Circunferência tangente a três outras circunferências

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Um exemplo de síntese num problema de construção cujos passos são sugeridos pela análise do problema

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Problema: Construir uma circunferência tangente a três circunferências dadas pelos seus centros e respetivos raios $\;(A,a), \;(B,b), \;(C, c)\;$

15 abril 2018, Criado com GeoGebra

Transcrevemos a seguir uma adaptação do excerto de metodologia para a resolução de problemas de
F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-

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Nota (45 de F.G-M.).Há problemas de construção geométrica para os quais basta o recurso a um só teorema para acedermos à solução. Mas para a maioria dos problemas, a resposta não depende de um só resultado já conhecido. E, por isso, para resolver um problema é necessário recorrer a uma sucessão de problemas mais simples. Já percorremos longos caminhos construtivos em que cada passo dado não é mais do que um apoio para o passo seguinte até termos conseguido a solução do problema originalmente proposto. Apresentamos a seguir um problema de construção que analisamos para descobrir a sequência de problemas que é necessário resolver por uma ordem que é a inversa da que vamos seguir quando apresentamos em síntese.

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Problema 46: Construir uma circunferência tangente a três circunferências dadas pelos seus centros e respectivos raios $\;(A,a), \;(B,b), \;(C, c)\;$

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F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Problème
46. Décrire une circonférence tangente à trois circonférences données $\;A, B, C\;$

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Consideremos o problema resolvido, isto é, suponhamos que temos determinada uma circunferência $\;(D, d)\;$ que é tangente a cada uma das circunferências $\;(A, a),\; (B, b), \; (C, c)\;$ dadas pelos respectivos (centro, raio). Consideremos, por exemplo, que $\;(A, a)\;$ é a de menor raio das circunferências dadas: $\;a < b, \;a < c \;$

A distância entre centros de circunferências tangentes é igual à soma dos seus raios e, assim, $\;DA= d+a,\; DB=d+b,\; DC= d+c.\;$ Uma circunferência de centro em $\;D\;$ e raio $\;DA=d+a\;$ é tangente à circunferência de centro em $\;B\;$ e raio $\;DB-DA=d+b-(d+a)=b-a\;$ e também à circunferência de centro em $\;C\;$ e raio $\;DC-DA=d+c-(d+a)=c-a.\;$ Se existir, a circunferência $\;(D, AD)\:$ é tangente a $\;(B, b-a)\;$ e a $\;(C, c-a)\;$ e passa por $\;A.$
Consideremos a semelhança (homotetia) entre as circunferências $\;(B, b-a)\;$ e a $\;(C, c-a)\;$ e tiremos pelo centro $\;E\;$ da homotetia uma tangente $\;EFG\;$ comum às duas, sendo pontos de tangência $ \;F\;$ e $\;G,\;$ respetivamente de $ \;(B, b-a)\;$ e $\;(C, c-a).\;$

Por isso, podemos dizer que precisamos de resolver o seguinte
Problema 47: Construir uma circunferência que passa por um ponto $\;A\;$ e é tangente a duas circunferências dadas $\;(B,b-a),\; (C, c-a)\;$

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F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Problème
47. Décrire une circonférence qui passe par un point $\;A\;$ et qui soit tangente à deux circonférences données $\;(B, F)\;$ et $\;(C, G)\;$

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A reta $\;EA\;$ intersectará a circunferência $\;(D,d)\;$ num ponto $\;H\;$ tal que $\;EA.EH=EF.EG,\;$ potência de $\;E\;$ relativamente à circunferência $\;(FGH)\;$ ou seja um ponto da circunferência $\;(D,d)\;$ fica determinado na intersecção de $\;EF\;$ com $\;(FGA).\;$
E o nosso problema depende da resolução do

Problema 48: Construir uma circunferência que passa por dois pontos $\;A,\; H\;$ dados e é tangente a uma das circunferências $\;(B, b-a)\;$ ou $\;(C, c-a)\;$ que se resume a construir uma circunferência que passe por três pontos dados $\;F,\;G, \;A.$

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F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Problème
48. Décrire une circonférence qui passe par deux points A, H donnés et qui soit tangente à une circonférence donnée
Ce troisième problème se ramène à ce quatrième : faire passer une circonférence par trois points donnés.

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Nota (49a F.G.-M.) As indicações dadas são analíticas, desmontam o problema em vários, mas como cada resultado não é recíproco de nenhum dos outros, é preciso estudar cada um deles com cuidado, para não omitir alguma das soluções. Atente-se:

1. Há uma só circunferência a passar por três pontos não colineares.
2. Há duas circunferência a passar por dois pontos e tangente a uma outra circunferência.
3. Há quatro circunferências a passar por um ponto e tangente a duas outras circunferências
4. Há oito circunferências tangentes a três outras circunferências.

