Dividir um triângulo em duas partes equivalentes
por uma perpendicular a um dos seus lados
por uma perpendicular a um dos seus lados
Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer triângulo e um dos seus lados há uma perpendicular a esse lado que o divide em dois polígonos equivalentes
O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um triângulo acutângulo \;ABC\; determinar uma perpendicular a \;BC,\;por exemplo, que divide \;ABC\; em duas partes iguais em área.
- Apresenta-se inicialmente um triângulo \;ABC.\;
- Sabemos que, das perpendiculares a \;BC,\; a altura \;AD\; divide o triângulo \;ABC\; em duas partes.
Quando e só quando \;D\; é o ponto médio de \;BC,\; \;ABD\; é equivalente a \;ACD\; e o segmento de reta que procuramos é a altura \;AD\; - Quando a área de \;ABD\; é maior que a área de \;BAD,\; a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados \;AB\; e \;BC.\; Designemos por \;A’\; e \;D’\; esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a \;BC\; que divide em duas partes equivalentes o triângulo \; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C] \;
Como determinamos \;D’? -
Quando a área de \;ABD\; é menor que a área de \;ADC,\; a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados \;AC\; e \;BC.\; Designemos por \;A’\; e \;D’\; esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a \;BC\; que divide em duas partes equivalentes o triângulo \; [ABC]=[A’CD’] \cup[D’A’AB]\; \;\; \wedge\;\;\; \mbox{Área de }\;\;[A’D’C] = \mbox{Área de }\;\;[D’A’AB] \;
Para este caso, a determinação de \;D'\; segue os mesmos passos.
- Sabemos que, das perpendiculares a \;BC,\; a altura \;AD\; divide o triângulo \;ABC\; em duas partes.
- Na figura agora apresentada, estão visíveis todos os elementos construtíveis auxiliares para a determinação da perpendicular \;A’D’\; tal que
\; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \;\; \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C]. \; Se se verificam as condições de divisão de \;ABC\; em duas partes equivalentes, então \;\mbox{Área de}\;\;[ABC] = 2 \times \mbox{Área de}\;\;[A’BD’]\;\; \mbox{ou} \;\; \mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{1}{2}\mbox{Área de}\;\;[ABC]que é o mesmo que dizer \frac{BD’ \times A’D’}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{BC\times AD}{2}e, tomando o ponto \;M\; médio de \;BC\;, que é tal que \;\displaystyle BM=\frac{BC}{2},\; podemos escrever \mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{BD’ \times A’D’}{2}= \frac{1}{2} (BM\times DA)A condição para a posição de \;A’D’\; pode assim resumir-se a \; BD’ \times A’D’ = BM\times DA \;\; \mbox{ou} \;\; \frac{BD’}{BM}=\frac{DA}{D’A’}Como \;A’D’\; e \;AD\; são perpendiculares à mesma \;BC\;, os triângulos \;ABD\; e \;A’BD’ \; são retângulos com um ângulo comum \;\hat{B}.\; \;\displaystyle \frac{DA}{D’A’} =\frac{BD}{BD’}\;E podemos assim escrever \frac{BD’}{BM}=\frac{BD}{B’D’}\;\; \mbox{ou} \;\; BD’^2 = BM \times BDo que nos determina a posição de \;D’\; sobre \;BC.\; Na nossa construção optámos por considerar a potência do ponto \;B\; relativa à circunferência de diâmetro \;MD\; e como o segmento da tangente a esse círculo tirada por \;B\; é tal que \;BT^2=BM \times BD\; sendo \;T\; o ponto de tangência, \;D’\; determina-se como um ponto de intersecção \;[BC] \cap (B, \; BT)\;
- Realçam-se o triângulo \;A’BD’\; de área igual a metade da área de \;ABC\; e o equivalente quadrilátero \;AA’D’C\; ambos azulados.
- Quando passa para a etapa 4 na barra de navegação dos passos de construção, verá o mesmo que viu na etapa anterior a menos que coloque \;A\; numa posição para a qual a área de \;ABD\; seja menor que a área de \;CAD.\; Deslocando \;A\; para o lado de \;B\; passará pelo caso em que \;AD\; divide \;ABC\; em dois triângulos iguais e finalmente para o caso em que uma perpendicular a \;BC\; divide \;ABC\; em duas partes equivalentes: \;CA'D'\; e \;ABD'A'\; esverdeadas.
26 agosto 2017, Criado com GeoGebra
Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947
