Triângulo rectângulo, quadrados, hexágono: e áreas

Problema:
Sobre os lados de um triângulo [ABC] rectângulo em Â, cujos lados do ângulo recto são b= (AC) e c=(AB), construímos, exteriormente ao nosso triângulo [ABC], os quadrados [ABNM], [BCQP], [ACRS].
Calcule a área do hexágono [MNPQRS] (em função de c e a)

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A seguir, uma construção (ou ilustração):
@geometrias, 28 de Outubro de 2021, Criado com GeoGebra
E aqui fica a resolução de Mariana Sacchetti:

Interessante neste problema é verificar, tal como no problema anterior (em que o triângulo de partida é equilátero), que os triângulos da figura têm todos a mesma área.
Seja $\angle \alpha = A\hat{B}C \;$
Área de Δ $\;[ABC]\;$ = Área de Δ$\;[ASM]\;$ = $ \displaystyle \frac{b.c}{2} \; $
Área de Δ $\;[NBP]\;$= $\displaystyle\frac{a.c.sen(180° - \alpha)}{2} = $
$=\displaystyle\frac{a.c.sen(\alpha)}{2} = \displaystyle\frac{a.c.\displaystyle\frac{b}{a}}{2} = \displaystyle\frac{b.c}{2}$
Área de Δ $\;[CQR]\;$= $\displaystyle\frac{a.b.sen(90° + \alpha)}{2} = \displaystyle \frac{a.b.cos(\alpha)}{2} =\displaystyle\frac{a.b.\displaystyle\frac{c}{a}}{2} = \displaystyle\frac{b.c}{2}$
Assim, a área do hexágono [MNPQRS] é:
Área de $\;[MNPQRS] = 4 \times\frac{bc}{2} + a^2 +b^2 + c^2= 2bc+2a^2=2(bc+a^2)$ Como o enunciado pede, em função de c e a, aplicando o Teorema de Pitágoras
Área de $\;[MNPQRS] = 2(\sqrt{a^2-c^2} \times c + a^2)$

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Cluzel & Robert. La Géometrie et ses applications. Enseignement Technique ;Librairie Delagrave. Paris:1964

Decompor um cubo (em 3 partes: 1/2, 1/3, 1/6)

Relações entre os lados dos pentágono, decágono e hexágono inscritos numa mesma circunferência

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Proposição 16:
Construir um iscosaedro inscritível numa dada esfera.

Passos da construção:
Seja $\;AB\;$ o diâmetro da esfera em que pretendemos inscrever um icosaedro.

1. Começamos por dividir o diâmetro $\;AB\;$ em duas partes $\;AC\;$ e $\;CB\;$ de tal modo que $\;AC=4\times CB\;$ (VI.10). E seja o semicírculo $\;ADB\;$ de diâmetro $\;AB\;$ e tal que $\; A\hat{C}D\;$ seja reto. Tomamos $\;DB.\;$
2. Depois tomemos uma circunferência de raio $\;DB\;$ e, sobre ela, os pontos $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ como vértices de um pentágono equiângulo e equilátero (IV.11). E determinemos os pontos $\;L, \;M, \;N,\;O,\;P, \;$ médios, respetivamente, dos arcos dessa circunferência $\;EF, \;FG,\; GH,\; HK,\; KE.\;$ Como $\;EFGHK\;$ é um pentágno equilátero, também $\;LMNOP\;$ é um pentágono equilátero e $\;ELFMGNHOKP\;$ é um decágono inscrito na mesma circunferência e também equilátero.
3. Tomemos agora as retas passando por $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ fazendo ângulos retos com o plano da circunferência $\;EFGHK\;$ e destas tomemos os segmentos $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ de comprimento $\;DB\;$ igual ao raio da circunferência $\;EFGHK.\;$
   
   

   © geometrias. 25 de julho de 2015, Criado com GeoGebra

   Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)
   
   Tomemos os segmentos $\;QR,\; RS,\; ST,\; TU,\; UQ,\; QL,\; LR,\; RM,\; MS,\; SN,\; NT,\; TO,\;OU,\;$$ UP,\; PQ,\; $ limitando 10 triângulos.
   Como $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ fazem ângulos retos com um mesmo plano, elas são paralelas e complanares duas a duas (XI.6) e de de igual comprimento. E segmentos de reta compreendidos entre paralelas do mesmo lado e iguais são elas próprias iguais e paralelas (I.33). Assim, $\;QU\;$ é igual e paralela a $\;EK,\;$ ou seja, $\;EK\;$ tem comprimento igual ao lado do pentágono equilátero e equiângulo inscrito na circunferência $\;EFGHK.\;$ Por isso, o pentágono $\;QRSTU\;$ é equilátero. Por outro lado, como $\;QE\;$ é o comprimento do lado do hexágono equilátero inscrito na circunferência $\;EFGHK,\;$ por ser igual ao seu raio $\;DB, \;$ e $\;EP\;$ é lado do decágono inscrito na mesma circunferência, sendo $\;Q\hat{E}P\;$ reto então $\;QP\;$ é igual ao lado do pentágono equilátero inscrito na mesma circunferência, já que o quadrado do lado de um pentágono é igual à soma dos quadrados dos lados do hexágono e do decágono inscritos na mesma circunferência (XIII.10). Pelas mesmas razões $\;PU\;$ será igual ao lado do mesmo pentágono e assim será $\;QU\;$, ou seja $\;QPU\;$ é um triângulo equilátero.
   Por razões análogas, podemos concluir que os triângulos construídos $\;LRM, \; MSN,\; NTO,\; OUP.\;$ E, como $\;QL\;$ e $\;OP \;$, assim como $\;LP,\;$ também podem ser vistos como lados do pentágono, o triângulo $\;QLP\;$ é também equilátero. E, pelas mesmas razões, são equiláteros os triângulos $\;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP.\;$
4. Sobre a reta que passa pelos centros $\;I,\; J\;$ das circunferências $\;EFGHK\;$ e $\;QRSTU\;$ (que fazem ângulos retos com os respetivos planos) tomem-se (para fora da faixa dos triângulos construídos) segmentos iguais ao lado $\;EP\;$ do decágono inscrito na circunferência $\;EFGHK\;$ com extremos $\;I,\;V\;$ e $\;J,\;W.\;$ Como $\;IV\;$ é o lado do decágono e $\;IP\;$ é o lado do hexágono (raio), sendo $\;V\hat{I}P\;$ um ângulo reto, então $\;PV\;$ é o lado do pentágono. Do mesmo modo, se verifica que $\;LV = MV=NV=OV=PL\;$ são iguais entre si por serem iguais ao lado do pentágono regular inscrito em $\;(I, IP)\;$. E podemos concluir que são iguais entre si e equiláteros os triângulos $\;VLM, \;VMN, \;VNO, \;VOP, \;VPL,\;$ e iguais a $\;PQL, \ldots\;$
5. De igual modo se provaria que são iguais aos anteriores os triângulos $\;WQR, \;WRS, \;WST, \;WTU, \;WUQ.\;$

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1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
   
2. David Joyce. Euclide's Elements