Soma invariante na triangulação de polígonos inscritíveis (I)

---

Consideremos um quadrilátero convexo $\;[ABCD]\;$ inscrito numa circunferência dada. Cada uma das suas diagonais divide o quadrilátero em dois triângulos diferentes tendo a respetiva diagonal por lado comum. Dizemos por isso que um quadrilátero admite duas triangulações diferentes: divisão em $\;[ABC]\;$ e $\;[ACD]\;$ pela diagonal $\;AC;\;$ e em $\;[ABD]\;$ e $\;[BCD]\;$ pela diagonal $\;BD\;$.
Um dos "sangakus" mais famosos relaciona as duas triangulações de um quadrilátero convexo inscrito numa circunferência. Assim:

A soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos de cada triangulação de um quadrilátero inscrito é igual para as duas triangulações

© geometrias, 16 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Lembramos que

• Os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito numa circunferência são suplementares. Consideremos um caso semelhante ao da figura acima em que são agudos os ângulos dos vértices $\;A\;$ e $\;B\;$ e, em consequência, os respetivos suplementares $\;C\;$ e $\;D\;$ são obtusos.
• O produto das diagonais de um quadrilátero inscrito numa circunferência é igual à soma dos produtos de lados opostos: $\; AC \times BD = AB \times CD + BC \times CD \;$ - teorema de Ptolomeu - aplicado ao quadrilátero da figura acima.

1. Na figura dinâmica que se segue, mostra-se o triângulo acutângulo $\;ABC \;$, o seu incírculo $\;(I, i)\;$ e as distâncias do circuncentro $\;O\;$ do triângulo aos seus lados: $\;OM = m\;$ - altura do triângulo $\;OBC,\;$tirada de $\;O\;$ para $\;BC =a; \;$ $\; ON =n\;$ - altura do triângulo $\;OCA\;$ tirada de $\;O\;$ para $\;CA =b;\;$ e $\;OP\;$ - altura de $\; OAB$ tirada de $\;O\;$ para $\;AB =c. \;$ Lembra-se que como $\;OM \perp BC\;$, sendo $\;BC\;$ corda da circunferência $\; (O), \;$ é $\; BM=MC$
   $$\; \Delta[OBC] + \Delta[OCA] + \Delta[OAB] = \Delta [ABC]$$ que que multiplicada por 2, dá $$\;m \times a + n \times b + p \times c = (a+b+c) \times i$$




© geometrias, 19 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Use os botões $\square \; ACIJ\;$ e $\square \; BDKL\;$ para mostrar ou esconder cada uma das partes da construção para acompanhar o texto da prova .


2. Cada um dos quadriláteros $\;[OMCN], \;[ONAP], \; [OPBM] \;$ é inscritível, já que cada um deles tem dois ângulos opostos retos (suplementares portanto) e, consequentemente, os outros dois opostos também são suplementares. Por isso, chamando $\;R=OA=OB=OC=OD\;$ ao circunraio, aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB,\;$ e ás alturas respetivas dos triângulos $\;OBC, \; OCA, \;OAB\;$ respetivamente $m=OM ,\; n=ON , \; p=OP,\;$ e, por ser $$ NP =\frac{a}{2}, \; MN =\frac{b}{2}, \; MP=\frac{c}{2}, \;$$ podemos escrever (com recurso ao teorema de Ptolomeu, aplicado a cada um desses quadriláteros em que $\;[ABC]\;$ se decompõe, $\;[OMCN]: \;$ $$R\times \frac{c}{2} =m \times \frac{b}{2} + n\times \frac{a}{2}$$ multiplicando por 2, equivalente a $$R\times c= m \times b + n \times a$$ e, do mesmo modo para $ \;[ONAP]\;$ $$ R\times a =n \times c + p \times b $$ e para $\;[OPBM] :\;$ $$\; R\times b =p \times a + m \times c $$ E, somando $$\; (a+b+c) \times i= m \times a + n \times b + p \times c $$ com as últimas três, obtemos $$R\times (a+b+c) +(a+b+c)\times i = a(m+n+p) +b(m+n+p) +c(m+n+p)$$ $$(a+b+c)(R+i) = (a+b+c)(m+n+p)$$ ou seja
   $R+i = m+n+p= OM + ON + OP\;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos acutângulos
3. 
   
