados é invariante para todas as suas triangulações então também tal se verifica para todos os polígonos convexos inscritos de $\;p+1\;$ lados
   Um polígono convexo inscrito de $\;p+1\;$ lados, $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p+1}\;$, pode decompor-se sempre em dois polígonos inscritos na mesma circunferência, a saber: um polígono de $\;p\;$ lados — $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\;$ —, e um triângulo $\;A_1A_pA_{p+1}\;$. Pela hipótese de indução, para $\;p\geq 4\;$. $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p_3}+ i_{p-2} =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-3)R$$ $\;O\;$ pode ser interior de $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\;$ (e exterior de $\;A_1A_pA_{p+1}\;$) ou .... ou exterior a ambos....
   Consideremos $\;O\;$ exterior a $\;A_1A_pA_{p+1}\;$ e $\angle A_1\hat{A_p}A_{p+1}$ obtuso. A distância de $\;O\;$ ao lado $\;A_1A_p\;$, oposto ao obtuso neste triângulo, é $\;n_{(p+1)/2} \;$, sendo $\;m_p\;$ a distância de $\;O\;$ a $A_pA_{p+1}$ e $\;m_{p+1}\;$ a $A_{p+1}A_1$.
   Para este último triângulo $\;A_1A_pA_{p+1}\;$ inscrito em $\;(O, \;R)\;$ de que $\;O\;$ está no exterior ($\angle A_1\hat{A_p}A_{p+1}$ é obtuso), o seu inraio $\;i_{p-1}\;$ é igual a $\;m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R \;$
   Podemos então escrever para $\;p\geq 4, $ $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + \underbrace{i_{p-1}}=\\\ =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-2)R + \underbrace{m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R}$$ ou $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + i_{p-1}=m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p+1-2} + m_{p+1-1} + m_{p+1} -(p+1-2)R $$ como queríamos provar.

Soma invariante na triangulação de polígonos inscritíveis (I)

---

Consideremos um quadrilátero convexo $\;[ABCD]\;$ inscrito numa circunferência dada. Cada uma das suas diagonais divide o quadrilátero em dois triângulos diferentes tendo a respetiva diagonal por lado comum. Dizemos por isso que um quadrilátero admite duas triangulações diferentes: divisão em $\;[ABC]\;$ e $\;[ACD]\;$ pela diagonal $\;AC;\;$ e em $\;[ABD]\;$ e $\;[BCD]\;$ pela diagonal $\;BD\;$.
Um dos "sangakus" mais famosos relaciona as duas triangulações de um quadrilátero convexo inscrito numa circunferência. Assim:

A soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos de cada triangulação de um quadrilátero inscrito é igual para as duas triangulações

© geometrias, 16 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Lembramos que

• Os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito numa circunferência são suplementares. Consideremos um caso semelhante ao da figura acima em que são agudos os ângulos dos vértices $\;A\;$ e $\;B\;$ e, em consequência, os respetivos suplementares $\;C\;$ e $\;D\;$ são obtusos.
• O produto das diagonais de um quadrilátero inscrito numa circunferência é igual à soma dos produtos de lados opostos: $\; AC \times BD = AB \times CD + BC \times CD \;$ - teorema de Ptolomeu - aplicado ao quadrilátero da figura acima.

1. Na figura dinâmica que se segue, mostra-se o triângulo acutângulo $\;ABC \;$, o seu incírculo $\;(I, i)\;$ e as distâncias do circuncentro $\;O\;$ do triângulo aos seus lados: $\;OM = m\;$ - altura do triângulo $\;OBC,\;$tirada de $\;O\;$ para $\;BC =a; \;$ $\; ON =n\;$ - altura do triângulo $\;OCA\;$ tirada de $\;O\;$ para $\;CA =b;\;$ e $\;OP\;$ - altura de $\; OAB$ tirada de $\;O\;$ para $\;AB =c. \;$ Lembra-se que como $\;OM \perp BC\;$, sendo $\;BC\;$ corda da circunferência $\; (O), \;$ é $\; BM=MC$
   $$\; \Delta[OBC] + \Delta[OCA] + \Delta[OAB] = \Delta [ABC]$$ que que multiplicada por 2, dá $$\;m \times a + n \times b + p \times c = (a+b+c) \times i$$




© geometrias, 19 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Use os botões $\square \; ACIJ\;$ e $\square \; BDKL\;$ para mostrar ou esconder cada uma das partes da construção para acompanhar o texto da prova .


2. Cada um dos quadriláteros $\;[OMCN], \;[ONAP], \; [OPBM] \;$ é inscritível, já que cada um deles tem dois ângulos opostos retos (suplementares portanto) e, consequentemente, os outros dois opostos também são suplementares. Por isso, chamando $\;R=OA=OB=OC=OD\;$ ao circunraio, aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB,\;$ e ás alturas respetivas dos triângulos $\;OBC, \; OCA, \;OAB\;$ respetivamente $m=OM ,\; n=ON , \; p=OP,\;$ e, por ser $$ NP =\frac{a}{2}, \; MN =\frac{b}{2}, \; MP=\frac{c}{2}, \;$$ podemos escrever (com recurso ao teorema de Ptolomeu, aplicado a cada um desses quadriláteros em que $\;[ABC]\;$ se decompõe, $\;[OMCN]: \;$ $$R\times \frac{c}{2} =m \times \frac{b}{2} + n\times \frac{a}{2}$$ multiplicando por 2, equivalente a $$R\times c= m \times b + n \times a$$ e, do mesmo modo para $ \;[ONAP]\;$ $$ R\times a =n \times c + p \times b $$ e para $\;[OPBM] :\;$ $$\; R\times b =p \times a + m \times c $$ E, somando $$\; (a+b+c) \times i= m \times a + n \times b + p \times c $$ com as últimas três, obtemos $$R\times (a+b+c) +(a+b+c)\times i = a(m+n+p) +b(m+n+p) +c(m+n+p)$$ $$(a+b+c)(R+i) = (a+b+c)(m+n+p)$$ ou seja
   $R+i = m+n+p= OM + ON + OP\;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos acutângulos
3. 
   
   
   1. Para o triângulo $\;CDA\;$ em que $\;D\;$ é vértice de um ângulo obtuso e o circuncentro está no seu exterior, podemos fazer um raciocínio análogo, levando em conta que a soma das áreas dos triângulos $\;ODC\;$ e $\;ODA\;$ excedem a área de $\;CDA\;$ numa área igual à do triângulo $\;OCA.\;$
      Assim no caso de um triângulo $\;CDA\;$ inscrito e sendo $\;D\;$ obtuso $$\Delta [CDA] = \Delta [OCD] + \Delta [ODA] - \Delta [OCA] $$ de onde podemos retirar $$ (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + AD\times OR + AC \times (-ON) $$
   2. Por outro lado, o teorema de Ptolomeu aplicado aos três quadriláteros inscritíveis $\;[OQDS], \;[OSAN], \; [ONCQ], \;$ dá-nos $$ R \times (AC + CD + DA) =O\times DA + DC \times OS + OS \times AC + AD \times ON + ON\times CD + OQ \times CA $$ e somando esta última, membro a membro, com $\; (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + DA\times OS +AC \times (-ON ) $, $$R \times (AC+CD+ DA) + (AC+CD+DA) \times j= \\= OQ \times ( AC+CD+DA) + OS \times (AC+DC+DA) - ON \times (AC+CD+DA) =\\= (OQ+OS-ON) \times ( AC+CD+DA)$$ $R+j =q+s-n= OQ+OS-ON ;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos obtusângulos
   
   
   Finalmente, podemos escrever $$2R+i+j=m+p+q+s = OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; i+j= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
4. E repetindo o raciocínio para a outra triangulação de $\;ABCD\;$ em que este quadrilátero é dividido pela diagonal $\;BD\;$ nos triângulos $\;ABD\;$ (de incentro $\;K\;$ e inraio $\;k\;$) e $\;BCD\;$ (de incírculo $\;(L, \; l)\;$), podemos escrever que $$R+k= OP+OT+OS=p+t+s$$ $$R+l=OM+OQ-OT = m+q-t$$ e finalmente $$2R+k+l= OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; k+l= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
$$i+j=k+l \;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \square $$ como queríamos provar.

