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
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.
\;\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
- 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 \;
- 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).
- 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.\;
- 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 \;
o que nos garante que os triângulos são semelhantes por terem os ângulos iguais cada um a cada um
