Os flancos de um triângulo são equivalentes

A figura que se apresenta a seguir foi construída assim:

1. a partir de um triângulo [ABC] de lados a=BC, b=CA e c=AB,
2. construiram-se quadrados - a², b² e c² - sobre os seus lados, a saber: a -> [BA_bA_cC], b -> [CB_cB_aA] e c -> [AC_aC_bB] e finalmente
3. os triângulos [AB_aC_b], [BC_bA_b], [CA_cB_c] a que chamamos flancos de [ABC]

Com recurso a transformações geométricas, prova-se que são equivalentes os triângulos [AB_aC_b], [BC_bA_b], [CA_cB_c] e [ABC].

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Floor van Lamoen, Friendship Among Triangle Centers. Forum Geometricorum (Volume 1 (2001) 1-6), Editor: Paul Yiu.

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Nota:
Uma rotação de 90° em torno de A faz corresponder a [AA_bA_c], flanco-A de [ABC], um triângulo [AA'_bA'_c] tal que

• A,A'_b,C são colineares sendo |AA'_b|=|AC|, ou seja, A é o ponto médio do segmento [A'_bC]
• e A'_c coincide com B

e, por isso, [BA] é uma mediana do triângulo [BA'_bC] e os triângulos [A'_bBA] e [ABC]têm igual área ou são equivalentes.

Recuperação: ouro, inversão e harmonia

Em 2010 apresentávamos 3 construções em CaR ou ZuL (Compasso e Régua ou Zirkel und Lineal, R. Grothmann):

• a primeira para lembrar que, para um dado segmento de reta AB, um dos seus pontos M (e um só) o divide em média e extrema razão, a saber, tal que AB/AM=AM/MB, (....Φ) ;
• a segunda a lembrar que, sendo M' o inverso de M relativamente à circunferência de centro em A e raio AB, as razões AB/AM e AM'/AB são iguais já que tomando AB para unidade, AM é o inverso de AM';
• e finalmente que se tomarmos B' como extremo oposto a B do diâmetro de (A, AB) - a meia volta de B em torno de A - temos um quaterno harmónico de pontos (sobre a reta AB), a saber (B', B; M, M').

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Restauração:
Limitámo-nos a substituir essas três construções por uma só que se divide em 5 passos para evidenciar os aspectos essenciais acima referidos.

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Travamo-nos de razões de áreas em dois triângulos com um ângulo em comum

Tomamos 2 retas concorrentes - a,b - quaisquer - e chamamos A ao seu ponto de intersecção. No caso da nossa ilustração essas retas são a=AB e b=AC, i.e, pode fazer-se variar as retas por qualquer deslocação de algum desses pontos A, B ou C. Tomamos ainda dois pontos D, E que podem deslocar-se livremente um em a e o outro em b: a=AD e b=AE
Consideramos os triângulos ABC e ADE com um vértice A comum e, nas condições descritas, com BÂC = DÂE.

Se deslocar qualquer dos pontos B,C,A,D,E obterá novos triângulos e verá que a ilustração leva-nos a conjecturar que a razão das áreas dos triângulos ΔABC e ΔADE assim definidos é igual à razão dos produtos dos dois lados de extremo A de cada um desses triângulos |AB|.|AC| de ΔABC e |AD|.|AE| de ΔADE, ou seja,
    Área de ΔABC                |AB|.|AC|
      ------------------     =     -----------------
    Área de ΔADE                |AD|.|AE|

1. Pode provar esse resultado?
2. e encontrar vários enunciados diferentes para apresentar problemas equivalentes a este?

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Given two triangles having one vertex A in common, the other vertices being situated on two straight lines passing through A. Prove that the ratio of the areas of these triangles is equal to the ratio of the products of the two sides of each triangle emanating from the vertex A.

in I.F. Sharygin. Problems in Plane Geometry. col. Science for Everyone. MIR. Moscow:1988

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