circunferência(O) e 3 pontos A, B, C: BÂC BÔC

---

De uma círcumferência dada, tomamos o seu centro $\;(O)\;$ e três pontos $\; A, \;B, \;C \;$ e os segmentos de recta $\; CA, \;AB, \:BO, \;OC\;$ e os ângulos $\;B\hat{A}C\;$ e $\;B\hat{O}C\;$ e dados de vslores das amplitudes desses ângulos que nos sugerem que a amplitude do ângulo ao centro $\;B\hat{O}C\;$ é o dobro da amplitude de $\;B\hat{A}C.\;$
Espera-se que estude a figura geométrica e geometricamente (ou de outro modo) verifique que a conjectura nos conduz a um teorema...

círcunferência: pontos, arcos e ângulos

---

De uma círcumferência dada, tomamos quatro pontos $\; A, \;B, \;C, \;D\;$ e os segmentos de recta $\; AC, \;BC, \:AD, \;BD\;$ e os ângulos $\;C\hat{A}D\;$ e $\;A\hat{B}D\;$.

não basta olhar o que se vê

---

Na construção dinâmica que se apresenta a seguir, o triângulo $\Delta [ABC]\;$ rectângulo em $\;C\;$ e os quadrados $\;a^{2},\;b^{2} \;$ e também $\;c^{2},\;$ este dividido em dois paralelogramos um de área igual a $\;b^{2}\;$ e outro de área igual a $\;c^{2}$. Como chegamos, geometricamente, às partes de $\;c^{2}\;$ e .... tudo bem?

dada construção para visitar um teorema elementar

---

Na construção dinâmica que se apresenta a seguir, qualquer dos triângulos $\Delta [ABC]\;$ é tal que é recto o ângulo $\;\angle {C\hat{A}B}, \;$ o que pode verificar para quaisquer posições dos pontos $\;A,\;B. \;C\;$ obtidas por deslocações que respeitam o valor recto desse ângulo $\;\angle {C\hat{A}B} \;$.
Tomado o ponto $\;D\;$ médio da hipotenusa $\;a=[BC] \;$, observe os pontos médios $\;E\;$ de $\;[CD],\; F\;$ de $\;[DB]\;$ e $\;G\;$ de $\;[AD].\;$
Prove conjectura que espreite.

uma propriedade de todos os triângulos

---

Os pontos $\;A, \;B, \;C, \;$ de que pode mudar as posições, são vértices de um triângulo $\;\Delta [ABC].\;$ $\;M\;$ é o ponto médio do lado $\;[BC].\;$
A circunferência definida pelos três vértices do triângulo $\;\Delta [ABC]\;$ e tomámos as suas tangentes em $\;B\;$ e em $\;C\;$ que se intersetam num ponto $\;D\;$. Olhamos para os ângulos $\;\angle {MÂB}\;$ e $\; \angle {CÂD}\;$.
Pedimos que prove ser verdade (ou não) que são iguais os ângulos $\;\angle {MÂB}\;$ e $\; \angle {CÂD}\;$.

Nós ficamos à espera de nós...
$ \;\hspace{3.5cm}\;$... e vós?

notas antigas tocadas de novo: sobre harmonia para começar, acrescentada de notas brasileiras

Coxeter recomendou que nos detivéssemos na geometria euclidiana por mais uns momentos e que tomássemos uma corda esticada OC e G, E de tal modo que 3.OG=2.OC e 5.GE=2.GC. Assim fizemos. Diz ele que se afinarmos a corda OC para a nota C (Dó), a corda OG ficaria afinada para dar a nota G (Sol) e a corda OE ficaria afinada para a nota E (Mi). Dó, Sol, Mi são as três notas do acorde da terceira maior: o intervalo entre a nota produzida por OC e a nota produzida por OG é uma quinta perfeita e o intervalo entre a nota produzida por OC e a produzida por OE é uma terceira maior.



Desenhámos em seguida um quadrilátero completo PQRS de tal modo que O=RQ.PS, E=RP.QS e G em RS. Verificámos que QP passa por C, o que significa que (OO)(EE)(GC) é um conjunto harmónico.
Deslocando o ponto R, pode verificar a relação H(OE,CG).
Fica-se a saber que a designação de harmónica que aplicamos a essa relação tem origem na harmonia da terminologia musical.