---

(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Triângulos retângulos: altura e inraios

---

Problema: Um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$ está dividido em dois triângulos $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ pela sua altura $\;CH\;$ relativamente à hispotenusa $\;AB.\;$
Provar que a altura $\;h=CH\;$ é igual à soma dos raios$\;i,\;j,\;k\;$ dos incírculos $\;(I, i), \;(J, j), \; (K, k)\;$ de $\;[ABC],\; [CAH], \; [BCKH]\;$ respetivamente.

---

© geometrias, 29 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio $\;i\;$ do incírculo de um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$, é dado por $\;i= \displaystyle \frac{a+b-c}{2}.\;$
Como $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ são retângulos em $\;H\;$ $\;j =\displaystyle \frac{AH+HC-CA}{2}=\frac{AH+h-b}{2}\;$ e $\;k =\displaystyle \frac{CH+HB-BC}{2} =\frac{h+HB-a}{2}\;$
Somando os raios das três circunferências inscritas da figura, temos $\;i+j+k = \displaystyle \frac{a+b-c}{2} + \frac{AH+h-b}{2} + \frac{h+HB-a}{2}= \frac{a+b-c +AH+h-b+h+HB-a}{2} $
Como $\;AH+HB= c,\;$ conclui-se que
$\;i+j+k = h \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; $ □

---

J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Seis círculos gémeos num quadrado

---

Problema: É dado um quadrado $\;[ABCD],\;$ dividido pela diagonal $\;BD\;$ em dois triângulos isósceles iguais. O triângulo $\;ABD\;$ está dividido por $\;DP\;$ em dois triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[PBD]\;$ que admitem incírculos congruentes.
Determinar o raio destes incírculos em função do lado do quadrado.

1. Na anterior entrada de 18.10.14 Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos demonstrámos que para um triângulo, como $\;[DAB]\;$ na figura, $\;DP = \displaystyle \sqrt{p(p-a)},\;$ em que $\; a=AB=DA, \;2p= DA+AB+BD. \; \;$
   Este resultado permite determinar, com régua e compasso, $\;PD\;$ e os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[PBD]\;$ que circunscrevem as circunferências gémeas.
   
   

© geometrias, 25 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Clicando no botão "□azulejo" pode ver o quadrado com seis círculos gémeos, assim construídos.

---



2. No triângulo $\;[DAB],\;$ como $\;DA=AB = a\;$ e $\;DB=\sqrt{2} a,\;$
   o seu semi-perímetro é $\;p = \displaystyle \frac{2a+\sqrt{2} a}{2} =a+\frac{\sqrt{2}}{2} a\;\;\;$ e $\;\;\;\;p-a =\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} a.\;$
   E, em consequência, $\;DP^2 = p(p-a) = \displaystyle \left(a+\frac{\sqrt{2}}{2} a \right) \frac{\sqrt{2}}{2} a = \frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2\;$
   Obtém-se assim o valor de $\;DP\;$ em função de $\;a\;$.
   E, claro, podemos obter também imediatamente uma expressão para $\;AP\;$ em função de $\;a:\;$
   $\; AP^2 = PD^2 - DA^2 = \displaystyle\frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2 - a^2 = \left(\frac{ \sqrt{2} +1}{2} -1\right) a^2 = \frac{\sqrt{2}-1}{2} a^2\;$


3. Por outro lado, na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio $\;k\;$ do incírculo de um triângulo $\;[PDA]\;$ retângulo em $\;A\;$, é dado por $\;k= \displaystyle \frac{DA+AP-PD}{2}.\;$
   
   Assim, em função de $\;a\;$ o valor de $\;k\;$ é:
   $\; \displaystyle \frac{1}{2} (DA+AP-PD) = \frac{1}{2}\left( a + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} a - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} a \right).\;$
   Concluindo $$k= \frac{a}{2}\left( 1 + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}}\right)$$

---

J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos

---

Problema: Dois círculos gémeos $\;(J, k)\;$ e $\; (K, k)\;$ estão inscritos respetivamente em $\;[ABP]\;$ e $\;[APC].\;$
Determinar o comprimento de $\;AP\;$ em função dos lados de $\;[ABC]\;$


Notações: $\; x=AP, \;a =BC, \;b=AC,\; c=AB, 2p=a+b+c,\; 2p_1=c+BP+PA., 2p_2=AP+PC+b\;$ De resto seguimos as designações usadas na fuigura.

© geometrias, 15 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Clicando no botão que mostra ou esconde a circunferência $\;(I, r),\;$inscrita no triângulo $\;[ABC],\;$ mostram-se ainda os segmentos $\;BI, CI\;$ das bissetrizes de $\;\hat{B}\;$ (a passar por $\;J\;$) e de $\;\hat{C}\;$ a passar por $\;K\;$ ; e o segmento $\;II_a,\;$ raio de $\;(I)\;$ para o ponto de tangência com $\;BC.\;$<

---

O problema apresentado consiste em demonstrar, consideradas as notações da figura e as referidas acima, que $$\;AP = \sqrt{p(p-a)}$$

1. Sendo $\; 2p_1=c+BP+PA,\;$ $\;2p_2=AP+PC+b \;$ e $\;BP+PVC=a,\;$ $\;\; 2(p_1+p_2)= c+BP+x +x+PC+b =a+b+c+2x =2p+2x$
   ou, concluindo, $$ p + x = p_1 + p_2$$
2. As áreas dos três triângulos relacionam-se como segue. $\;\Delta ABC = \Delta ABP + \Delta APC \;\;\;$ e, cada uma das áreas pode ser obtida pelo produto do semiperímetro do triângulo pelo raio da circunferência nele inscrita. Assim, temos $\;p\times r = (p_1 +p_2)\times k = (p+x)\times k = p.k+x.k\;$ e, finalmente, de $\;p.r=p.k+x.kp\;$ se conclui $$x = \frac{p.r}{k}-p$$
3. Há, na figura completa, triângulos obviamente semelhantes $\;[IBI_a]\; \sim \;[JBJ_a]\;$ e $\;[CII_a]\; \sim \;[CKK_a]\;$ Por isso, podemos escrever que $$\frac{r}{k} = \frac{BI_a}{BJ_a} = \frac{I_aC}{K_aC} \;\; \;\; (*)$$ Como $\;(I, r)\;$ é tangente a $\;BC\;$ em $\;I_a,\;$ a $\;AC\;$ em $\;I_b\;$ e a $\;BC\;$ em $\;I_c,\;$ $ \; BI_a =BI_c, \; CI_a=CI_b, \; AI_c=AI_b\;$
   $\underbrace{BI_a+ I_aC}+AI_c =BI_c+\underbrace{CI_b+I_bA} =BC+AI_c=BI_c+CA=$ $= a+AI_c=BI_c+b=a+AI_b=b+BI_a=p \;$ e, em conclusão,
   $\;BI_c=BI_a=p-b, \; CI_b=CI_a = p-c.$
   Também é $\;AI_b=AI_c=p-a.\;$.
   Do mesmo modo, como $\; (J, k)\;$ é o incírculo de $\;[ABP], \; \;BJ_a=p_1-AP=p_1-x$ e, por ser $\; (K, k)\;$ incírculo de $\;[APC],\;\;\; CK_a=p_2 - AP=p_2-x.$
   