   
   1. Para o triângulo $\;CDA\;$ em que $\;D\;$ é vértice de um ângulo obtuso e o circuncentro está no seu exterior, podemos fazer um raciocínio análogo, levando em conta que a soma das áreas dos triângulos $\;ODC\;$ e $\;ODA\;$ excedem a área de $\;CDA\;$ numa área igual à do triângulo $\;OCA.\;$
      Assim no caso de um triângulo $\;CDA\;$ inscrito e sendo $\;D\;$ obtuso $$\Delta [CDA] = \Delta [OCD] + \Delta [ODA] - \Delta [OCA] $$ de onde podemos retirar $$ (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + AD\times OR + AC \times (-ON) $$
   2. Por outro lado, o teorema de Ptolomeu aplicado aos três quadriláteros inscritíveis $\;[OQDS], \;[OSAN], \; [ONCQ], \;$ dá-nos $$ R \times (AC + CD + DA) =O\times DA + DC \times OS + OS \times AC + AD \times ON + ON\times CD + OQ \times CA $$ e somando esta última, membro a membro, com $\; (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + DA\times OS +AC \times (-ON ) $, $$R \times (AC+CD+ DA) + (AC+CD+DA) \times j= \\= OQ \times ( AC+CD+DA) + OS \times (AC+DC+DA) - ON \times (AC+CD+DA) =\\= (OQ+OS-ON) \times ( AC+CD+DA)$$ $R+j =q+s-n= OQ+OS-ON ;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos obtusângulos
   
   
   Finalmente, podemos escrever $$2R+i+j=m+p+q+s = OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; i+j= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
4. E repetindo o raciocínio para a outra triangulação de $\;ABCD\;$ em que este quadrilátero é dividido pela diagonal $\;BD\;$ nos triângulos $\;ABD\;$ (de incentro $\;K\;$ e inraio $\;k\;$) e $\;BCD\;$ (de incírculo $\;(L, \; l)\;$), podemos escrever que $$R+k= OP+OT+OS=p+t+s$$ $$R+l=OM+OQ-OT = m+q-t$$ e finalmente $$2R+k+l= OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; k+l= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
$$i+j=k+l \;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \square $$ como queríamos provar.

---

(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Triângulos retângulos: altura e inraios

---

Problema: Um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$ está dividido em dois triângulos $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ pela sua altura $\;CH\;$ relativamente à hispotenusa $\;AB.\;$
Provar que a altura $\;h=CH\;$ é igual à soma dos raios$\;i,\;j,\;k\;$ dos incírculos $\;(I, i), \;(J, j), \; (K, k)\;$ de $\;[ABC],\; [CAH], \; [BCKH]\;$ respetivamente.

---

© geometrias, 29 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio $\;i\;$ do incírculo de um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$, é dado por $\;i= \displaystyle \frac{a+b-c}{2}.\;$
Como $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ são retângulos em $\;H\;$ $\;j =\displaystyle \frac{AH+HC-CA}{2}=\frac{AH+h-b}{2}\;$ e $\;k =\displaystyle \frac{CH+HB-BC}{2} =\frac{h+HB-a}{2}\;$
Somando os raios das três circunferências inscritas da figura, temos $\;i+j+k = \displaystyle \frac{a+b-c}{2} + \frac{AH+h-b}{2} + \frac{h+HB-a}{2}= \frac{a+b-c +AH+h-b+h+HB-a}{2} $
Como $\;AH+HB= c,\;$ conclui-se que
$\;i+j+k = h \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; $ □

---

J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Seis círculos gémeos num quadrado

---

Problema: É dado um quadrado $\;[ABCD],\;$ dividido pela diagonal $\;BD\;$ em dois triângulos isósceles iguais. O triângulo $\;ABD\;$ está dividido por $\;DP\;$ em dois triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[PBD]\;$ que admitem incírculos congruentes.
Determinar o raio destes incírculos em função do lado do quadrado.

1. Na anterior entrada de 18.10.14 Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos demonstrámos que para um triângulo, como $\;[DAB]\;$ na figura, $\;DP = \displaystyle \sqrt{p(p-a)},\;$ em que $\; a=AB=DA, \;2p= DA+AB+BD. \; \;$
   Este resultado permite determinar, com régua e compasso, $\;PD\;$ e os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[PBD]\;$ que circunscrevem as circunferências gémeas.
   
   

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

---

Clicando no botão "□azulejo" pode ver o quadrado com seis círculos gémeos, assim construídos.