---

Nota brasileira:

ARTE E MATEMÁTICA

área do círculo restante do dado hexágono regular que nele se inscreve

---

Começámos por apresentar um hexágono regular de vértices $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E,\;F\;$ sendo $\;\overline{AB}=10 =\overline{BC}=..=\overline{FA}=.\;$
Queremos só que determine a área de parte do círculo exterior ao dado hexágono regular que nele se inscreve. .

a área do retângulo com um hexágono regular nele inscrito

A pedido, AAF,MIS e outr@s tudo farão:

---

Para a figura que se segue, começámos por apresentar um hexágono regular de vértices $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E,\;F\;$ sendo $\;\overline{AB}=1.\;$ Em seguida, tomámos o retângulo $\;P, \;Q,\; R, \;S.$
Queremos só que determine a área deste retângulo.

O problema fica resolvido se tomarmos as três diagonais $\;\overline{AD}, \; \overline{BE};$ e $\;\overline{CF}\;$ do hexágono que o dividem em seis trângulos equiláteros (de lado 1)

Dos lados do retângulo, vemos que
$\overline{PQ} = \overline{RS} = 2 = \overline{CF}\;$ e
$\overline{PS} = \overline{PF}+\overline{FS} = \overline{AE} = \overline{BD} = \overline{QC}+\overline{CR} = \overline{QR}\;$
que são somas das alturas de dois triângulos $\;\Delta [FAF']\;$ e $\;\Delta [F'EF]\;$ congruentes,
e tais que as suas alturas iguais e iguais a $\;\overline{PF}=\overline{FS}=\overline{QC}=\overline{CR}\;$ que podem ser calculados imediatamente já que $\;\overline{AP}=\frac{1}{2}\;$ e, em conseguência, $\;\overline{AF}^2 = \overline{AP}^2 + \overline{PF}^2\;$ e $\;\overline{PF}^2 = 1-\frac{1}{4} =\frac{3}{4}.\;$
Concluindo: $\;\overline{PF}=\;\overline{FS}\;=\;\overline{QC}=\;\overline{CR}= \frac{\sqrt{3}}{2}.\;$
O outro lado $\;\overline{PS}\; (=\;\overline{QR})\;$ do retângulo mede $\;\sqrt{3}\;$ e a área do retângulo mede-se por $\;2\sqrt{3}.\;$

estrelas pentagonais escondem algum segredo comum?

Têm e não escondem:

Num plano tomamos 5 pontos livres $\;A,\; B,\;C,\;D,\;E, \;$ e os 5 segmentos de reta -$\;[AC],\;[CE], \;[EB], \;[DA]\;$ dependentes das posições desses pontos tais que se intersectam: $\;[AD]\;\cap \;[BE] = {F}$,$\; [AC] \cap [BE] = {G}\;$.....
Para o que interessa, basta considerar os triângulos $\;\Delta [AGF]\;$, $\;\Delta [FBD]\;$ e $\; \Delta [CEG]\;$.
Do triângulo $\;\Delta [AGF]\;$ tiramos $\; \angle{FÂG} +\angle{A\hat{G}F} + \angle{G\hat{F}A} = 180º.\;$
Do triângulo $\;\Delta[FBD]\;$ por $\;\angle{G\hat{F}A}\;$ ser seu externo $\;\angle{G\hat{F}A}\;$ sabemos que $$\;\angle{G\hat{F}A}\;= \;\angle{F\hat{B}D} + \angle{B\hat{D}F}\;=\;\beta + \delta\;$$ e, do mesmo modo, por ser $\;\angle{A\hat{G}F}\;$ ângulo externo de $\;\Delta[GCE]\;$, sabemos que $$\;\angle{A\hat{G}F}\;= \;\angle{G\hat{C}E} + \angle{C\hat{E}G}\;=\: \gamma + \epsilon.\;$$ E concluir assim que a soma dos ângulos $\:\alpha, \;\beta, \;\gamma, \;\delta, \;\epsilon\;$ das pontas das estrelas pentagonais é $\;180º.$
Não deixe de deslocar os vértices dos pentágonos estrelados para se convencer .... que a soma dos seus ângulos é rasa......

polígonos regulares aspiram a ser circunferências :-)

Tomámos polígonos regulares a partir de um só segmento dado. A multiplicidade dos lados desta família (gerada a partir de um só comprimento) aproxima de circunferências os polígonos gerados.