   E, retomando $\;\;(*)\;\;$, podemos escrever $$\frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x} =\frac{p-c}{p_2-x}$$
4. Temos assim 3 equações envolvendo $\;AP=x,\; r,\; k, \;p, \;a, \;b, \;c,\;p_1, \;p_2\;$ :
   • $x=\displaystyle \frac{rp}{k}-p$
   • $\displaystyle \frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x}$
   • $\displaystyle \frac{r}{k}=\frac{p-c}{p_2-x}$
   que se podem reduzir a duas em $\;x, \;a, \;b; \;c. \; p,\;p_1, \;p_2\;$ $$x=p\times\frac{p-b}{p_1-x} -p \Longleftrightarrow p_1x -x^2 =p(p-b)-p(p_1-x) $$ $$ x= p\frac{p-c}{p_2-x}-p\Longleftrightarrow p_2x-x^2 = p(p-c)-p(p_2-x)$$ que, somadas ordenadamente, dá $$(p_1+p_2).x-2x^2=p.(2p-b-c)-p.(p_1+p_2)+2px$$ e, finalmente,
   $(p+x).x-2x^2=p.a-p(p+x)+2px \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a-p(p+x)-x.(p+x)+2px \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow -2x^2=p.a+2px-(p+x)^2 \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a+2px - p^2 -x^2-2px \Longleftrightarrow -x^2 =pa-p^2 \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow x^2 = p(p-a)$ $$ x= \sqrt{p(p-a)} \;\;\;\;\;\;\; \square$$

---

J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Num quadrado, uma semicircunferência e duas circunferências com tangentes comuns

---

Problema: Temos um quadrado $\;[ABCD]\;$, um semicírculo de diâmetro $\;AB,\;$ ao qual $\;CK\;$ é tangente. A circunferência de centro $\;O_1\;$ está inscrita no triângulo $\;[CDK],\;$ As tangentes comuns a $\;(O), \;(O_1)\;$ são as retas $\;AD, \; EH.\;$ Esta última $\;EH\;$ interseta $\;CK\;$ em $\; G\;$. A circunferência de centro $\;O_2\;$ está inscrita no triângulo $\;[CGH].\;$
Determinar relações entre os raios de $\;(O_1)\;$ e $\;(O_2).\;$


Notações: Representemos por $\;a =AB =...\;$ o comprimento do lado do quadrado , por $\;r_1\;$ o raio de $\;(O_1)\; $ e por $\;r_2\;$ o raio de $\;(O_2).\;$

A construção da figura é feita pela ordem que a descrição do enunciado sugere e a determinação das relações pode ser feita de vários modos. Escolhemos o que nos pareceu mais simples, com recurso a propriedades das tangentes comuns a circunferências, a triângulos retângulos, teorema de Pitágoras e semelhanças.

© geometrias, 13 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Fazendo variar de 1 a 4 os valores de $\;n\;$ no cursor verde escuro ao fundo da construção, poderá acompanhar com elementos auxiliares os passos de resolução do problema.

---

1. Por construção, a semicircunferência $\;(O)\;$ tem diâmetro $\;AB=a\;$ ou raio igual a $\;\displaystyle \frac{a}{2}\;$ e como $\;CL\;$ e $\;CB\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;C, \;$ $\;CL =CB =a.\;$ Do mesmo modo, por serem $\;CS\;$ e $\;CM\;$ segmentos das tangentes a $\; (O_1)\;$ tiradas por $\;C, \; \;CS =CM= CD-DS = a- r_1$. Assim, o segmento entre os pontos $\;L\;$ e $\;M\;$ de tangência de uma tangente comum (interiormente) a (O) e (O_1) é tal que $$\;LM = CL - CM = a-(a-r_1)=r_1\; \; \; \\ \wedge \\ LM^2 =OO_1^2 - OW^2= (OT^2+TO_1^2)- OW^2= \left(\frac{a}{2} -r_1\right)^2 +\left(a-r_1\right)^2 - \left(\frac{a}{2}+r_1\right)^2 =\\ =\frac{a^2}{4}+r_1^2 - ar_1 + a^2+r_1^2-2ar_1 - \frac{a^2}{4} - r_1^2 - ar_1 = r_1^2 + a^2 - 4ar_1 $$ $$ r_1^2 = r_1^2 + a^2- 4ar_1 \Longleftrightarrow a^2-4ar_1=0 \Longleftrightarrow a(a-4r_1)=0 \Longleftrightarrow a=0 \vee r_1=\frac{a}{4} $$ Existindo quadrado $\;ABCD\;$ de lado não nulo $\;(a \neq 0), \;$ o raio da circunferência $\;(O_1) \;$ é $\, \displaystyle r_1 = \displaystyle \frac{a}{4}$
2. Como $\;M, \;F\;$ são pontos de tangência das tangentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;O_1M \perp MG, \; O_1F \perp GF,$ $\; GM=GF, \; O_1M=r_1=\displaystyle \frac{a}{4}=O_1F \:$ e, em consequência, $\;[O_1MGF]\;$ é um quadrado de lado igual a $\;r_1 = \displaystyle \frac{a}{4},$ (um quadrilátero equilátero com dois ângulos opostos retos é um quadrado.)
   De modo análogo por $\;L, \; V\;$ serem pontos de tangência das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;[GLOV]\;$ é um quadrado de lado $\; \displaystyle \frac{a}{2}\;$
   Como $\;KR\;$ e $\;KM\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O_1) \;$ tiradas por $\;K, \;\;KR\;=\;KM$
   E, do mesmo modo, como $\; AK\;$ e $\;KL\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;K,\; AK=KL$
   $\;AR =AD-RD = \displaystyle a-\frac{a}{4} = \frac{3a}{4}=AK+KR=AK+KM=AK+KL+LM=2KL+LM=2AK+\frac{a}{4}\;$, de onde se retira $\;2AK=\displaystyle \frac{2a}{4}\; $ ou $\;AK=KL=\displaystyle \frac{a}{4}.\;$
   $\;GK = \frac{3a}{4}\;$ Como $\;[EO_1F] \sim [O_1KM]\; $ e $\;KM=2.MO_1\;$ temos $O_1F=2.EF\;$ ou $\;EF=\displaystyle \frac{1}{2}O_1F = \frac{1}{2} \times \frac{a}{4} = \frac{a}{8}.\;$
   $GE=GF+FE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}\;$ Como $\;S, \; F\;$ são pontos de tangência das tagentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;E, \; EF=ES= \displaystyle \frac{a}{8}\;$ e $\;DE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}= GE.\;$
   $CE= CD-DE =\displaystyle a -\frac{3a}{8} = \frac{5a}{8} $
   Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo $\;CGE\;$ retângulo em $\;G\;$ temos $\;CG^2 = CE^2-GE^2 = \displaystyle \left(\frac{5a}{8}\right)^2 - \left(\frac{3a}{8} \right)^2 = \frac{16a^2}{64},\;$ de onde $\;CG=\displaystyle \frac{a}{2}.\;$
3. A circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ está inscrita no triângulo $\;[HCG]\;$ retângulo em $\;G\;$ e obviamente semelhante a $\;[KCD]\;$ retângulo em $\;D.\;$ . De facto, para além de $\; \angle D = \angle G,\;$ também $\;\angle G\hat{H}C = \angle D\hat{C}K\;$por ambos serem complementares de $\;\angle H\hat{C}G.\;$
   
4. Para resolver o problema proposto de determinar a relação entre os raios dois círculos, bastará determinar a razão da semelhança entre os triângulos em que eles estão inscritos.
   A razão da semelhança $\;[HCG]\;\sim \;[KCD]\;$ pode ser calculada, já que conhecemos os comprimentos (em função de $\;a\;$) de dois catetos homólogos $\;CG = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;KD=\displaystyle \frac{3a}{4}$. Assim, podemos dizer que $$\;r_1 = \frac{3}{2} \times r_2\; \;\;\;\; \; \square$$
   Como $ \; \displaystyle r_1=\frac{a}{4}, \; r_2=\frac{a}{6}.\;$ ....

---

a partir de enunciado de J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
e seguindo em parte o processo de Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Raios das circunferências inscritas e altura em triângulos retângulos

---

Problema: Dividimos o triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ pela altura $\;CD\;$ relativa à hipotenusa $\;AB.\;$ Provar que a soma dos raios $\;r_1, \;r_2, \;r_3\;$ respetivamente das circunferências inscritas em $\;ABC, \; BCD, \; CAD\;$ é $\;CD\;$

Na entrada de 13 de Setembro p.p., círculo "misto" de um triângulo retângulo no seu ponto 5. tínhamos demonstrado que o raio $\;r\;$ da circunferência inscrita num triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ é dado pelo seu semiperímetro subtraído da hipotenusa $$r= \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2}$$ em que $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB.\;$ Ou: o comprimento do diâmetro do incírculo de um triângulo retângulo é igual à soma dos catetos subtraída da hipotenusa $$2r= a+b-c$$

© geometrias, 6 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Clicando nos botões $\fbox{1, 2, 3, 4}\;$, na esquerda ao fundo, poderá ver (ou ocultar) a altura, os diversos (in)círculos e respetivos (in)raios.