---



2. No triângulo $\;[DAB],\;$ como $\;DA=AB = a\;$ e $\;DB=\sqrt{2} a,\;$
   o seu semi-perímetro é $\;p = \displaystyle \frac{2a+\sqrt{2} a}{2} =a+\frac{\sqrt{2}}{2} a\;\;\;$ e $\;\;\;\;p-a =\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} a.\;$
   E, em consequência, $\;DP^2 = p(p-a) = \displaystyle \left(a+\frac{\sqrt{2}}{2} a \right) \frac{\sqrt{2}}{2} a = \frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2\;$
   Obtém-se assim o valor de $\;DP\;$ em função de $\;a\;$.
   E, claro, podemos obter também imediatamente uma expressão para $\;AP\;$ em função de $\;a:\;$
   $\; AP^2 = PD^2 - DA^2 = \displaystyle\frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2 - a^2 = \left(\frac{ \sqrt{2} +1}{2} -1\right) a^2 = \frac{\sqrt{2}-1}{2} a^2\;$


3. Por outro lado, na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio $\;k\;$ do incírculo de um triângulo $\;[PDA]\;$ retângulo em $\;A\;$, é dado por $\;k= \displaystyle \frac{DA+AP-PD}{2}.\;$
   
   Assim, em função de $\;a\;$ o valor de $\;k\;$ é:
   $\; \displaystyle \frac{1}{2} (DA+AP-PD) = \frac{1}{2}\left( a + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} a - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} a \right).\;$
   Concluindo $$k= \frac{a}{2}\left( 1 + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}}\right)$$

---

J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos

---

Problema: Dois círculos gémeos $\;(J, k)\;$ e $\; (K, k)\;$ estão inscritos respetivamente em $\;[ABP]\;$ e $\;[APC].\;$
Determinar o comprimento de $\;AP\;$ em função dos lados de $\;[ABC]\;$


Notações: $\; x=AP, \;a =BC, \;b=AC,\; c=AB, 2p=a+b+c,\; 2p_1=c+BP+PA., 2p_2=AP+PC+b\;$ De resto seguimos as designações usadas na fuigura.

© geometrias, 15 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Clicando no botão que mostra ou esconde a circunferência $\;(I, r),\;$inscrita no triângulo $\;[ABC],\;$ mostram-se ainda os segmentos $\;BI, CI\;$ das bissetrizes de $\;\hat{B}\;$ (a passar por $\;J\;$) e de $\;\hat{C}\;$ a passar por $\;K\;$ ; e o segmento $\;II_a,\;$ raio de $\;(I)\;$ para o ponto de tangência com $\;BC.\;$<

---

O problema apresentado consiste em demonstrar, consideradas as notações da figura e as referidas acima, que $$\;AP = \sqrt{p(p-a)}$$

1. Sendo $\; 2p_1=c+BP+PA,\;$ $\;2p_2=AP+PC+b \;$ e $\;BP+PVC=a,\;$ $\;\; 2(p_1+p_2)= c+BP+x +x+PC+b =a+b+c+2x =2p+2x$
   ou, concluindo, $$ p + x = p_1 + p_2$$
2. As áreas dos três triângulos relacionam-se como segue. $\;\Delta ABC = \Delta ABP + \Delta APC \;\;\;$ e, cada uma das áreas pode ser obtida pelo produto do semiperímetro do triângulo pelo raio da circunferência nele inscrita. Assim, temos $\;p\times r = (p_1 +p_2)\times k = (p+x)\times k = p.k+x.k\;$ e, finalmente, de $\;p.r=p.k+x.kp\;$ se conclui $$x = \frac{p.r}{k}-p$$
3. Há, na figura completa, triângulos obviamente semelhantes $\;[IBI_a]\; \sim \;[JBJ_a]\;$ e $\;[CII_a]\; \sim \;[CKK_a]\;$ Por isso, podemos escrever que $$\frac{r}{k} = \frac{BI_a}{BJ_a} = \frac{I_aC}{K_aC} \;\; \;\; (*)$$ Como $\;(I, r)\;$ é tangente a $\;BC\;$ em $\;I_a,\;$ a $\;AC\;$ em $\;I_b\;$ e a $\;BC\;$ em $\;I_c,\;$ $ \; BI_a =BI_c, \; CI_a=CI_b, \; AI_c=AI_b\;$
   $\underbrace{BI_a+ I_aC}+AI_c =BI_c+\underbrace{CI_b+I_bA} =BC+AI_c=BI_c+CA=$ $= a+AI_c=BI_c+b=a+AI_b=b+BI_a=p \;$ e, em conclusão,
   $\;BI_c=BI_a=p-b, \; CI_b=CI_a = p-c.$
   Também é $\;AI_b=AI_c=p-a.\;$.
   Do mesmo modo, como $\; (J, k)\;$ é o incírculo de $\;[ABP], \; \;BJ_a=p_1-AP=p_1-x$ e, por ser $\; (K, k)\;$ incírculo de $\;[APC],\;\;\; CK_a=p_2 - AP=p_2-x.$
   