---

---

Un polygone a trois côtês au moins, s'il est régulier, la multiplicité de ses côtés le fait tendre vers un cercle.
a continuar uma imagem de Luc Joly.Editions IDEA....Suisse

Sobre Luc Joly - mais uma escolha :
......Pendant la grève générale contre la dictature du général Pinochet, en 1974, Luc Joly effectue, à pied, la traversée de Temuco au Chili à San Junin de los Andes en Argentine1. À Buenos Aires, la même année, il fait la rencontre de Jorge Luis Borges, de Mario Botta et d’Adolfo Perez Esquival. Il expose au Centro de Arte y Comunicación1......

Problema de Copernico

Problema copernicano:
Desenhe um círculo (C) de raio R, então imagine um círculo (C') de raio R/2 rolando para dentro sem escorregar em (C). Prove este resultado surpreendente:
todos os pontos das circunferências (C') permanecem numa mesma linha reta. .

1. (C): circunferência de centro O e raio OY;
2. (C'): circunferência de centros A a passar por O e tangentes interiormente à circunferência (O, OY);
3. Os pontos O, X, Y da circunferência (C) representam posições fixas desses pontos de (C) e os pontos A são centros das diversas circunferências (C') que se deslocam mantendo as propriedades de tangência em pontos F
4. O ponto A, centro das circunferências (C'), está sempre a igual distância de O e de F, e da circunferência de centro O e raio OA(=AF=MX=OM=OG=GY). Na ilustração, aqui apresentada, podemos deslocar A no arco MG da cirucnferência (O, OA)
5. $$ \alpha = \angle \;GÔA =\angle \;YÔF $$ $$ \beta = \angle EÂF $$ $$ Arco(YOF) = Arco(EAF)? $$ Porquê?

Nesta ilusrtração dinâmica, pode verificar as diversas posições de A e verificar que quando A toma a posição de GF toma a posição de Y, isto é, E coincide com F e Y. E quando A toma a posição de M, F assume a posição de X e e E a posição de O.....

---

André MYX. Grenier Circulaire. Bulletin de liaison des Professeurs de Mathématiques, n.28 Le Cercle,mai 1981.AUDECAM. Association Universitaire pour le Développement de l'Enseignement et la Culture en Afrique et à Madagascar Problème de Copernic
Tracer un cercle(C) de rayon R, puis imaginer un cercle (C') de rayon R/2 roulant intérieurement sans glisser sur (C).
Démontrer ce résultat étonnant: todo o ponto A de la circonférence de (C') reste sur une droite.

Triângulos de Perímetro Mínimo

I

---

Problema 1a:
Dados A e B e uma reta r determine C sobre a reta r de forma a que o triângulo [ABC] tenha perímetro mínimo.

Figura 1
Seja B’ simétrico de B relativamente à reta r. Então r é a mediatriz de BB’. Logo C é equidistante de B e de B’, CB’=CB.
AB’ é a distância entre os pontos A e B’ pois é o comprimento do segmento de reta que os une (é o comprimento do caminho mais curto que os une) AB’=AC+CB’=AC+CB, é, pois, o comprimento mínimo para ir de A a B passando por r. Logo o triângulo [ABC] é o triângulo de perímetro mínimo.
Na construção pode-se mover o ponto E, ao longo de r, e verificar o valor do perímetro dos diferentes triângulos que se vão formando.
O mais usual é formular-se este problema com o seguinte enunciado: Dados dois pontos A e B do mesmo lado de uma reta r, qual o caminho mais curto para ir de A para B passando por r, e é conhecido como Problema de Héron. Este problema já foi abordado em Problema usando reflexões -1 na entrada de 10.11.09
Problema 1b:
Prove que a perpendicular a r no ponto C, a reta XC, é a bissetriz do ângulo C.


Figura 2
Seja XC perpendicular a r em C. XC é paralela a BB’
O triângulo [BDC] e o triângulo [B’DC] são congruentes, logo 𝐶𝐵𝐷 = 𝐶𝐵′𝐷.
𝐶𝐵𝐷 = 𝐵𝐶𝑋, pois são alternos internos
𝐶𝐵′𝐷 = 𝑋𝐶𝐴, pois são ângulos correspondentes
Então, 𝐵𝐶𝑋 = 𝑋𝐶𝐴                          c.q.d.