---

$\fbox{x}$ 1. inscrita em ABC:     No caso da nossa circunferência $\;(O_1,\; r_1)\;$ inscrita em $\;ABC\;$ de catetos $\;a=BC, b=AC\;$ e hipotenusa $\;c=AB\;$, temos $$2r_1=a+b-c$$ $\fbox{x}$ 2. altura h_C:     Chamámos $D$ ao pé da altura relativa a $\;c.\;$ Na nossa figura, $\;h_C= h=CD $. Como $\;CD \perp AB,\; CD\;$ divide o triângulo $ABC$ em dois triângulos, ambos retângulos em $\;D:\;$

• $\;BCD\;$ de catetos $\;BD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;a=BC\;$
• $\;CAD\;$ de catetos $\;AD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;b=AC\;$

$\fbox{x}$ 3. inscrita em BCD:     Da circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ inscrita em $\;BCD\;$ $$2r_2 =BD+DC-a$$ $\fbox{x}$ 4. inscrita em ACD:     Da circunferência $\;(O_3, \;r_3)\;$ inscrita em $\;ACD\;$ $$2r_3 =AD+DC-b$$
Finalmente, podemos concluir $$2(r_1+r_2+r_3) = a+b-c + BD+DC-a +AD+DC-b=\underbrace{\underbrace{-c}+\underbrace{BD+DA}}+ 2DC= 2DC $$ ou $$r_1+r_2+r_3 =h_C \;\;\;\; \;\; \square$$

---

a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University. (sugestões de António Aurélio Fernandes)

Dois pentágonos e dois círculos numa circunferência

---

Problema: Observe a figura abaixo: Dois pentágonos iguais ABCDE e EFGHA de que os pontos C, D , F, G estão sobre uma circunferência azul; dois círculos vermelhos em que um deles está inscrito no triângulo BAH e outro tangente à circunferência azul, a DE e a EF.
Pede-se a relação entre os raios dos círculos vermelhos.

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

---

Clique no botão de mostrar e ocultar     [□auxiliares]    para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

---

Como $\;AC=AD=AF=AG,\;$ a circunferência que passa por $\;C, \;D, \;F, \;G \;$ tem centro em $\;A\;$ e raio igual às diagonais dos pentágonos.
Cada um dos círculos vermelhos está inscrito num triângulo: o maior no triângulo $\;PEQ\;$, o menor em $\;BAH\;$ Para determinar a razão entre os raios dos círculos vermelhos, bastará determinar a razão de semelhança entre os triângulos em que se inscrevem. Por simples observação: dos ângulos $\;PEQ \sim FEQ\;$ e dos lados $\;FEQ =HAB\;$.
A altura do triângulo $PEQ$, pode ser calculada assim $$EJ= AJ - AE = AD-AE =\; \displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2} AE - AE = \frac {\sqrt{5} -1}{2} AE, \;$$ porque a razão entre a diagonal $\;AD\;$ de um pentágono regular e o seu lado $\;AE\;$ é igual a $\; \displaystyle \frac{AD}{AE} = \frac{\sqrt{5}+1}{2}\;$ (número de ouro). A altura do triângulo $\;BAH\;$ relativa a $\;HB\;$ é metade da base do triângulo $\;AKB :\;\;\;\displaystyle AI=\frac{1}{2}AK\;$. Este triângulo $\;AKB\;$ é isósceles (e semelhante a $\;ACE):\; \, A\hat{K}B= B\hat{A}K = 180^{o}-B\hat{A}E = 72^{o}, \;\; \; K\hat{B}A = 36^{o}.\;$ Para o que interessa, dessa semelhança retira-se: $\; \displaystyle\frac{AB}{AK}= \frac{AC}{AE} = \frac{1+\sqrt{5}}{2},\;$ ou, para o que interessa, sabendo que $\;AB=AE\;$ $$\;AK = \frac{2AB}{\sqrt{5}+1}= \frac{2AE}{\sqrt{5}+1}$$ $$AI = \frac{1}{2} AK = \frac{1}{2}\times\frac{2AE}{\sqrt{5}+1}= \frac{AE}{\sqrt{5}+1} =\frac{AE \times (\sqrt{5} -1)}{(\sqrt{5} +1)\times (\sqrt{5} -1)} =\frac{\sqrt{5}-1}{4} AE $$ ou seja, a razão de semelhança $\;BAH \sim PEQ\;$ é 2, calculada pela razão das alturas $\; \displaystyle\frac{EJ}{AI}=2\;$ relativas aos lados $\;BH \;$ e $\;PQ\;$. Por isso, 2 é também razão entre os raios dos círculos vermelhos. O raio do círculo tangente à circunferência azul e aos lados $\;DE\;$ e $\;EF\;$ dos pentágonos tem comprimento duplo do raio do círculos vermelho tangente a $\;AH, \;HB, \; BA\; \;\;\; \; \square$

---

em Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003 sugerido por António Aurélio Fernandes

Seis círculos gémeos num retângulo

---

Problema: Na figura abaixo, cada um de seis círculos é tangente a três outros e quatro deles são também tangentes a um ou dois lados do retângulo que os contém. Determinar as relações entre o raio dos círculos iguais e as dimensões do retângulo.

© geometrias, 27 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Clique no botão de mostrar e ocultar     [□auxiliares]    para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

---

Sejam $\;a=MN\;$ e $\;b=NO\;$ as dimensões do retângulo $\;[MNOP]\;$ e tomemos para unidade o diâmetro dos círculos amarelos.
Por simples observação da figura, temos $$\;AB=3, \;AD=1, \; AC=b-1, \;BC= a-1, \; AF=AD=DF=1 \;BE= \displaystyle \frac{5}{2}$$

1. Como $\;AFD\;$ é equilátero, $\;DE\;$ é a sua altura e, aplicando o Teorema de Pitágoras a $\;ADE,\;$ temos $\;DE^2= AD^2-AE^2,\; BE=\displaystyle \frac{5}{2} \;$ ou seja, $\;DE^2 =1 -(\displaystyle \frac{1}{2})^2 = \frac{3}{4} :\; DE=\frac{\sqrt{3}}{2}\;$
2. Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo $\;BED\;$, obtém-se $\;BD^2 = BE^2 + ED^2\;$ ou $\;BD^2= \displaystyle \frac{25}{4}+\frac{3}{4} =\frac{28}{4}: \; BD=\sqrt{7},\;$ e, como $\;BC= BD+DC, \;$ ou $a-1 = \sqrt{7}r+DC, \;$ então $\;DC= a-1-\sqrt{7}$
3. Aplicando agora o Teorema de Pitágoras aos triângulos $\;ABC\;$ e $\;ACD,\;$ obtemos $$\begin{matrix} (a-1)^2 + (b-1)^2 =9 &\; \wedge \; &\left(a-1-\sqrt{7}\right)^2 +(b-1)^2 =1\\ (a-1)^2 -(a-1-\sqrt{7})^2 =8 &\;\wedge \; & \ldots \\ (a-1)^2 -(a-1)^2 -7 +2(a-1)\sqrt{7}=8 &\; \wedge \;& \ldots \\ 2(a-1)\sqrt{7}=15 &\; \wedge \;&\left(\frac{15\sqrt{7}}{14} -\sqrt{7}\right)^2 +(b-1)^2 =1 \\ a= 1+\frac{15}{2\sqrt{7}} &\;\wedge \; &\left(\frac{\sqrt{7}}{14}\right)^2 +(b-1)^2 =1 \\ \ldots & \; \wedge \; & (b-1)^2 = 1- \frac{1}{28}\\ \ldots & \;\wedge \;& b-1 =\sqrt{\frac{27}{28}}\\ a= 1+\frac{15}{2\sqrt{7}} &\;\wedge \; & b = 1+ \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} \;\;\; \; \square \end{matrix} $$ tomando para unidade o diâmetro dos círculos iguais.

