Problema: Triângulo rectângulo atento a um rectângulo que ocupa área igual

Problema:
Seja $\;D\;$ o ponto de contacto do círculo inscrito num triângulo rectângulo $\; Δ [ABC]\;$ com a hipotenusa $\;BC$.
Demonstra-se que o rectângulo cujos lados são $\;DB\;$ e $\;DC\;$ é equivalente ao triângulo $\; Δ [ABC]\;$

A construção que apresentamos a seguir serve para apoiar a conjectura .

@geometrias, 18 de Outubro de 2021, Criado com GeoGebra
Resolução de Mariana Sacchetti

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

Problema: Razão entre áreas de. dois triângulos medianamente relacionados

Problema:
Um triângulo tem por lados as medianas de um outro triângulo
Demonstra-se que a razão das suas áreas é $\; \frac{3}{4}$. .

A construção que apresentamos a seguir serve para apoiar a conjectura feita.

@geometrias, 17 de Outubro de 2021, Criado com GeoGebra

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

Problema: Triângulos. Áreas. Equivalência

Problema:
Por um ponto $\;D\;$ tomado sobre o lado $\;BC\;$ de um triângulo $\;Δ[ABC],\;$ tiram-se paralelas $\;DF\;$ e $\;DE\;$ aos lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$ respetivamente.
Demonstra-se que os triângulos $\;Δ[CDE]\;$ e $\;Δ[BDF]\;$ são equivalentes.

E a figura dinâmica que se segue serve-nos bem como conjectura? Pode fazer variar os vértices do triângulo $\;Δ[ABC]\;$ e as posições de $\;D\;$......

@geometrias, 16 de Outubro de 2021, Criado com GeoGebra

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

Problema:Triângulo(s). Áreas. Meio Proporcional

Problema: Seja $\;H\;$ o ortocentro do triângulo $\;\Delta[ABC]:\;$ o círculo de diâmetro $\;BC\;$ corta $\;AH\;$ em $\;D\;$.
Demonstra-se que a área do triângulo $\;\Delta[BCD]\;$ é o meio proporcional entre as áreas dos triângulos $\;\Delta [BCH]\;$ e $\;\Delta [BCA]\;$.

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A ilustração dinâmica que se segue serve-nos bem como conjectura.
Construções com Geogebra

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Notamos que:
a)       $\;x\;$ é o meio proporcional de $\;a \;\mbox{e}\; b\;$ se e só se $\;\frac{ a}{x}\;=\; \frac{x}{b}\;$
b)        Nas condições da figura, $\;BC\;$ é um lado dos três triângulos $\;\Delta[ABC],\; \Delta[CDB]\; e \; \Delta[BAC]\;$ ou seja é
             base comum desses três triângulos.
              E as alturas relativas a $\;BC\;$ dos três triângulos são segmentos da reta $\;HAH_aD.\;$ ....

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

Problema resolvido?

Problema:
Num plano são dados: uma circunferência de raio $\;r \;$ e centro $\;P\;$ e uma reta $\;l\;$, sendo $\;d \;$ a distância de $\;P \;$ a $\;l \;$ tal que $\;d \;>\; r \;$.
Se tomarmos $\;M \;$ e $\;N \;$ sobre $\;r \;$ de tal modo que a circunferência de diâmetro $\;MN \;$ seja tangente exterior à circunferência dada. Mostre que existe um ponto $\;A \;$ do plano para o qual todos os segmentos $\;MN \;$ subentendem um ângulo $\;\angle MÂN \;$ constante.

Tiramos um ponto $\;O(0,\;0) \;$, uma reta $\;Ox =l\;$ e uma $\; Oy \;$ (perpendicular a $\; Ox \;$ tirada por $\; O \;$), um ponto $\;P(O,\;d) \;$ de $\; Oy \;$ para centro de uma circunferência de raio $\; r \;$ sendo $\; d > r \;$.
Tomamos por $\; P \;$ uma reta que intersecta $\; Ox \;$ num ponto $\; C(h, 0) \;$ que é centro da circunferência tangente à circunferência $\;(P,\;r) \;$, como na figura se ilustra.