Heron de Alexandria utilizou este princípio do caminho mais curto (afirmou que o caminho percorrido pela luz era sempre o mais curto), para estudar a reflexão da luz num espelho e provando que o ângulo de incidência (𝐴𝐶𝑋) é igual ao ângulo de reflexão (𝐵𝐶𝑋).

---

II

---

Problema:
De entre todos os triângulos com uma dada base e altura a ela referida, determinar qual deles tem perímetro mínimo.
Este problema é também abordado em Problemas usando reflexões 2 na entrada de 16.11.09.
Nele se mostra a solução (interativa) e se remete a sua resolução para o problema anterior.

Figura 3
É o triângulo [ABC] isósceles. Vejamos. Sendo OO’ a reta paralela a AB que dista desta a altura do triângulo, o vértice C situa-se sobre OO’. Trata-se então de procurar o caminho mais curto para ir de A a B passando por OO’. Se determinarmos o simétrico de A relativamente a OO’ encontramos C. Mas também poderíamos determinar o simétrico de B relativamente a OO’. Verificamos que A’B’ é paralela a AB, logo [ABA’B’] é um retângulo sendo C o ponto de interseção das suas diagonais. Logo AC=BC. O triângulo é isósceles.
Obtém-se uma prova analítica, escrevendo a função Perímetro
$$ P(x)\;=\;a+\;\sqrt{x^2+h^2} + \sqrt{(a-x)^2 +h^2}\;$$
Derivando, obtém-se
$$P'(x)\; =\; (x-a) + \sqrt{x^2+h^2} + x\sqrt{(a-x)^2+h^2}$$
Determinando os zeros, obtém-se
$$ P'(x)\;=\;0 \; \Leftrightarrow \;x\;=\;\frac{a}{2}$$
Logo é o triângulo isósceles!


Figura 4

---

III

---

Problema de Fagnano
Na entrada de 11.7.06 de Quinto despertar dos geómetras define-se triângulo órtico de um triângulo e regista-se a seguinte propriedade:
O triângulo órtico é o triângulo de perímetro mínimo que pode ser inscrito no triângulo [ABC]. Verifiquemos que assim é num triângulo acutângulo


Figura 5
Podemos reduzir este problema ao primeiro enunciado:
Qual o caminho mais curto para ir do ponto D ao ponto F passando pela reta BC? E verificamos que é o ponto E. E o mesmo para quaisquer outros dois pontos.
Com o descrito anteriormente, provamos também que as alturas do triângulo [ABC] são as bissetrizes do seu triângulo órtico (o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão), e que os lados do triângulo [ABC] são as bissetrizes externas do triângulo órtico (perpendiculares às bissetrizes internas nos vértices)

---

IV

---

Em 8.5.06 em Triângulos equiláteros num quadrado [8/5/06] é colocado o seguinte problema:
Problema: No interior de um ângulo 𝑨, toma-se um ponto P. Por P passam uma infinidade de retas que cortam os lados do ângulo 𝑨. Cada uma dessas retas define um triângulo. Determine o de perímetro mínimo.
E é apresentado um exercício interativo.

Figura 6
Vejamos a seguinte propriedade:
Construa-se uma circunferência inscrita num ângulo 𝐴. Os pontos de tangência definem dois arcos. Um interior e outro exterior. Seja um ponto X no arco interior e um ponto Y no arco exterior. Pelos pontos X e Y tracemos tangentes à circunferência e observemos o perímetro dos triângulos definidos pelas tangentes nos lados do ângulo. Pode deslocar os pontos verdes sobre os arcos.


