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.
- 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 - 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 -
- 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) - 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 - 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.\;
- 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.
© geometrias, 19 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra
(sugestões de António Aurélio Fernandes)