@ geometrias, 5 de Outubro de 2021, Criado com GeoGebra
O centro $\; C\;$ de uma circunferência tangente exterior à dada $\;(P,r) \;$ deve ter um raio $\; s \;$ tal que $\; PC =(r+s)\;$ é hipotenusa do triângulo $\;\Delta [OCP]\;$ rectângulo em $\; O \;$ e, pelo Teorema de Pitágoras, $$\; d^2 + h^2 = (r+s)^2$$
Aos extremos do diâmetro da circunferência $\;(C, s)\;$ cortada por $\;Ox\;$ na nossa construção, chamamos $\; M=(h-s, 0)\;$ e $\;\;N=(h+s,0)\;$.
Aceitemos que existe um ponto de $\;Oy, \;\;A(0,\;k), k>0\;$ que satisfaz a condição do problema, ou seja, tal que as amplitudes dos ângulos $\; \angle MAN \;$ se mantêm invariáveis.
Se tirarmos por $\;O \;$ uma reta tangente à circunferência $\;(P,r),\;$ ficamos com um triângulo $\;\Delta[OTP]\;$, retângulo em $\;T\;$, para além do triângulo $\;\Delta[COP]\;$ rectângulo em $\;O\;$.
A circunferência $\;(O,\;T)\;$ corta $\;Oy\;$ num ponto que designamos por $\; A \;$ e, como nos parece óbvio, só nos falta provar que a amplitude $\; \angle MÂN \;$ em causa se mantém invariável, no caso de tomarmos pelo mesmo processo outras retas $\;P, \;C\;$ perpendiculares a tangentes da circunferência $\;(P,\;r)\;$....
Tal se pode provar, recorrendo à circunferência $\; (A,\; O)\;$ e aos seus diferentes sectores circulares com centro em O e construídos de igual modo ao primeiro sempre com as tangentes a $\;(P,\;r).\;$
Não dependem dos raios $\;s\;$ e deslocando o ponto $\; C\;$ podem ser vistos e vista a sua constância em amplitude dos sectores circulares de $\;(A,O).\;$ $\hspace{0.5 cm}\square$

conjectura ou tentação de palpite

Um dia destes de arrumações que não me levam longe, folheei um Calendário Matemático de 1997, - CENAMEC, Centro Nacional para el mejoramiento de la enseñanza de la ciencia (Fundacion Polar), Venezuela - e as folhas do mês de Julho de 1997 ficaram abertas como tentação e obrigação de fazer uma construção dinâmica ligada a um "Un Problema Retador"- Problema Desafiante apresentado por "Andrés Moya Romero".

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a)     Observe a construção dinâmica que aqui lhe deixamos.
b)     Fixe-se em dois pontos:  A, que pode mover-se no eixo Oy,
                                           e    T, que pode mover-se na circunferência de centro P.
c)     Repare na amplitude do ângulo MÂN que toma valores diferentes ao deslocar
       A ou T cada um no seu mundo.
d)     Procure uma posição de A para a qual pode deslocar o ponto T e com ele as posições de M e N
        sem alterar a amplitude de MÂN .

Escreva-nos. Estamos a precisar de receber apoios (ou abandonar o feito e o seu feitio inicial).

experiência com cinderella seguida de experiência com GeoGebra sem qualquer interesse digo eu.

Uma prenda para António Aurélio Fernandes que vai ter pontos para deslocar... e animar-se....
Se duas circunferências de centros O₁ e O₂ se intersetam em dois pontos C e D e cada uma delas é ortogonal a uma terceira de centro O, então os pontos C e D são inversos relativamente a essa terceira circunferência de centro O

Pode movimentar pontos da figura dinâmica.