Figura 7

Todas as tangentes ao arco interior definem triângulos com o mesmo perímetro:
𝑃 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝐵 + 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝐻 + 𝐻𝐵 + 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝑁 + 𝐵𝑀 + 𝐴𝐵 = 𝐴𝑁 + 𝐴𝑀 = 2𝐴𝑀
e menor do que o perímetro dos triângulos definidos pelas tangentes ao arco exterior, que varia.
Respondendo agora ao problema inicial a circunferência inscrita no ângulo 𝐴 deverá passar pelo ponto P e a reta pretendida é a tangente à circunferência em P.
Trata-se de um dos problemas de Apolónio. Traçar uma circunferência tangente a duas retas concorrentes e que passa por um ponto


Figura 8

Tracemos uma circunferência auxiliar, tangente às duas retas e determinemos a sua homotética, de centro A, que passa no ponto P. Como vemos existem duas soluções. No entanto, na solução laranja o ponto P situa-se no arco exterior que, como vimos acima origina triângulos de perímetros superiores às tangentes num ponto do arco interior. Assim interessa-nos a solução a negro (P situa-se no arco interior)

Figura 9

---

V

---

Problema:
Determinar o triângulo de perímetro mínimo em que dois dos vértices situam-se um em cada lado de um ângulo  e em que o terceiro vértice é um ponto P no interior do ângulo.

Figura 10

Podemos enunciar o problema da seguinte maneira:
Qual o caminho mais curto para “sair” de P e “voltar” a P depois de ter passado pelas duas retas AB e AC.
Determinemos então o ponto P’ simétrico de P relativamente a AB e o ponto P’’ simétrico de P relativamente a AC. O segmento de reta P’P’’ determina em AB e AC, os vértices Q e R do triângulo pedido.

a pa(ciência) do compasso quando só....

B. PARZYSH. Un compas pour des polygones.
Bulletin de liaison des Professeurs de Mathématiques, nº 28, mai 1981 - difusion:AUDECAM - Association Universitaire pour le Développement de L'Enseignement et la Culture en Afrique et à Madagscar.

Dada uma circunferência (O,r) de que se conhece um ponto A de posição variável sobre ela. Recorremos a compassos (circunferências) para as construções que se seguem de determinar novos pontos que com A constituem os vértices de polígonos regulares sem recursos a quaisquer outras ferramentas.

Hexágono


Triângulo


Quadrado


Octógono


Dodecágono


Pentágono


Decágono


Pentadecágono

Transcrição de notas:
B. PARZYSH. Un compas pour des polygones.
Bulletin de liaison des Professeurs de Mathématiques, nº 28, mai 1981>br> A "geometria do compasso sozinho"tem a sua origem nos trabalhos do dinamarquês Georg MOHR (1640-1697) e do italiano Lorenzo MASCHERONI(1750-1800) que, com 125 anos de distância e separadamente, demonstraram o Teorema ao qual eles deram o seu nome:
Teorema de MOHR - MASCHERONI:
Qualquer ponto do plano, constructível com régua e compasso, é constructível só com compasso.
Para a pequena história, assinalemos que Napoléon BONAPARTE, membro da Academia das Ciênciastoinha por passatempo favoriro, por volta de 1800, de pôr como "cola" aos seus eminentes col...egas uma ou outra construção só comm compasso.
Mais modestamente, nós pretendemos, neste artigo, indicar ao leitor que tivesse perdido a sua régua — como se sabe os matemáticos são considerados distraídos — mas quem, no entanto, teria conseguido pôr as mãos no seu compasso, o meio de construir, com este único instrumento, os vértices de um polígono regular inscrito, de n lados (para n≤15) ... na condição, claro, de que este polígono regular que procurámos para inscrever em {C} seja constructível com régua e compasso, o que exclui os casos n=7, 9, 11, 13 ou 14.
Eis os dados que utilizaremos para cada valor de n:
Um círculo {C} de centro O, do qualqeur chamaremos r o raio, e um ponto A do círculo.
O ponto A será um vértice do polígono regular que tentamos inscrever na circunferência {C} dada....

de Conjectura a Teorema?

a conjectura

Na seguinte figura, tomamos
3 pontos em quaisquer posições do plano: A, B, C vértices
3 segmentos de retas: a=BC, b=CA, c=AB lados
3 pontos livres em: D em a, E em b, F em c
3 circunferências: d(F,B,D), e(D,C,E), f(E,A,F)

e nos parece que d.e.f ={P}

é um teorema.
Será?

De duas circunferências concêntricas uma delas vê-se ao espelho que a outra é....

Problema:
Considere a circunferência c, a preto na figura, e a inversão a ela associada na figura. Determine a transformada por essa inversão da circunferência verde, v

Seja espelho a dourada circunferência: qual a posição da imagem do ponto A a esse espelho?

Considere a inversão associada à circunferência dourada e determine o transformado de A por essa inversão.