O método sintético expõe em primeiro lugar o problema mais simples que é o quarto e logo depois o terceiro, o segundo, e finalmente o problema geral, caminho inverso do seguido no método da exposição analítica percorrido, provavelmente seguido por François Viète e, como exemplo de simplificações sucessivas, apresentado por Georges RITT no seu Problèmes de Géometrie.

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

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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 $$PD^2 = PE \times PF$$

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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 : $\;MP^2= ME \times MG.$

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$\;\fbox{n=1}:\;$ 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 $$\frac{PF}{PD}= \frac{FD}{DE} = \frac{DP}{PE} \hspace{4cm} \blacksquare $$

Situar um triângulo dado de modo a que cada um de 3 pontos dados estejam sobre cada um dos seus lados.

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ProbLema XXVI dos PRINCIPIOS¹ de I. Newton

Problema:
Conhecemos os os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$ e o comprimento do lado $\;AB\;$ de um triângulo $\;ABC.\;$ Dados três pontos $\;D,\;E, \;F\;$ não colineares, situar o triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;D\;$ incida sobre a reta $\;BA\;$, $\;E\;$ sobre $\; AC\;$ e $\;F\;$ sobre $\; CB.\; \;^1\;$

$\fbox{n=1}\;$ Do triângulo $\;ABC\;$ que vamos construir, os dados estão lançados no topo esquerdo do janela de visuaização, a saber: comprimento $\;AB\;$ e os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$, sendo igual a quatro retos a soma das amplitudes destes últimos — $\alpha + \beta + \gamma = 4 \;$ retos. Na nossa figura pode variar as amplitudes usando os pontos verde e vermelho. Claro que se pretende que este triângulo seja construído numa posição tal que em cada uma das suas três retas (lados) incida um dos pontos $\;D, \;E, \;F\;$ a azul na figura, onde também se apresentam os três segmentos que os unem dois a dois.
Para acompanhar os passos da construção, faz-se variar de 1 a 8 o valor de $\;n\;$ no cursor presente na janela da construção dinâmica.

Para que $\;D\;$ incida sobre $\;AB\;$ e $B\hat{A}C= \alpha = D\hat{A}E, \;$, basta que A seja um ponto do arco capaz de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$ oposto a uma corda $\;DE\;$ de uma circunferência a passar por $\;D, \;E.\;$ Pelas mesmas razões $\;B\;$ terá de estar no arco capaz de de um ângulo $\; D\hat{B}F = \beta \;$ de uma circunferência a passar por $\; D, \;F\;$ e $\;C\;$ terá de estar num arco capaz do ângulo $\;\gamma=F\hat{C}E\;$ numa circunferência a passar por $\;E, \;F.\;$






24 novembro 2015, Criado com GeoGebra
>Nota: Não pretendemos fazer demonstração, mas tão só os passos da construção<

$\fbox{n=2, 3, 4}\;$ Determinam-se os arcos $\;DAE, \;DBF, \;FCE \;$ capazes dos ângulos $\;\alpha, \;\beta, \;\gamma\;$ das circunferência de centros $\;P, \;Q, \; O\;$ que têm um ponto $\;G\;$ comum.

$\fbox{n=5}\;$ Para determinar $\;A\;$ sobre $\;(P, PG)\;$ colinear com $\;D\;$ da mesma circunferência e com $\;B\;$ da circunferência $\;(Q, QG)\;$, determina-se $\;GA\;$ tal que $$\frac{GA}{AB}=\frac{GP}{PQ}$$ da semelhança dos triângulo $\;GPQ\;$ e $\;GAB\;$ (por ser $\;G\hat{P}Q= G\hat{A}D, \; \;G\hat{Q}P= G\hat{B}D \;$)

$\fbox{n=6}\;$ Conhecido $\;GA\;$, determina-se $\;A\;$ sobre o arco $\;EGD\;$ de $\;(P, PG)\;$

$\fbox{n=7}\;$ As retas $\;DA\;$ e $\;EA\;$ definem dois ângulo de amplitude $\;\alpha \;$ verticalmente opostos e servirão definir o triângulo $\;ABC\;$ que procuramos:

$\fbox{n=8}\;$ $\;B\;$ estará sobre a reta $\;AD\;$ e sobre o arco $\;DGF\;$ de $\;(Q, QG)\;$ e capaz de ângulos de amplitude $\;\beta. \;$ Finalmente $\;C\;$ fica determinado como interseção da reta $\;EA\;$ com a reta $\;BF\;$ sobre o arco capaz $\;FCE\;$ de ângulos de amplitude $\;\gamma\;$.