A tentativa de restauração de uma entrada de 2013:     Inversão ou reflexão relativamente a uma circunferência     devolveu a este triste restaurador alguma esperança na Cinderella reencontrada como prenda, um amor antigo que volta. Veremos o que aprendemos com este regresso.
Sei lá. Fico à espera.....
Ora era, já era.

Fiquei à espera. Até me fartar de ver nada. Se passei muito tempo a tentar ver nada, outro tanto passei a conseguir fazer uma construção com cálculos em notas ... de forma que sejam calculados dinamicamente, isto é, variam quando faz variar pontos na construção.

A, B, C, D -> AB e CD. Usando só circunferências e pontos, determinar a posição do ponto comum a AB e CD.

Voltamos a dar algum relevo a um problema (que usa compassos ou circunferências - (centro, raio); (centro, ponto), (ponto, ponto, ponto) - e inversões) que pudemos restaurar a partir de uma entrada de 20 de Junho de 2013. Aqui fica problema deste tempo recorrendo ao geogebra.
Na entrada do dia 5 de Junho, propomos que, com compasso e ponto a ponto, para quatro pontos A, B, C e D dados, determine o ponto de interseção das retas AB e CD.
Ilustram-se a seguir as etapas da resolução desse problema:




Para determinar a intersecção da reta (A,B) com a reta (C,D) recorrendo exclusivamente à circunferência, precisamos transformar, por inversão, essas retas em circunferências.

1. Para definir uma inversão, basta tomar, como auxiliares, um ponto P e uma circunferência nele centrada.
2. Por inversão, relativamente a P e à circunferência nele centrada, determinamos
   • A' e B'
   • a circunferência que passa por A', B', P é o transformado de AB pela inversão
   • C' e D'
   • a circunferência que passa por C', D', P é o transformado de CD pela inversão
   • as circunferências (A',B',P) e (C',D', P) intersetam-se em P e em I' sendo este a imagem, pela inversão definida, do ponto de intersecção I de (A,B) com (C,D)
3. Determinar I é feito usando a mesma inversão auxiliar, relativamente à qual determinamos o correspondente de I'

Este processo pode ser utilizado para determinar a intersecção de duas figuras — retas com circunferências, circunferências com circunferências, etc.

Dada uma reta a, e 4 pontos dela A, A', B, B' , como determinar nela um quinto ponto M tal que AM / BM = AM' / BM'

Estamos a restaurar mal, que os tempos são outros, a solução de um exercício interactivo proposto em 21 de Maio de 2013 que foram "deprecated" até retorcido se ver o texto e nada se ver da construção. Por não termos culpa, não pedimos desculpa.

Segmento de reta perpendicular a lado de triângulo para o dividir em dois polígonos equivalentes

Restaurámos uma construção agora com recurso a GeoGebra para substituir uma outra que foi inicialmente publicada em 25 de Junho de 2006 Dividir um triângulo em 2 para funcionar como exercício interactivo recorrendo à aplicação Zul - zirkel und lineal (Cal - compasso e régua) de R. Grothmann. Já não se via há anos e agora já não é o que era, claro, por razões que a nossa razão desconhece.... e entristece. Vamos respondendo a empurrões teimosos de A.A.F. (e outros) que ficarão desiludidos por não serem as (deprecated) originais...

Vamos dividir um triângulo em dois polígonos equivalentes por uma recta perpendicular a um dos lados? Vamos.



