26.3.18

Meio proporcional das distâncias de um ponto numa circunferência às tangentes nos extremos de uma corda dada é a distância dele à corda.




TEOREMA:

A distância de um ponto qualquer $\;P\;$ de uma dada circunferência a uma corda dada $\;[AB]\;$ é o meio proporcional entre as distâncias de $\;P\;$ às tangentes à circunferência em $\;A\;$ e $\;B, \;$ extremos da corda dada
Problema: Sendo $\;D,\;E, \;F\;$ os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ à corda $\;AB\;$ e às tangentes à circunferência em $\;B, \;A\;$ é preciso provar que $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que é o mesmo que $$PD^2 = PE \times PF$$


F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Théorème. 25.La distance $\;MP\;$ d'un point quelconque $\;M\;$ d'une circonférence à une corde donnée $\;AB\;$ est moyenne proportionnelle entre les distances $\;ME,\; MG\;$ du même point $\;M\;$ aux tangentes $\;AC,\; BC,\;$ menées par les extrémités de la corde donnée. Il faut prouver que l'on a : $\;MP^2= ME \times MG.$

$\;\fbox{n=1}:\;$ São apresentadas a circunferência $\;(O)\;$ e a sua corda $\;[AB]\;$

$\;\fbox{n=2}:\;$ E o ponto $\;P \in (O)\;$

$\;\fbox{n=3}:\;$ Apresentam-se as tangentes à circunferência $\;(O, \;OA)\;$ perpendiculares aos raios $\;[OB], \;[OA]\;$ que, no caso se encontram no ponto $\;C\;$.Para além disso, também se apresentam os segmentos $\;[PD],\;[PE], \;[PF] \;$ em que $\;D, \;E, \;F\;$ são os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ respetivamente a $\;AB, \;BC, \;CA\;$ que são os elementos entre os quais existirá a relação $$PD^2=PE \times PF \Leftrightarrow \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que intentamos provar.



23 março 2018, Criado com GeoGebra



$\;\fbox{n=4}:\;$ Da reta $\;CO\;$ que é a mediatriz da corda $\; AB\;$ (e bissetriz de $\;B\hat{C}A\;$) tomamos um dos pontos $\;J\;$ da sua intersecção com a circunferência $\;(O)\;$ equidistante de $\;BC\;$ e de $\;CA: \;$ $$\;(JK \perp BC) \wedge \;( LJ \perp CA ))\wedge (JK = LJ) \wedge (\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C) \;$$ Por isso, e por ser $\;\underbrace{(JK \perp BC) \wedge (PE \perp BC)} \wedge \underbrace{(JL \perp CA) \wedge (PF \perp CA)} \wedge \underbrace{(JC \perp AB) \wedge (PD \perp AB)}\;$ podemos concluir que $$\;JK \parallel PE, \;JL \parallel PF\; \mbox{e}\; JC \parallel PD, \;$$ e, em consequência, $$\;\angle D\hat{P}E = \angle C\hat{J}K\; \;\mbox{e} \;\;\angle F\hat{P}D = \angle L\hat{J}C.\;$$ Finalmente, como tínhamos visto que $\;\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C),\;$ podemos concluir que $$\;\angle D\hat{P}E= \angle F\hat{P}D \;$$ Os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um lado $\;PD\;$ em comum e os ângulos $$\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)} \;\mbox{ou}\; \angle D\hat{P}E \;\;\mbox{e}\;\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;\mbox{ou}\; \angle F\hat{P}D \; $$ iguais.
Se fosse verdade (o que queremos provar, isto é que) $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF},$$ por serem iguais os ângulos $\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)}\;$ e $\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;$ dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ respetivamente, estes seriam semelhantes: $$ \left( \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF} \wedge \angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D \right) \Longleftrightarrow \left( \Delta PED\sim \Delta DFP \right)\;$$ (caso de dois lados diretamente proporcionais e o ângulos por eles formados iguais) e reciprocamente,
se os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ forem semelhantes sendo $\;\angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D\;$ então verifica-se a relação que intentamos provar.
Bastará, pois, para provar a nossa tese, que se prove que, para além do par de ângulos de vértice $\;P\;$ que são iguais, os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um outro par de ângulos iguais.

$\;\fbox{n=5}:\;$ Tratemos então de encontrar o par de ângulos iguais, um em cada um dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$
  • Temos dois quadriláteros $\;[PEBD], \; [DAFP]\;$ em que os ângulos opostos são suplementares, por ser $$\;PD \perp AB, \; PE \perp BC, \; PF \perp CA\; \mbox{e, em consequência,}$$ $$\;\angle B\hat{D}P + \angle P\hat{E}B = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{P}E + \angle E\hat{B}D = 1\; \mbox{raso, e}$$ $$\;\angle P\hat{D}A + \angle A\hat{F}P = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{A}F + \angle F\hat{P}D = 1\; \mbox{raso.}$$ Sabemos que por terem ângulos opostos suplementares, esses quadriláteros são inscritíveis em circunferências que designamos por $\;(PEBD), \; (DAFP).$
  • Neste passo da construção acrescentámos as diagonais $\;PB\;$ e $\;AP\;$ dos quadriláteros e é imediato concluir que
    1. Na circunferência $\;(PEBD),\;$ os lados dos ângulos $\;\angle P\hat{E}D\;$ e $\; \angle P\hat{B}D \;\mbox⁄{ou} \angle P\hat{B}A \;$ compreendem o mesmo arco $\;(DP)\;$ e, por isso, $\;\angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D \;$
    2. Os ângulos $\; \angle D\hat{A}P\;$ (ou $\; \angle B\hat{A}P\;$) e $\; \angle D\hat{F}P\;$ são iguais porque os seus lados compreendem o mesmo arco $\;(PD)\;$ da circunferência $\;(AFPD).$
    3. Os lados do ângulo $\;\angle P\hat{D}F\;$ do triângulo $\; \Delta [PDF], \;$ como inscrito na circunferência $\;(PDAF),\;$ compreendem o arco $\;(FP).\;$ Os lados do ângulo $\; \angle P\hat{A}F\;$ compreendem o mesmo arco dessa circunferência e, por isso, $\;\angle P\hat{D}F = \angle P\hat{A}F.\;$
E, resumindo $$ \angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D = \angle P\hat{B}A=\angle P\hat{A}F =\angle P\hat{D}F$$ o que nos garante que os triângulos são semelhantes por terem os ângulos iguais cada um a cada um
\begin{matrix} \angle P\hat{E}D & = & \angle P\hat{D}F \\ \angle D\hat{P}E &= & \angle F\hat{P}D \\ \angle E\hat{D}P &= & \angle D\hat{F}P \\ & \Downarrow & \\ \Delta PED & \sim & \Delta PDF\\ & \Downarrow & \\ PD & \mapsto & PF\\ DE & \mapsto & FD\\ EP & \mapsto & DP\\ \end{matrix}
e, em consequência, é verdadeira, como queríamos demostrar, a proporcionalidade entre os lados homólogos, ou seja $$\frac{PF}{PD}= \frac{FD}{DE} = \frac{DP}{PE} \hspace{4cm} \blacksquare $$


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