   E, retomando $\;\;(*)\;\;$, podemos escrever $$\frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x} =\frac{p-c}{p_2-x}$$
4. Temos assim 3 equações envolvendo $\;AP=x,\; r,\; k, \;p, \;a, \;b, \;c,\;p_1, \;p_2\;$ :
   • $x=\displaystyle \frac{rp}{k}-p$
   • $\displaystyle \frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x}$
   • $\displaystyle \frac{r}{k}=\frac{p-c}{p_2-x}$
   que se podem reduzir a duas em $\;x, \;a, \;b; \;c. \; p,\;p_1, \;p_2\;$ $$x=p\times\frac{p-b}{p_1-x} -p \Longleftrightarrow p_1x -x^2 =p(p-b)-p(p_1-x) $$ $$ x= p\frac{p-c}{p_2-x}-p\Longleftrightarrow p_2x-x^2 = p(p-c)-p(p_2-x)$$ que, somadas ordenadamente, dá $$(p_1+p_2).x-2x^2=p.(2p-b-c)-p.(p_1+p_2)+2px$$ e, finalmente,
   $(p+x).x-2x^2=p.a-p(p+x)+2px \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a-p(p+x)-x.(p+x)+2px \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow -2x^2=p.a+2px-(p+x)^2 \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a+2px - p^2 -x^2-2px \Longleftrightarrow -x^2 =pa-p^2 \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow x^2 = p(p-a)$ $$ x= \sqrt{p(p-a)} \;\;\;\;\;\;\; \square$$

---

J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Num quadrado, uma semicircunferência e duas circunferências com tangentes comuns

---

Problema: Temos um quadrado $\;[ABCD]\;$, um semicírculo de diâmetro $\;AB,\;$ ao qual $\;CK\;$ é tangente. A circunferência de centro $\;O_1\;$ está inscrita no triângulo $\;[CDK],\;$ As tangentes comuns a $\;(O), \;(O_1)\;$ são as retas $\;AD, \; EH.\;$ Esta última $\;EH\;$ interseta $\;CK\;$ em $\; G\;$. A circunferência de centro $\;O_2\;$ está inscrita no triângulo $\;[CGH].\;$
Determinar relações entre os raios de $\;(O_1)\;$ e $\;(O_2).\;$


Notações: Representemos por $\;a =AB =...\;$ o comprimento do lado do quadrado , por $\;r_1\;$ o raio de $\;(O_1)\; $ e por $\;r_2\;$ o raio de $\;(O_2).\;$

A construção da figura é feita pela ordem que a descrição do enunciado sugere e a determinação das relações pode ser feita de vários modos. Escolhemos o que nos pareceu mais simples, com recurso a propriedades das tangentes comuns a circunferências, a triângulos retângulos, teorema de Pitágoras e semelhanças.

© geometrias, 13 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Fazendo variar de 1 a 4 os valores de $\;n\;$ no cursor verde escuro ao fundo da construção, poderá acompanhar com elementos auxiliares os passos de resolução do problema.