[A.A.M]
Como determinámos [DE] perpendicular a AB que divida [ABC] em dois polígonos equivalentes:

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1. Tomámos um triângulo de vértices A, B, C e lados a=BC, b=CA e c=AB. Considerámos também um ponto U e por ele, uma reta r paralela a c. Pode mover o ponto U e com ele a reta r.
2. Considerado o ponto M médio de AB, tomámos a circunferência de centro U e raio AM ou MB e o ponto P um dos pontos comuns a r e (U, MB).
3. E o ponto Q de r: PQ=BH_c, sendo H_c o pé da perpendicular a AB tirada por C:
   CH_c é uma altura do triângulo [ABC] sendo a área deste metade de AB*CH_c.
   Q é um dos dois pontos comuns a r e à circunferência (P, BH_c)
   
4. A circunferência de diâmetro QU tem centro R: RU=UQ.
   E é intersectada em S pela perpendicular a (r ou a ) AB tirada por P.
5. A circunferência de centro B e raio PS intersecta BA em D, ou seja BD=PS e a perpendicular a AB tirada por D intersecta BC em E que, os calculados BD*DE e da figura DBE nos leva a pensar (conjecturar) que é esta DE (assim determinada) quem divide ABC em dois polígonos [ADEC] e [DBE] equivalentes.
6. ?

A circunferência é uma cónica?

A construção dinâmica que a seguir pode ver foi feita, usando Geogebra, para substituir uma outra feita com Cinderella para uma publicação de 1.12.2012 (dia de restauração), a um click em: A circunferência é uma cónica :-) em espera.
------ construção dinâmica com Geogebra ------

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Razão cruzada de um feixe de quatro retas

4 retas que passam por um dado ponto gozam de uma propriedade "simples" que pode deslumbrar quem estuda geometria (projetiva, no caso). Aqui fica uma ligação à publicação de Agosto de 2012 que recorria à aplicação - Compasso e Régua (Zirkel und Linea; R. Grothmann)-, restaurada hoje com recurso a Geogebra....
Para cada feixe de retas, há uma razão (a cruzada razão) que se mantém invariante, isto é, não depende da reta que corta o feixe.... A figura permite-nos considerar isso mesmo por simples manipulação de E e F que nos deixam ver as diversas posições da reta r, o que é variável e o que se matém invariante.
[A.A.M.]

Teorema 119 FG-M

Enunciado do TEOREMA 119 FG-M:
São dadas duas circunferências tangentes interiormente num ponto A: a exterior de centro N, a interior de centro M. Seja AE a reta tangente às circunferências em A e seja BE a tangente à circunferência interior em C.
Demonstre que a reta AC é bissetriz do ângulo ∠BÂD.

[A.A.F.]
Demonstração:
Os segmentos AE e CE são iguais, logo ∠EAC = ∠ECA. Da geometria elementar sabe-se que: ∠EAC = (arc AD + arc DF) / 2 e ∠ECA = (arc AD + arc BF)/2 Logo arc DF = arc BF, ou seja, ∠DAC = ∠CAB;
de onde se conclui que AC é a bissetriz do ∠BAD.

A relação da distância entre circuncentro e incentro de um triângulo dado com os circunraio e inraio.....

[A.A.F.] A figura dinâmica permite conjecturar que para quaisquer A, B ou C ou para qualquer triângulo ΔABC se mantém a relação estabelecida IO² = R²-2rR Desloque A, B ou C...... para conjecturar.
Não deixe de tentar demonstrar... ▀

Dobras de um canto com uma dada área.

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Imagine que o primeiro quadrante do plano Oxy é um folha de papel gigante. Fixe uma constante k e imagine que o canto em (0,0) é dobrado para um ponto P da folha de tal modo que o triângulo da dobragem tem área k. Descreva o conjunto dos pontos que podem ocorrer como P.

► Clique no botão a que chamámos "auxiliares"

Chamamos Q e R aos dois outros vértices do triângulo da dobragem que leva O para P. E designamos por S o ponto de interseção de OP com RQ. Como os ângulos em O e em P são iguais e retos, RQ é o diâmetro da circunferência que passa por Q,P,R,O.
P obtém-se como imagem de O por uma meia volta em torno de QR, ou dito de outro modo, para cada Q e cada R, há um P imagem O por simetria de eixo QR. OQ = QP, OS = SP, OR = RP.