---

em Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003 sugerido por António Aurélio Fernandes

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências (II)

---

Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por $\;A\;$ e por $\;B.\;$ Determinar os raios dos círculos coloridos em função do diâmetro $\;AB\;$ dado.

Clique no botão de mostrar e ocultar "Auxiliares" para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.
Na anterior entrada, vimos algumas relações entre os triângulos da figura e os elementos definidores. Com base na nossa figura, determinámos as posições dos pontos de tangência $\;M, \; N\;$ e os centros $\;J\;$ e de $\;K\;$ . Há várias construções auxiliares que nos apareceram como necessárias às determinações de $\;MJ\;$ e $\;KN\;$ em função de $\;AB.\;$ Não desistimos de tentar resolver esse problema com recurso exclusivo à nossa figura base e a resultados básicos. Mariana Sacchetti apresentou uma resolução, a seguir transcrita aqui.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

1.
Começa por lembrar os termos usados: $\;AB=4r, \; AD=AM= 2r, \; OM=r\;$ e da semelhança de triângulos $\;ADE \sim OME\;$ retângulos em $\;D\;$ e $\;M\;$ retira $$\frac{AE}{OE} =\frac{AD}{OM}≈\frac{DE}{ME} = 2,$$ por ser $\;AD=2r\;$ e $\;OM=r.\;$. E a partir destas proporções constantes, retira
$$ \begin{matrix} DE=2ME & \mbox{ou} & r+OE=2ME&& OE=2ME-r & & \ldots& & OE = \frac{5}{3}r\\ &&&\Longleftrightarrow&&\Longleftrightarrow& &\Longleftrightarrow&\\ AE=2OE & \mbox{ou} & 2r+ME=2OE & & 2r+ME =4ME-2r& &3ME=4r&&ME=\frac{4}{3}r \\ \end{matrix} $$ Da semelhança $\;OME \sim HMB\;$ ambos retângulos em $\;M\;$ retira $$\frac{HB}{OE}=\frac{HM}{OM}=\frac{MB}{ME} =\displaystyle\frac{3}{2},$$ por ser $\;MB=2r\;$ e $\; ME=\displaystyle \frac{4r}{3}\;$ (como vimos antes). Assim sendo $\; \displaystyle OE = \frac{5}{3}r,\;$ como vimos antes, e $\; \displaystyle \frac{HB}{OE} = \frac{3}{2},\;$ então $\; HB= \displaystyle \frac{3}{2} \times \frac{5}{3}r ,\;$ $$ HB= \frac{5r}{2}.$$ E, analogamente, por ser $\;OM =r, \;$ e $\;HM=\displaystyle \frac{3}{2}\times r, \;$ $$HM= \frac{3r}{2}.$$
2.
A circunferência $\;(J)\;$ do círculo amarelo está inscrita no triângulo $\;ABH\;$ isósceles ($\;AH=HB = \displaystyle \frac{5r}{2}\;$) de perímetro $2p =AB+BH+HA=4r+ 2\frac{5r}{2}=9r, \;$ cuja área é, por um lado, $$\Delta ABH = \displaystyle\frac{AB\times HM}{2} =\frac{4r \times {3r}{2}}{2} =6r^2$$ e por outro, como produto do seu semiperímetro $\;p = \displaystyle\frac{9r}{2}\;$ pelo raio da circunferência nele inscrita, no caso $\;MJ\;$ $$\Delta ABH = p\times MJ = \frac{9r}{2} MJ$$ de onde se retira, $\;6r^2 =\displaystyle \frac{9r}{2} MJ$ e, finalmente $$MJ= \frac{2r}{3} \;\;\; \mbox{ou}\;\;\; MJ= \frac{AB}{6}. $$
3.
A relação entre os valores de $\;NK\;$ e $\;AB\;$, obtém-se rapidamente da relação anterior e de outra $\;NK = \frac{MJ}{3}\;$ já estabelecida na entrada anterior: $$NK = \frac{MJ}{3}= \frac{\displaystyle\frac{2r}{3}}{3} =\frac{2r}{9} \; \;\; \mbox{ou} \,\;\; NK =\frac{AB}{18} \;\;\; \;\square$$

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências

---

Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por $\;A\;$ e por $\;B.\;$ Construa geometricamente os círculos coloridos.

Clique no botão de mostrar e ocultar "Auxiliares" para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

A figura inicial mostra: a semicircunferência e o seu diâmetro $\;AB\;$, a preto; uma circunferência azul tangente aos pontos médios do diâmetro e do arco $\;AB\;$ da semicircunferência; quatro segmentos de reta, castanhos, obtidos como partes das tangentes à circunferência azul tiradas por $\;A, \;B \;$, desde $\;A\;$ (ou $\,B\;$) até à interseção da tangente com o arco da semicircunferência, e os outros dois unindo cada um destes pontos com $\;A\;$ ou com $\;B\;$; dois círculos - um amarelo e outro verde - tangentes aos dois últimos segmentos e à circunferência azul nos pontos em que esta é tangente aos diâmetro e arco da semicircunferência.
A mediatriz de $\;AB\;$ é obviamente eixo de simetria da figura dada.