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$^1\;$Lemma XXVI. To place the three angles of a triangle, given both in kind and magnitude, in respect of as many right lines given by position, provided they are not all parallel among themselves in such manner that de several angles may touch the several lines.
Sir Isaac Newton, The Mathematical Principles of Natural Philosophy. (Andrew Motte) pp.91-92 Vol.I. London: 1803.

Resolver problema de construção usando os métodos do problema contrário e transformação (4)

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Problema: Inscrever num retângulo $\;[ABCD],\;$ um paralelogramo semelhante a outro $\;[EFGH]\;$ dado.

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Vilela, António Lôbo. Métodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

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O problema proposto consiste em construir um paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$, inscrito no retângulo $\;[ABCD]\;$ dado: $\;E_1 \in AB, \;F_1\in BC, \;G_1 \in CD, \;H_1 \in DA.\;$
Para resolver o problema proposto, começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;]$ ou cujos lados passem pelos vértices $\;E,\;F, \;G,\;H\;$ do paralelogramo.

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Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. Na nossa construção, apresentamos como dados um retângulo $\;[ABCD]\;$ e um paralelogramo $\;[EFGH]\;$. Para além disso, apresentamos as diagonais do retângulo $\; AC, \;BD\;$ e o ângulo $\; \alpha\;$ por elas formado. De igual modo, se mostram as diagonais $\;EG, \;FH\;$ do paralelogramo e o ângulo $\;\beta\;$ por elas formado.
   Estes dados são relevantes para qualquer resolução do problema, pois "a condição necessária e suficiente para que dois paralelogramos sejam semelhantes é que sejam iguais os ângulos formados pelas respetivas diagonais".
2. Começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito ao paralelogramo $\;[EFGH],\;$ ou seja, um retângulo com cada um dos seus lados a passar por um dos vértices do paralelogramo e com as diagonais a fazer ângulo igual ao das retas $\;(AC, \; BD) =137.48^o,\;$ na ilustração.
   • $\fbox{n=2}:\;$ O centro do paralelogramo é o centro do retângulo a ele circunscrito, no caso $\;I.\;$. Para obter uma reta que seja diagonal de um retângulo centrado em $\;I\;$ semelhante a $\;[ABCD]\;$, bastará encontrar um outro ponto da diagonal para além do $\;I\;$, por exemplo, o ponto de interseção imagem da reta de um dos lados, p.e. $\;HE\;$, pela rotação $\;{\cal{R}}(I, \; \alpha)\;$, com a reta do lado consecutivo $\;EF\;$ (Verifique.)
   • $\fbox{n=3}:\;$Para ser retângulo (lados consecutivos perpendiculares) cada um dos seus vértices terá de ser um ponto de circunferência com um dos lados do paralelogramo por diâmetro. No caso da nossa construção, encontramos o primeiro vértice do retângulo circunscrito intersetando a reta obtida como reta diagonal com a circunferência de diâmetro $\;FG\;$. Os lados desse retângulo, a passar por $\;E, \;F, …\;$ são obtidos facilmente.

© geometrias, 27 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

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3. O retângulo obtido é semelhante a $\;[ABCD]\;$, o que significa há uma transformação de semelhança a relacioná-los.
   $\fbox{n=4}:\;$ No caso da nossa construção, escolhemos o vértice $\;R,\;$ por ele tirámos uma paralela a $\;AB\;$ e aplicámos-lhe que a rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, de modo a obter pares de lados paralelos a pares de lados paralelos de $\;[ABCD]\;$
   Obtivemos um novo paralelogramo inscrito no novo retângulo ao aplicar-lhe a mesma rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, que preserva as incidências, os comprimentos, as amplitudes
4. $\fbox{n=5}:\;$ Finalmente a este novo retângulo do qual os pontos $\;R, \;S\;$ são vértices, aplicamos a homotetia de centro em $\;CR.DS\;$ e razão $\; \displaystyle \frac{CD}{RS}\;$ que transforma $\;C\;$ em $\;R\;$ e $\;D\;$ em $\;S\;$
5. $\fbox{n=6}:\;$Obviamente que, por essa homotetia, o paralelogramo laranja da figura que está inscrito no retângulo laranja (obtidos pela rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$ é transformado no paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ que, porque a homotetia preserva incidências, etc, é um paralelogramo inscrito em $\;[ABCD]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$.