---

1. Por construção, a semicircunferência $\;(O)\;$ tem diâmetro $\;AB=a\;$ ou raio igual a $\;\displaystyle \frac{a}{2}\;$ e como $\;CL\;$ e $\;CB\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;C, \;$ $\;CL =CB =a.\;$ Do mesmo modo, por serem $\;CS\;$ e $\;CM\;$ segmentos das tangentes a $\; (O_1)\;$ tiradas por $\;C, \; \;CS =CM= CD-DS = a- r_1$. Assim, o segmento entre os pontos $\;L\;$ e $\;M\;$ de tangência de uma tangente comum (interiormente) a (O) e (O_1) é tal que $$\;LM = CL - CM = a-(a-r_1)=r_1\; \; \; \\ \wedge \\ LM^2 =OO_1^2 - OW^2= (OT^2+TO_1^2)- OW^2= \left(\frac{a}{2} -r_1\right)^2 +\left(a-r_1\right)^2 - \left(\frac{a}{2}+r_1\right)^2 =\\ =\frac{a^2}{4}+r_1^2 - ar_1 + a^2+r_1^2-2ar_1 - \frac{a^2}{4} - r_1^2 - ar_1 = r_1^2 + a^2 - 4ar_1 $$ $$ r_1^2 = r_1^2 + a^2- 4ar_1 \Longleftrightarrow a^2-4ar_1=0 \Longleftrightarrow a(a-4r_1)=0 \Longleftrightarrow a=0 \vee r_1=\frac{a}{4} $$ Existindo quadrado $\;ABCD\;$ de lado não nulo $\;(a \neq 0), \;$ o raio da circunferência $\;(O_1) \;$ é $\, \displaystyle r_1 = \displaystyle \frac{a}{4}$
2. Como $\;M, \;F\;$ são pontos de tangência das tangentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;O_1M \perp MG, \; O_1F \perp GF,$ $\; GM=GF, \; O_1M=r_1=\displaystyle \frac{a}{4}=O_1F \:$ e, em consequência, $\;[O_1MGF]\;$ é um quadrado de lado igual a $\;r_1 = \displaystyle \frac{a}{4},$ (um quadrilátero equilátero com dois ângulos opostos retos é um quadrado.)
   De modo análogo por $\;L, \; V\;$ serem pontos de tangência das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;[GLOV]\;$ é um quadrado de lado $\; \displaystyle \frac{a}{2}\;$
   Como $\;KR\;$ e $\;KM\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O_1) \;$ tiradas por $\;K, \;\;KR\;=\;KM$
   E, do mesmo modo, como $\; AK\;$ e $\;KL\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;K,\; AK=KL$
   $\;AR =AD-RD = \displaystyle a-\frac{a}{4} = \frac{3a}{4}=AK+KR=AK+KM=AK+KL+LM=2KL+LM=2AK+\frac{a}{4}\;$, de onde se retira $\;2AK=\displaystyle \frac{2a}{4}\; $ ou $\;AK=KL=\displaystyle \frac{a}{4}.\;$
   $\;GK = \frac{3a}{4}\;$ Como $\;[EO_1F] \sim [O_1KM]\; $ e $\;KM=2.MO_1\;$ temos $O_1F=2.EF\;$ ou $\;EF=\displaystyle \frac{1}{2}O_1F = \frac{1}{2} \times \frac{a}{4} = \frac{a}{8}.\;$
   $GE=GF+FE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}\;$ Como $\;S, \; F\;$ são pontos de tangência das tagentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;E, \; EF=ES= \displaystyle \frac{a}{8}\;$ e $\;DE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}= GE.\;$
   $CE= CD-DE =\displaystyle a -\frac{3a}{8} = \frac{5a}{8} $
   Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo $\;CGE\;$ retângulo em $\;G\;$ temos $\;CG^2 = CE^2-GE^2 = \displaystyle \left(\frac{5a}{8}\right)^2 - \left(\frac{3a}{8} \right)^2 = \frac{16a^2}{64},\;$ de onde $\;CG=\displaystyle \frac{a}{2}.\;$
3. A circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ está inscrita no triângulo $\;[HCG]\;$ retângulo em $\;G\;$ e obviamente semelhante a $\;[KCD]\;$ retângulo em $\;D.\;$ . De facto, para além de $\; \angle D = \angle G,\;$ também $\;\angle G\hat{H}C = \angle D\hat{C}K\;$por ambos serem complementares de $\;\angle H\hat{C}G.\;$
   
4. Para resolver o problema proposto de determinar a relação entre os raios dois círculos, bastará determinar a razão da semelhança entre os triângulos em que eles estão inscritos.
   A razão da semelhança $\;[HCG]\;\sim \;[KCD]\;$ pode ser calculada, já que conhecemos os comprimentos (em função de $\;a\;$) de dois catetos homólogos $\;CG = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;KD=\displaystyle \frac{3a}{4}$. Assim, podemos dizer que $$\;r_1 = \frac{3}{2} \times r_2\; \;\;\;\; \; \square$$
   Como $ \; \displaystyle r_1=\frac{a}{4}, \; r_2=\frac{a}{6}.\;$ ....