Desocultando as referências auxiliares,

1. Temos o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB\;$, o segmento $\;MN\;$ da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;M\;$ e o ponto $\;O\;$ médio de $\;MN\;$, centro da circunferência azul que passa por $\;M, \;N\;$, pontos de tangência.
   Designando o comprimento de $\;AB\;$ por $\;4r,\;$ $\;AM = MB= MN =2r, \;$ e $\;OM=ON = r, \;$ sendo o diâmetro $\;AB\;$ da semicircunferência duplo do diâmetro $\;MN\;$ da circunferência azul.
2. Realçamos os pontos $\;C\;$ e $\;D\;$ de uma das tangentes a $\;(O, OM)\;$ tiradas por $\;A.\;$ A outra é $\;AMB\;$ Como $\;D, \;M\;$ são pontos de tangência, sabemos que $\;AD =AM = 2r\;$ e como $\;C\;$ é ponto da semicircunferência de diâmetro $\;AB, \;$ o triângulo $\;ABC\;$ é retângulo em $\;C\;$ ou $\;AC \perp CB\;$
3. O segmento $\;DO\;$ que, por ser o raio de $\;(O)\;$ para o ponto $\;D\;$ de tangência, é perpendicular à tangente $\;AC.\;$ Realçamos o ponto $\;E = DO.AB \;$, sendo $\;DE \perp AC \wedge DE \parallel BC\;$.
4. Assim são semelhantes os triângulos $\;AED \sim ABC,\;$ respetivamente retângulos em $\;D\;$ e $\;C\;$.
   E, como é óbvio, também $\;AED \sim EOM$ e $\; EOM \sim BHM,\;$, por ser $\;\angle A\hat{E}D = \angle A\hat{B}C = \angle M\hat{E}O \;$ e $\;\angle E\hat{D}A = \angle B\hat{C}A = \angle O\hat{M}E \;$ $$\frac{AC}{AD} = \frac{CB}{DE}= \frac{AB}{AE}; \; \frac{AE}{OE}=\frac{AD}{OM}=\frac{DE}{ME}; \; \frac{BH}{OE} =\frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}$$ A área do triângulo $\; \Delta AED\;$ pode ser calculada: $$ 2\Delta AED = AD\times DE = AD\times (DO+OE)= 2r \times (r+ OE) =2r^2 +2r.OE,$$ como triângulo de base $\;AD\;$ e altura $\;DE\;$ por ser retângulo em $\;D,\;$ ou $$2\Delta AED = 2\Delta AOD + 2\Delta AEO = AD\times DO + OM \times AE = AD\times DO + OM \times (AM+ME)= $$ $$ =2r \times r + r.(2r+ME)=2r^2+ 2r^2+r.ME = 4r^2 +r.ME,$$ como soma do triângulo $\;ADO\;$ retângulo em $\;D\;$ com triângulo $\;AOE\;$ de base $\;AE\;$ e altura $\;OM.\;$ $$2r^2 + 2r.OE = 4r^2 + r.ME \Longleftrightarrow 2r.OE= 2r^2+r.ME \Longleftrightarrow 2\times OE=2r + ME \Longleftrightarrow OE= r +\frac{ME}{2}$$ Como o triângulo $\;EOM\;$ é retângulo em $\;M,\;$ $$\;EO^2 = EM^2 + MO^2\;$$ ou $$ \left(r+\frac{ME}{2}\right)^2 = EM^2 +r^2,$$ $$\;r^2+\frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 +r^2 \Longleftrightarrow \frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 \Longleftrightarrow ME^2 +4r \times ME=4ME^2 \Longleftrightarrow $$ $$\Longleftrightarrow ME +4r =4\times ME \Longleftrightarrow 4r =3\times ME$$ para, finalmente, $$ME= \frac{4r}{3} =\frac{AB}{3}=\frac{2}{3} MN$$
5. A construção do círculo amarelo é simples, já que ele está inscrito no triângulo isósceles $\;AHB,\;$ com $\;AH = HB\;$. O centro do círculo amarelo é o incentro $\;J\;$ de $\;AHB\;$ na interseção das bissetrizes do triângulo: de $\;A\hat{H}B\; $ (que é a mediatriz $\;MH\;$ de $\;AB\;$) e do ângulo $\;H\hat{A}, por exemplo. A circunferência amarela tem centro em $\;J\;$ e passa por $\;M\;$.
6. O círculo verde é homotético do círculo amarelo. Ambos são tangentes a $\;AC, \;AC', \; (O, 2r)\;$. Os pontos de tangência com $\;(O, 2r)\;$ são $\;M\;$, para $\;(J)\;$, e $\;N\;$, para o círculo verde, permitem determinar a razão $\;k\;$ da homotetia de centro $\;H\;$ que transforma $\;M\;$ em $\;N\;$ $$\;k = \frac{\overrightarrow{HM}}{\overrightarrow{HN}}$$
   Como já vimos antes,
   $\;EOM \sim BHM\;$ e $\; \displaystyle \frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}.\;$
   Sendo $\;BM=2r, \;ME=\displaystyle\frac{4r}{3} \;\;\; e \;\;\; OM = r, \;$ obtemos $$\frac{2r}{\displaystyle\frac{4r}{3}} = \frac{BH}{r}$$ ou $$BH = \frac{3r}{2}$$ e, em consequência, como $MN= MH+HN = 2r$, $HN=\displaystyle\frac{r}{2}$ e $$\frac{HN}{HM} = \frac{1}{3} \;\;\;\; \mbox{e} \;\;\;\; k=-\frac{1}{3}$$ Para determinar o centro $\;K\;$ do círculo verde, bastará tomar $\;\displaystyle \frac{MJ}{3}\;$ e transferi-lo para $\;NK\;$

---

Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.

Círculo "misto" de um triângulo retângulo

Problema: Tomados 3 pontos que definem um triângulo [ABC] retângulo em C e um círculo (circuncírculo do triângulo), construa-se o círculo tangente interiormente aos dois catetos e ao circuncírculo.

Clicando nos botões de "mostra/esconde" à esquerda, poderá ver os diversos círculos, segmentos e pontos que podem ajudar a perceber a construção e as relações que se estabelecem.

1. Dados A, B, C, a=BC, b=CA, c=AB tais que BC ⊥ CA e, em consequência, a²+b² = c²
2. Clicando no botão "circuncírculo", aparece um círculo de centro O que passa pelos pontos A, B, C de raio R = OA = OB = OC. No triângulo retângulo O é o ponto médio da hipotenusa [AB] e, por isso, de comprimento c / 2. Como sabemos,
   (c / 2)² = OA² = OB² = OC² = ON² + OM² = (a / 2) ² + (b / 2)²
   

   © geometrias, 12 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

   ---



3. Clicando no botão "mista/solução" ficamos com a figura correspondente ao problema já resolvido. Temos o círculo (O, R)= (O, c / 2) e o círculo (O₁, r₁) tangente a BC, CA, (O, R). Analisar o problema de construção resolvido, esclarece como o resolvemos de facto.
   • Como (O_1, r₁) é tangente interiormente a (O, R) = (O, c/2 ),
     OP=R=c / 2 = OO₁+ r₁ e, em consequência, OO₁ = c / 2 - r₁
   • O triângulo OO₁Z é retângulo em Z, e OO₁ ² = O₁Z² + ZO².
     Ora O₁Z = O₁V-ON = r₁-a / 2 e OZ = OM - MZ = b / 2 - r₁
     
   • Finalmente, ( c / 2 - r₁)² =( r₁ - a /2)² + (b / 2 - r₁)²
     ( c / 2)² +(r₁ )² - c.r₁ = ( r₁)²+ (a / 2)² -r₁.a + ( b / 2)² +( r₁)² -b.r₁
     c²+4.r₁ ² -4cr₁ = 4r₁²+a²-4ar₁ +b^²+4r₁² -4br₁
     E, como c² = a² + b², podemos simplificar, obtendo
     -4cr₁ =-4ar₁-4br₁+4r₁^2 ou finalmente r₁= a+b-c.
   Esta análise feita sobre a figura do problema resolvido permite-nos construir a circunferência mista/solução. Como esta circunferência é tangente a CA e a BC,, o seu centro O₁ está à distância r₁= a+b-c de cada um dos catetos, é a interseção da perpendicular a CA tirada por um ponto V tal que VC =a+b-c com a perpendicular a BC tirada pelo ponto W tal que WC=a+b-c.
4. Clique agora no botão "incirculo", para ver o círculo tangente interiormente aos três lados do triângulo. Pode esconder as construções anteriores clicando no botão da direita alta para reiniciar ou usando os botões ocultar "circuncírculo" e "mista/ solução" caso estejam vísiveis. Como sabemos o centro do incírculo é equidistante dos três lados do triângulo, ou seja é o ponto de interseção das três bissetrizes.
5. Calculemos, em função de a, b, c dados, o comprimento do inraio r = IJ=IK=IL:
   • AC pode ser visto como a tangente a (I, r) tirada pelo ponto A ou tirada por C. Do mesmo modo, AB é tangente ao incírculo tirada por A ou por B. E BC é tangente ao incírculo tirada por B ou por C
     Como os segmentos das duas tangentes tiradas por um ponto são iguais, temos AJ=AL, BK=BL, CJ=CK.
     Por outro lado, temos AL+LB =AB=c, BK+KC=BC=a, CJ+JA=CA=b e AL+LB +BK+KC+CJ+JA= a+b+c. Mais simplesmente 2BK+2CJ+2AL = a+b+c . Designando por 2p o perímetro a+b+c do triângulo, BK+CJ+AL=p, sendo p o semiperímetro do triângulo. E, como CJ+AL = b, BK = BL= p-b. Do mesmo modo, como BK+CJ=BC=a, AL= AJ =p-a. E como BK+AL= BL+AL= c,\ CJ=CK= p-c.
   • Claro que, neste caso do triângulo retângulo em C, r= CJ=CK = p-c = (a+b+c)² - c = (a+b-c)²
6. Vimos assim que, para qualquer triângulo retângulo, se verifica a seguinte relação: o raio - r₁ - da circunferência tangente aos dois catetos e ao circuncírculo do triângulo é o dobro do raio - r - do incírculo, circunferência tangente aos 3 lados do triângulo

---

Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.