© geometrias, 8 dezembro 2015, Criado com GeoGebra


A área do triângulo PQR é dada por QR ╳ OP / 2 ou por QP ╳ PR / 2.
Designemos por (x, y) as coordenadas cartesianas de P: x=OQ,  y=OR   e por (ρ,   θ)   as coordenadas polares de P:    ρ = OP =2 ∙ SP,   θ =∠ QÔP.
No caso da nossa construção, atribuímos o valor 3 a k e a condição do problema que P deve satisfazer é, pelo que vimos, x ∙ y = 6.
Como OS ⊥ QR , do triângulo Δ OSQ, retângulo em S, tiramos OS / OQ = cos(θ) ou ρ / 2 = x.cos(θ).
Também o triângulo [RSO] é retângulo em S e RÔS = π / 2 - θ e ρ / 2=y.cos(π / 2 - θ) ou ρ / 2 = y.sen(θ) .
De ρ = 2x.cos(θ) e ρ=2.sen(θ) podemos concluir que ρ² = 4xy.sen(θ). cos(θ) ou, por ser 2. sen(θ).cos(θ) = sen(2θ), e xy = 2k (no nosso caso 6), podemos concluir que o lugar geométrico dos pontos P(ρ , θ) tais que os triângulos (QPR) de dobragem têm área k constante satisfazem a seguinte equação
ρ ² = 4k. sen(2 θ) que é a equação de uma curva chamada lemniscata (meia lemniscata no nosso caso por serem x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 restrições consideradas no enunciado do problema.)

Pode ver o lugar geométrico -- meia lemniscata -- clicando no botão "lugar geométrico dos P" ao fundo direito na figura. E pode deslocar Q para ver o ponto P descrever a curva desenhada a vermelho. É claro que, considerado que P(x, y): xy=2k e deixando livre Q(x, 0) o pontoR (0, y) é dele dependente: y= 2k / x◾.

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. Don't Cut Corners — Fold them
Suppose the first quadrant of the x-y plane is a giant sheet of paper. Fix a constant K and imagne that the corner at (0;0) is folded over onto a point P on the sheet in such a way that the triangle folded over has area k. Describe the set of ponts that can occur as P.
Konhauser, J.D.E; Velleman, Dan; Wagon, Stan. Which way did the bicycle go? . and other intriguing mathematical mysteries. Dolciani mathemetical Expositions - o 18, Mathematical Association of America: 1996.

de uma colinearidade a outra e etc.

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Consideremos três pontos colineares A, B, C incidentes na reta r (podem tomar diversas posições) e dois semicírculos: um - c - de diâmetro AB e outro - d - de diâmetro AC ambos num dos dois semiplanos determinados por r.
Seja D o ponto médio do segmento BC: BD=DC; e, tiradas por D,

• a perpendicular a r - p - que intersecta d em E,
• e a tangente a c - t - sendo F o ponto de tangência.

Finalmente, considerámos a reta i determinada por A e F. A nossa figura leva-nos a conjecturar que

1. os segmentos DF da tangente t e DE da perpendicular a r são geometricamente iguais
2. o ponto E incide na recta i=AF, ou seja, A, E e F são colineares.

Pode demonstrar.

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Cluzel, R. et Robert, J-P.   La Géométrie et ses applications  Lib. Delagrave, Paris.1964 - p. 136, ...

um ângulo e um lugar geométrico

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O problema de procurar um certo lugar geométrico :
Dado foi um ângulo xOy. Disseram-nos para deixarmos à solta no lado Ox um ponto P e que um outro ponto devia ser tal que PO+ON fosse Konstante:-). Assim fizemos.
Mais tarde perguntaram-nos por onde andaria o ponto M médio entre P e N quando P passeasse por onde pudesse (pelo lado Ox).

Para a nossa construção, que apresentamos a seguir, considerámos a constante 10 (= NO + OP, sendo NO = 10- OP e N na intersecção da circunferência de centro O e raio 10-OP).