...o triângulo retângulo com uma hipotenusa e a soma dos catetos dadas

.... continuando

Na anterior publicação refere-se que o problema se pode reduzir a um outro:

Construir um triângulo retângulo de que se conhece a hipotenusa e a soma dos seus catetos.
Observando a figura:

Figura 3
Seja $\;c\;$ a hipotenusa e $\;a, \;b\;$ os catetos
$$\;𝑐 = 𝑏 − 𝑟 + 𝑎 − 𝑟 ⟺ 2𝑟 = (𝑏 + 𝑎) − 𝑐 𝑒 2𝑅 = 𝑐 \;\rm{e}\; 2R= c\;$$ Assim podemos determinar $\;r\;$ e $\;R\;$ e resolver como o problema anterior.

Por último , e ainda na mesma entrada, é considerado um outro problema sugeridos pelos anteriores:
A partir do vértice do ângulo reto, determinar um triângulo retângulo $\;[ABC]\;$ de que se conhece só o raio da circunferência inscrita.
Parece-me que este problema tem uma infinidade de soluções. Vejamos a seguinte construção:

Figura 4
As retas $\;AB\;$ e $\;BC\;$ são perpendicular em $\;A.\;$
A partir de $\;A\;$ marcando $\;r\;$ sobre as duas retas determinamos $\;I, \;$ centro da circunferência inscrita. Traça-se o incírculo.
Seja $\;D, \;$um ponto livre sobre o arco $\;EF.\;$ Traça-se a tangente à circunferência inscrita em $\;D.\;$ Esta tangente determina os vértices $\;B \;\rm{e}\; C\;$ sobre as retas $\;AB\;$ $\;AC.\;$
Quando $\;D\;$ percorre o arco $\;EF,\;$ todos os triângulos retângulos assim gerados são solução.

---

Mariana Sacchetti
Aveiro, Fevereiro 2022.

Triângulo retângulo dados raios de incírculo e circuncírculo

... continuado do anterior...

Construir o triângulo retângulo do qual eram dados os raios das circunferências inscrita e circunscrita.

Resolvamos, agora o problema:

Figura 2
Como podemos observar o problema tem duas soluções, para o mesmo lado da reta $\; AB.\;$ (o problema tem no total 4 soluções)
A partir de um ponto $\;A\;$ e sobre uma reta suporte de $\;AB,\;$ o ponto $\;B\;$ dista $\;2R\;$ de $\;A.\;$
Tracemos uma reta à distância $\;r\;$ da reta $\;AB.\;$ Determinemos $\;\overline{𝐼𝑂}\;$ (média geométrica de $\;R\;$ e $\;R-2r\;$). A circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;\overline{𝐼𝑂,}\;$ determina sobre a reta paralela a $\;AB\;$ dois pontos de interseção, incentros das duas soluções possíveis.
Desenha-se, para cada solução, a circunferência inscrita e por $\;A\;$ ou por $\;B\;$ desenham-se as tangentes ao incírculo que determinam o vértice $\;C\;$ sobre a circunferência circunscrita.

Do mesmo modo haveria outras duas soluções simétricas das apresentadas relativamente à reta $\;AB\;$, como se vê nos últimos passos da construção.

a continuar

Triângulo rectângulo

A 13.04.06,
em Geometrias
é colocado o seguinte problema:
Construir o triângulo retângulo do qual eram dados os raios das circunferências inscrita e circunscrita.

---

Comecemos por referir e demonstrar a seguinte propriedade, que se verifica em qualquer triângulo:
$\overline{IO}^2 = R(R -2r),\;$ em que $\;I\;$ é o centro da circunferência inscrita, $\;O\;$ é o centro da circunferência circunscrita, $\;R\;$ é o raio da circunferência circunscrita e $\;r\;$ é o raio da circunferência inscrita. Podemos assim dizer, de outra forma, que a distância entre os centros das circunferências inscrita e circunscrita é a média geométrica entre $\;R\;$ e $\;R-2r,\;$ sendo $\;r\;$ o raio da circunferência inscrita e $\;R\;$ o raio da circunferência circunscrita.
Observemos a seguinte figura:

Figura 1
$\;I\;$ incentro ; $\;O\;$ circuncentro; $\;CE\;$ bissetriz do ângulo $\;C\;$; $\;FE\;$ mediatriz de $\;[AB]; \;AI\;$ bissetriz do ângulo $\;\widehat{A}\;$, $\;IJ\;$ paralela a $\;AB\;$
Prova:
O triângulo $\;[AEF]\;$ é retângulo, logo
$$\; \displaystyle \frac{AB}{ED} = \frac{EF}{AE} \Longleftrightarrow AE^2 = ED \times EF \hspace{5cm}(1)$$
O triângulo $\;[AEI]\;$ é isósceles, $\;\overline{𝐴𝐸} = \overline{𝐸𝐼},\;$ a bissetriz do ângulo $\widehat{C}\,$ e a mediatriz de $\;[AB]\;$ intersetam-se num ponto do circuncírculo $\;E\;$ equidistante de $\;A,\;I,\; B.\;$ (demonstrada na publicação anterior 9.2.22 - Triângulos-Algumas propriedades)
O triângulo $\;[IJO]\;$ é retângulo, logo $\;\overline{𝐼𝑂}^2 = \overline{IJ}^2 + \overline{JO}^2 \hspace{5cm} (2)$
O triângulo $\;[EIJ]\;$ é retângulo, logo $\; \overline{𝐸𝐼}^2\; =\;\overline{IJ}^2 + \overline{JE}^2 \hspace{5cm}(3)$
Fazendo $\;(2) – (3)\;$
$\;\overline{IO}^2\; -\;\overline{𝐸𝐼}^2\; =\;\overline{JO}^2\; -\; \overline{JE}^2 \Longleftrightarrow \;\overline{IO}^2\;=\; AE^2 \;+\;\overline{JO}^2\; -\; \overline{JE}^2\; \Longleftrightarrow $
$\;\Longleftrightarrow\overline{𝐸𝐼}^2\;= \; \overline{𝐸D}\;\times \; \overline{𝐸F}\;+ \;\overline{JO}^2\; -\; \overline{JE}^2\; \Longleftrightarrow \;\overline{IO}^2\;= \;(R - \overline{OD})2R \overline{JO}^2\;-\;(R+\overline{OJ})^2 \Longleftrightarrow$
$\;\Longleftrightarrow \overline{IO}^2\;=\;2R^2 - 2R\overline{OD} +\overline{JO}^2 - R^2 - 2R\overline{OJ} - \overline{JO}^2 \;\Longleftrightarrow\;\overline{IO}^2=R^2 - 2R\overline{OD} - 2R(r - \overline{OD}) \Longleftrightarrow $
$$\;\Longleftrightarrow \overline{IO}^2 =R^2 - 2r \Longleftrightarrow \overline{IO}^2 = R(R-2r) \hspace{5cm} c.q.d.$$


a continuar

Propriedade? Conjectura ou Teorema?

---

Qualquer quadrilátero de vértices $\;A, \; B,\; C, D \;$ e lados $\;AB, \;BC, \;CD, \;DA \;$ divide-se em dois triângulos:
$\;\Delta[ABC]\;$ e $\; \Delta[CDA]\;$ pela diagonal $\;[AC]\;$
$\;\Delta[DAB]\;$ e $\;\Delta[BCD]\;$ pela diagonal $\;[BD]\;$.

Na construção, que apresentamos a seguir, temos o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ inscrito na circunferência $\;(O,\;r)$, os incírculos dos triângulos $\;\Delta [ABC]\;$, $\;\Delta [CDA]\;$, $\;\Delta [DAB]\;$ e $\;\Delta [BCD]\;$ com os respectivos incentros $\;I_a$, $\;I_b$, $\;I_c\;$ e $\;I_d\;$ e os raios $\;r_a$, $\;r_b$, $\;r_c\;$ e $\;r_d$.
Pode deslocar qualquer dos pontos $\;A, \; B,\; C, D \;$ sobre a circunferência $\;(O,\;r)$ e verificar que se mantém a seguinte igualdade $\; r_a + r_c\; = \; r_b + r_d\;$

---

Para apoiar o pensamento de uma demonstração ... via amigos das canárias ... uma construção dinâmica oferecida a interessados. Publicaremos um texto que nos enviem, também comentários,... Temos saudade do tempo (?) em que os nossos alunos nos descreviam as suas interpretações geométricas. Por onde andarão? os seus pensamentos.