Claro que usámos transformações e podemos dizer, por isso, que usámos o método das transformações. O que é o mais natural é usarmos vários métodos para resolver qualquer problema. E, mesmo quando não o referimos, o mais natural é que face a um problema comecemos por usar a análise e acabemos a usar a síntese que são os raciocínios gerais em geometria, essenciais para resolver problemas de construção.

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (3)

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Problema:     Num dado triângulo, traçar uma linha paralela à base de tal forma que se se traçarem a partir dos seus extremos linhas paralelas aos lados até cortarem a base, somadas meçam o dobro que a linha inscrita. (31/12/1881)

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Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008

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Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores $\;2\;$de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$

1. São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;C'\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;B'\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;B'C' \parallel BC \wedge C'E+B'D = 2\times B'C',\;$ sendo $\;D, \;E\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;B'D \parallel AB\;$ e $\;C'E \parallel AC. \;$
2. Supor que o problema está resolvido é supor que $\;B'C'\;$ está situada de tal forma que $\;B'D\;$ e $\;C'E\;$, paralelas aos lados, somados dêem $\;2B'C'$.
   De acordo com a proposição 34 do Livro I dos Elementos de Euclides
   $\;B'D =C'B\;$ e $\;C'E=B'C\;$ e portanto $\;B'C + C'B = 2B'C'$.
   E há um ponto $\;L\;$ de $\;B'C'\;$ que o divide em duas partes sendo uma igual a metade de $\;B'C\;$ e outra igual a metade de $\;C'B.\;$ Se deteminarmos este ponto $\;L,\;$ por ele passa uma única paralela a $\;BC$...

A construção (sintética, a seguir) está ilustrada para os valores $\;3,\; 4\;$ de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$



© geometrias, 25 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

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Considerando a decomposição (análise) do problema antes feita, apresentamos, agora sinteticamente, os passos da determinação da reta $\;B'C'\;$ .
3. Para determinar o ponto $\;L\;$ sobre $\; B'C'\;$ paralela a $\;BC,\;$ de tal modo que $\;2LC'=C'B\;$ e $\;2LB'=B'C \;$ (i.e. $\;2(LC'+LB')= 2C'B' =C'B+B'C = B'D+C'E\;$ ), podemos usar um ponto $\;F\;$ qualquer de $\;AB\;$ (ou de $\;AC\;$) e por ele tirar uma paralela a $\;BC.\;$
4. Depois é só tomar $\;G\;$ sobre essa paralela de tal modo que $\;2FG =FB\;$ e $\;L\;$ estará sobre a reta $\;BG.\;$ Claro que, fazendo o mesmo para o lado $\;AC,\;$ $\;L\;$ estará sobre $\;CK,\;$ estando $\;K\;$ sobre uma paralela a $\;BC\;$ tirada por um ponto $\;H\;$ de $\;AC\;$ sendo $\;2KH=HC.\;$ $\;L\;$ é único $\;CK.BG \;$ e $\;B'C'\;$ é a única paralela a $\;BC \;$ tirada por $\; L$
5. São semelhantes os triângulos $\;[FBG]\;$ e $\;[C'BL]\;$ e os lados opostos ao ângulo $\;\hat{B}\;$ comum são homólogos e $\;BC' = 2C'L,\;$ já que por construção $\;FB=2FG.\;$ Do mesmo modo, se mostra que $\;2LB'=B'C\;$ □

O ponto $\;F\;$ pode tomar as diversas posições sobre $\;AB.\;$ Verá que a variação de $\;F\;$ sobre $\;AB\;$ não afeta a posição de $\;L.\;$ No caso da nossa construção, quando $\;F\;$ toma a posição de $\;C',\;$ $K\;$ toma a posição de $\;B',\;$ $\;G\;$ e $\;K\;$ coincidem com $\;L.\;$ Os pares de arcos iguais (centrados em $\;F\;$ e $\;M,\;$ e em $\;H\;$ e $\;N$)   acompanham a deslocação de $\;F\;$ e ilustram as relações estabelecidas.

O mesmo, de outro modo

Penso que pode ser interessante apresentar a inversão "mais ingénua", com a animação feita (determinação dos inversos P' dos pontos P da recta r, escolhida a unidade; |OR|=1) com os instrumentos de determinação geométrica - semelhanças de triângulos - abordados no 8º ano. Aqui fica.

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Nota: Este tipo de ligação entre operações e transformações servem ainda para ilustrar a noção de lugar geométrico.