Pode deslocar o ponto P em Ox e acompanhar o comportamento dos restantes pontos que dependem da posição de P: N e M. Confirmará (ou poderá conjecturar) que o ponto M tomará posições em linha recta e deixando um rasto. O lugar geométrico reduz-se a um segmento de recta que talvez lhe interesse algebricamente...(pode também clicar no botão de animação de M na janela de visualização que se encontra ao fundo esquerdo. Como quiser.

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Cluzel, R. et Robert, J-P.   La Géométrie et ses applications  Lib. Delagrave, Paris.1964 - p. 132, ...

Com a intersecçao de dois lugares geométricos, resolve-se.....

... com N(orte)

Problema de construção:
Consideremos um ângulo xOy de lados Ox e Oy e um ponto A de Oy. E determinemos um ponto M do segmento OA tal que o pé P da perpendicular a Ox tirada por M esteja a uma distância de O igual à distância de M a A, isto é AM = PO.

Os passos da construção feita podem ser vistas seguindo a ordem da sucessão de valores no cursor

n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (na figura dinâmica que se segue).

n=0:    Dado ângulo xOy
n=1:     O ponto A de Oy dado.


n=2:     Apresenta-se uma perpendicular a Ox tirada por A
n=3:     e, de seguida, a bissectriz do ângulo xOy que, intersectada com a perpendicular a Ox, nos dá um ponto N e, a passar por ele, uma paralela a Oy.
n=4:     que intersectada com Ox nos dá P e
n=5:     e por ele tirar a perpendicular a Ox cuja intersecção com Oy nos dá o ponto M de OA que perseguiamos e nos apareceu como vértice de um paralelogramo PNAM e nos obriga a pensar em lados paralelos entre paralelas: NA=MP e PN=MA.
n=6:    Para verificarmos a bondade desta construção, basta tirarmos por N a paralela a Ox que intersecta OY em Q que o quarto vértice de um losango OPNQ que tem como diagonal ON que confirma N como bem determinado sobre a bissectriz.

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Cluzel, R. et Robert, J-P.   La Géométrie et ses applications  Lib. Delagrave, Paris.1964 - p. 131, ...

o mesmo do mesmo

Problema de construção restaurado de 2005

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Dados um rectângulo [ABCD], definido por dois segmentos de recta - a e b - e uma circunferência de centro O, pede-se a construção de um rectângulo inscrito na circunferência que seja semelhante ao dado.

[M.S.]&[A.A.F.]
Notas de resolução:
1- Com centro em O desenhei circunferências de raios a e b que me permitiu desenhar o rectângulo [GPQR] que é semelhante ao dado de razão 2
2- Desenhei as suas diagonais (todos os rectângulos com vértices nas diagonais são semelhantes ao dado, ou não? não estou a fazer homotetias?)
3- Os pontos de intersecção das diagonais com a circunferência são os vértices do rectângulo inscrito e semelhante ao dado.

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Ver: 28.9.05: Básico - Pequeno desafio.

de alguns dados até um triângulo isósceles ....

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Problema:
Construir um triângulo [ABC], isósceles - |AB|=|AC| - de que se conhece o ângulo BÂC e a soma dos comprimentos da base |BC| e da altura relativa a [BC] (tirada por A).

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São dados:

• - o segmento s cujo comprimento é a soma da base com a altura (pode fazer variar o comprimento de s)
• - o ângulo de vértice A com lados c₁ e c₂.

[A.A.F]
• Tracemos a bissetriz do ângulo de vértice em A e, sobre ela, o segmento AE de comprimento igual ao de s.
• Por E tracemos uma paralela a c₂ e por A uma perpendicular a AE. O segmento AF tem comprimento igual ao da base BC do triângulo. Logo a interseção de AF com c₁ é o vértice B. (Note que AFBC é um paralelogramo).

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Este problema foi abordado numa entrada de 10/10/2005 e agora reencontrado e restaurado.