Construção das circunferências do anjo com um pão

---

Problema: Dados um quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;a\;$, arcos $\;(A, BD), \;(B, AC)\;$ e o semicírculo de diâmetro $\;CD\;$, determinar os centros e raios de dois círculos, um tangente aos três arcos e outro tangente a $\;CD\;$ e aos dois arcos $\;(A, BD), \;(B, AC)\;$
Para determinar os dois círculos, bastará determinar os raios dos círculos. Os seus centros estarão forçosamente no eixo de simetria da figura, isto é sobre a reta que liga os pontos médios $\;E\;$ de $\;CD\;$ e $\;F\;$ de $\;AB.\;$
Chamemos $\;O_1\;$ e $\;r_1\;$ aos centro e raio da maior circunferência (o pão?) e $\;O_2\;$ e $\;r_2\;$ aos centro e raio da circunferência menor (a cabeça do anjo?)
Clicando o botão no centro ao fundo verá os segmentos de reta auxiliares.
Toma-se o segmento de reta $\;EF\;$ que conterá $\;O_1, \;O_2\;$ e analisa-se o problema supondo que já está resolvido.

© geometrias, 7 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

1. $\;(O_1, r_1)?\;$ Esta circunferência é tangente internamente às circunferências
   • $\;(E, \; \displaystyle \frac{a}{2})\;$ e, por isso,
     • passa por $\;G,\;$ sua interseção com $\;EF\;$
     • $\;FO_1\; = FG+GO_1 = \displaystyle \frac{a}{2} + r_1$
   • $\;(A,\; a)\;$ e, por isso, $\;AO_1 = a-r_1, \;$, pois a distância entre centros de duas circunferências tangentes interiormente é igual ao valor absoluto da diferença dos seus raios
   • $\;(B,\; a)\;$ e, por isso, $\;BO_1 = a-r_1:\;$ ($\;AO_1=BO-1 =a-r_1\;)$
   Considerando o triângulo $\;[AFO_1],\;$ retângulo em $\;F\;$, cujos catetos são $\;AF = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;FO_1= \displaystyle \frac{a}{2} + r_1, \;$ e cuja hipotenusa é $\;AO_1=a-r_1\;$, o teorema de Pitágoras estabelece $$\left( \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2} + r_1\right)^2 = \left(a-r_1\right)^2$$ que dá o valor de $\;r_1\,$ em função do lado $\;a\;$ do quadrado: $$r_1 = \frac{a}{6}$$
2. $\;(O_2, r_2)?\;$ Esta circunferência é tangente a $\;CD\;$ no ponto $\;E\;$ e exteriormente às circunferências $\;(A, \; a)\;$ e $\;(B, \; a)\;$. As circunferências tangentes exteriormente têm centros distanciados um do outro $\;AO_2 =a+r_2.\;$.
   O Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo $\;[AFO_2]\;$, retângulo em $\;F\;$ cujos catetos são $\;AFO_2 = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;FO_2=a-r_2\;$ e cuja hipotenusa é $\;AO_2 = a+r_2\;$ garante que $$\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(a-r_2\right)^2 = \left( a+r_2\right)^2$$ que dá para $\;r_2\;$ um valor em função do lado $\;a\;$ do quadrado $$r_2 = \frac{a}{16}$$

Assim, a construção das circunferências fica feita se tomarmos o segmento $\;EF\;$ de comprimento $\;a\;$ e sobre ele tomarmos

• $\;O_1\;$ tal que $\;GO_1 =\displaystyle \frac{a}{6} =r_1\;$ - $\;(O_1, r_1)\;$ passa pelo ponto de interseção da semicircunferência de diâmetro $\;CD\;$ da figura
• $\;O_2\;$ tal que $\;EO_2 = \displaystyle\frac{a}{16} =r_2\;$ - $\;(O_2, r_2)\;$ passa por $\;E\;$

---

sugerido em vários apontamentos feitos sobre "sangakus", asssim apresentadas em pt.wikipedia: tábuas comemorativas, em madeira, oferecidas a pequenos santuários japoneses, como forma de agradecer aos deuses, provavelmente, a resolução de um problema matemático...

Posições de 3 circunferências tangentes entre si e tangentes a uma reta dada

---

Problema: Dada uma reta $\;a\;$ construir três circunferências tangentes à reta dada e tangentes duas a duas de que se conhecem os raios $\;r_1, \;r_2\;$ de duas delas.


Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. $\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se a reta $\;a\;$ e segmentos $\;r_1, \;r_2\;$ de comprimentos iguais aos raios de duas circunferências $\;(O_1, \;r_1), \;(O_2, \;r_2).\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos a circunferência inscrita em $\;(O_1, \;r_1)\;$ para a qual $\;T_1\;$ é um ponto de $\;a :\; O_1T_1 \;\perp\; a \;\wedge\; O_1T_1 =r_1.\;$
3. $\fbox{n=3}:\;$ Para construir $\;(O_2, \;r_2)\;$ nas condições requeridas temos de determinar os pontos $\;O_2, \; T_2\;$ tais que $\;T_2 \in a, T_2O_2\; \perp \;a, \; T_2O_2=r_2, \;O_1O_2=r_1+r_2\;$
   Analisando o problema resolvido, a posição de $\;T_2\;$ sobre $\;a\;$ relativamente a $\;T_1\;$ é dada por $\;T_1T_2 = 2 \sqrt{r_1r_2}\;$
   Nota: $\;\sqrt{r_1r_2}\;$ é determinado como altura de triângulo retângulo inscrito numa semicircunferência de diâmetro $\;r_1+r_2\;$ por ela dividido nos comprimentos - parcelas).
4. $\fbox{n=4}:\;$ Esse resultado está bem ilustrado na figura. Recorrendo a um triângulo $\;O_1PO_2\;$ retângulo em $\;P\;$, para o qual um dos catetos é $\;O_1P = |r_1-r_2|\;$ e a hipotenusa é $\;O_1O_2 = r_1+r_2\;$, o outro cateto é $\;O_2P = T_1T_2.\;$
   E assim, pelo Teorema de Pitágoras aplicado a $\;O_1PO_2\;$, $\;T_1T_2 ^2 = (r_1+r_2)^2 - (r_1-r_2)^2= 4r_1r_2\;$, e finalmente $$\;T_1T_2 =2\times \displaystyle \sqrt{r_1r_2}.\;$$ Fica assim determinada a posição da circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ tangente a $\;a\;$ e a $\;(O_1, \;r_1).\;$



© geometrias, 29 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

---

5. $\fbox{n=5}:\;\;$ Para determinar a posição do ponto de tangência a $\;a\;$ - $\;T_3\;$ e raio $\;r_3\;$ de uma circunferência $\;( O_3, \;r_3),\;$, usamos os resultados anteriores agora aplicados aos pares de circunferências $\;\left(( O_1, \;r_1), \;( O_3, \;r_3)\right)\;$ e $\;\left(( O_2, \;r_2), \;( O_3, \;r_3)\right)\;$:
   $\;T_1T_3 = 2\sqrt{r_1r_3}, \;T_2T_3 = 2\sqrt{r_2r_3}.\;$
   Como terá de ser $\;T_1T_2 = T_1T_3 + T_3T_2,\;$ $\;2\sqrt{r_1r_2}=2\sqrt{r_1r_3} + 2\sqrt{r_2r_3}$, equivalente a $\;\sqrt{r_1r_2}=\sqrt{r_3}(\sqrt{r_1} + \sqrt{r_2})$, por sua vez equivalente a $$\frac{1}{\sqrt{r_3}} =\frac{1}{\sqrt{r_1}} + \frac{1}{\sqrt{r_2}}$$ que nos permitem a determinação de segmento de comprimento $\;\sqrt{r_3} \;$.
   Na nossa construção, usamos a construção de $\;\sqrt{r}\;$ como altura do triângulo retângulo de hipotenusa $\;r+1\;$ por ela dividida nestas suas parcelas, e recorremos à inversão (já muitas vezes aplicada na resolução de problemas de construção neste "lugar geométrico")
   Nota: O que fazemos para obter $\;r_3\;$ após termos obtido $\;\sqrt{r_3}\;$? Tomamos um segmento de comprimento 1 sobre uma reta à distância $\;\sqrt{r_3}\;$. Tiramos por um dos extremos do segmento unitário uma perpendicular a este e marcamos a interseção com a paralela. Tomamos para cateto de um triângulo retângulo o segmento que une esta interseção com o outro extremo do segmento unitário. A reta perpendicular a este cateto vai intersetar a reta do segmento unitário num ponto à distância $\;r_3\;$ do extremo da altura do triângulo de hipotenusa $\;1+\sqrt{r_3}\;$
6. $\fbox{n=6}:\;\;$ O centro $\;O_3\;$pode ser obtido como interseção das circunferências $\;(O_1, \;r_1+r_3)\;$ e$\;(O_2, \;r_2+r_3)\;$. E a terceira circunferência da solução do problema inicial está bem determinado (com régua e compasso)

Cinco círculos gémeos num quadrado

---

Começámos o ano de 2008 com a publicação de uma construção animada sobre círculos gémeos (iguais) na faca de sapateiro (que é sempre referida a Arquimedes) que pode ser revisitada, clicando aqui.
Nesta entrada, apresentamos uma construção muito conhecida com triângulos retângulos, usada para demonstrar o Teorema de Pitágoras, mas sujeita a restrições de modo a acolher num quadrado cinco círculos gémeos, em que cada um de quatro deles é tangentes a um lado do quadrado e todos esses quatro são tangentes exteriormente ao quinto central.

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. $\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$, de hipotenusa $\;c=AB\;$ e catetos $\;a=BC, \:b=AC.\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos a circunferência inscrita em $\;ABC\;$ cujo centro é o ponto comum às bissetrizes dos ângulos do triângulo, equidistante dos lados do triângulo. Tomammos os pontos de tangência $\;T_a, \;T_b, \;T_c.\;$
3. $\fbox{n=3}:\;$
   • Como sabemos os segmentos das tangentes a uma circunferência tiradas por um ponto são iguais; $\;AT_b = AT_c, \;BT_a =BT_c, \;CT_b =CT_a\;$
   • Uma tangente a um círculo é perpendicular ao raio no ponto de tangência: $IT_c \perp AB, \;IT_b \perp AC, \; IT_a \perp BC. \;$
   • Num triângulo retângulo em $\;C\;$, $\;T_bC \perp T_aC$.
   • $\;CT_bIT_a\;$ é um quadrado de lado igual ao inraio $\;r\;$
   • 
     $\;AC=b=AT_b+T_bC = AT_b + r\;$ e, logo, $\;AT_b =b-r\;$
     $\;BC=a=BT_a+T_aC = BT_a + r\;$ e, logo, $\;BT_a =a-r\;$
     $\;AB=c=AT_c+T_cB = AT_b + BY_a = b-r + a-r = a+b-2r \;$
     que é o mesmo que $\;2r=a+b-c\,$
   Fica assim estabelecida a relação, para qualquer triângulo retângulo de catetos $\;a,\;b\;$ e hipotenusa $\;c\;$, entre os lados e o raio $\;r\;$ da circunferência inscrita: $$r=\frac{a+b-c}{2}$$



© geometrias, 20 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

---

4. $\fbox{n=4}:\;\;$ Para demonstrar o Teorema de Pitágoras, usamos várias formas de, a partir de triângulos retângulos iguais a um original, construir
   
   • ou um quadrado de lado igual à soma dos catetos em que as hipotenusas de 4 triângulos iguais são lados de um quadrado, de tal modo que $$(a+b)^2=4\times \frac{ab}{2} +c^2$$ para concluir que $a^2+b^2=c^2$
   • ou um quadrado cujos lados são as hipotenusas de quatro triângulos retângulos iguais de tal modo que $$c^2 =4\times \frac{ab}{2}+ (b-a)^2$$ para concluir que $\;c^2 = a^2+b^2 $
   É esta última construção que se apresenta em que há dois quadrados, um de lado $\;b-a\;$ e outro de lado $\;c\;$ que o contém.
5. $\fbox{n=5}:\;\;$ Por esta construção, aqui apresentada, se percebe que para um dado quadrado, em que se queiram acolher 5 círculos nas condições requeridas, é preciso que $\;r=\displaystyle \frac{a+b-c}{2},\;$ por estar inscrito no triângulo retângulo, e para ser igual ao inscrito no quadrado de lado $\;b-a\;$ terá de ser, simultaneamente, $\;r=\displaystyle \frac{b-a}{2}\;$. Os dois círculos só são iguais se for $$ \frac{b-a}{2} = \frac{a+b-c}{2},\; \mbox{ou seja, }\; b-a=a+b-c, \; \mbox{que é o mesmo que,}\; c=2a$$
6. $\fbox{n=6}:\;\;$ Os restantes círculos gémeos podem ser obtidos por isometrias (reflexões, p. ex.) aplicadas aos dois primeiros.

Para obter cinco círculos gémeos num quadrado de lado $\;c\;$, precisamos de decompor o quadrado usando quatro triângulos retângulos de hipotenusa igual ao lado do quadrado e um cateto igual a metade do lado do quadrado.

Resolver problema de construção usando rotações (análise e síntese)

---

Problema: Inscrever num paralelogramo dado $\;[ABCD]\;$, um retângulo $\;[EFGH]\;$ cujas diagonais $\;EG,\;FH\;$ formam um ângulo $\; \angle EÔF=\alpha\;$ dado.

Este problema foi considerado no livrinho de A. Lôbo Vilela, Métodos Geométricos para ilustrar o particular método das transformações e o geral método da análise do problema.
Consideremos as retas dos lados do paralelogramo dado $\;a=AB, \;b=BC, \;c=CD, \;d=DA,\;$ E considerem-se conhecidas as propriedades dos paralelogramos relativas aos lados, ângulos, diagonais, centro,...
As diagonais de um paralelogramo bissetam-se. Chamamos $\;O\;$ ao ponto de interseção das diagonais do paralelogramo $\;AC.BD\;$ e as diagonais de qualquer retângulo nele inscrito intersetam-se no mesmo ponto.
Considerando o problema resolvido temos um retângulo $\;[EFGH]\;$ inscrito em $\;[ABCD], \;$, sendo $\; E\;$ um ponto sobre $\;a=AB,\;$ $\;F\;$ sobre $\;b=BC,\;$, $\;G\;$ sobre $\;c=CD,\;$ e $\;H\;$ sobre $\;d=DA.\;$
Sendo $\;O\;$ o centro comum, o ponto $\;F\;$ é a imagem de $\;E\;$ pela rotação de centro $\;O\;$ e ângulo $\;\alpha\;$ - $\;{\cal{R}}_O ^\alpha$. Como a rotação preserva a incidência o ponto $\;E\;$ de $\;a\;$ é transformado pela rotação $\;{\cal{R}}_O ^\alpha\;$ num ponto de $\;a'\;$ e de $\;b$, já que $\;F\;$ é ponto de $\;b\;$.


Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 5}$

1. Na nossa construção, apresentamos como dados o ângulo $\;\alpha\;$ de amplitude igual ao ângulo das diagonais do retângulo inscrito no paralelogramo $\;[ABCD]\;$ de centro $\;O\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos as retas que contêm os lados do paralelogramo dado
3. $\fbox{n=3}:\;$ A análise feita acima, dá-nos $\;F\;$ como $\;a'.b\;$, sendo $\;a'= \;{\cal{R}}_O ^\alpha\;(a).\;$ Conhecido $\;F,\;$ determinamos $\;E\;$ como $\;\;{\cal{R}}_O ^{-\alpha}\;(F)\;$



© geometrias, 9 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

---

4. $\fbox{n=4}:\;\;$ $\;E, \;F\;$ são vértices consecutivos do retângulo, cujas diagonais iguais se bissetam em $\;O\;$. Por isso, os restantes vértices são obtidos por transformação de meia volta de centro $\;O\;$:
   $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \pi)&&\\ E&\mapsto & G : & \mbox{ou} \quad \{G\} = EO.CD\\ F&\mapsto & H: & \mbox{ou}\quad \{H\} = FO.DA \\ \end{matrix}$$
5. $\fbox{n=5}:\;\;$ As diagonais $\;EG\;$ e $\;FH\;$ são diâmetros da circunferência de rotação em que afinal se inscreve o retângulo.
   $H\hat{E}F= E\hat{F}G =F\hat{G}H =G\hat{H}E = \frac{\pi}{2}$ inscritos em semicircunferências.