---

a partir de enunciado de J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
e seguindo em parte o processo de Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Raios das circunferências inscritas e altura em triângulos retângulos

---

Problema: Dividimos o triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ pela altura $\;CD\;$ relativa à hipotenusa $\;AB.\;$ Provar que a soma dos raios $\;r_1, \;r_2, \;r_3\;$ respetivamente das circunferências inscritas em $\;ABC, \; BCD, \; CAD\;$ é $\;CD\;$

Na entrada de 13 de Setembro p.p., círculo "misto" de um triângulo retângulo no seu ponto 5. tínhamos demonstrado que o raio $\;r\;$ da circunferência inscrita num triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ é dado pelo seu semiperímetro subtraído da hipotenusa $$r= \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2}$$ em que $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB.\;$ Ou: o comprimento do diâmetro do incírculo de um triângulo retângulo é igual à soma dos catetos subtraída da hipotenusa $$2r= a+b-c$$

© geometrias, 6 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Clicando nos botões $\fbox{1, 2, 3, 4}\;$, na esquerda ao fundo, poderá ver (ou ocultar) a altura, os diversos (in)círculos e respetivos (in)raios.

---

$\fbox{x}$ 1. inscrita em ABC:     No caso da nossa circunferência $\;(O_1,\; r_1)\;$ inscrita em $\;ABC\;$ de catetos $\;a=BC, b=AC\;$ e hipotenusa $\;c=AB\;$, temos $$2r_1=a+b-c$$ $\fbox{x}$ 2. altura h_C:     Chamámos $D$ ao pé da altura relativa a $\;c.\;$ Na nossa figura, $\;h_C= h=CD $. Como $\;CD \perp AB,\; CD\;$ divide o triângulo $ABC$ em dois triângulos, ambos retângulos em $\;D:\;$

• $\;BCD\;$ de catetos $\;BD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;a=BC\;$
• $\;CAD\;$ de catetos $\;AD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;b=AC\;$

$\fbox{x}$ 3. inscrita em BCD:     Da circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ inscrita em $\;BCD\;$ $$2r_2 =BD+DC-a$$ $\fbox{x}$ 4. inscrita em ACD:     Da circunferência $\;(O_3, \;r_3)\;$ inscrita em $\;ACD\;$ $$2r_3 =AD+DC-b$$
Finalmente, podemos concluir $$2(r_1+r_2+r_3) = a+b-c + BD+DC-a +AD+DC-b=\underbrace{\underbrace{-c}+\underbrace{BD+DA}}+ 2DC= 2DC $$ ou $$r_1+r_2+r_3 =h_C \;\;\;\; \;\; \square$$

---

a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University. (sugestões de António Aurélio Fernandes)

Dois pentágonos e dois círculos numa circunferência

---

Problema: Observe a figura abaixo: Dois pentágonos iguais ABCDE e EFGHA de que os pontos C, D , F, G estão sobre uma circunferência azul; dois círculos vermelhos em que um deles está inscrito no triângulo BAH e outro tangente à circunferência azul, a DE e a EF.
Pede-se a relação entre os raios dos círculos vermelhos.

© geometrias, 1 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

---

Clique no botão de mostrar e ocultar     [□auxiliares]    para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

---

Como $\;AC=AD=AF=AG,\;$ a circunferência que passa por $\;C, \;D, \;F, \;G \;$ tem centro em $\;A\;$ e raio igual às diagonais dos pentágonos.
Cada um dos círculos vermelhos está inscrito num triângulo: o maior no triângulo $\;PEQ\;$, o menor em $\;BAH\;$ Para determinar a razão entre os raios dos círculos vermelhos, bastará determinar a razão de semelhança entre os triângulos em que se inscrevem. Por simples observação: dos ângulos $\;PEQ \sim FEQ\;$ e dos lados $\;FEQ =HAB\;$.
A altura do triângulo $PEQ$, pode ser calculada assim $$EJ= AJ - AE = AD-AE =\; \displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2} AE - AE = \frac {\sqrt{5} -1}{2} AE, \;$$ porque a razão entre a diagonal $\;AD\;$ de um pentágono regular e o seu lado $\;AE\;$ é igual a $\; \displaystyle \frac{AD}{AE} = \frac{\sqrt{5}+1}{2}\;$ (número de ouro). A altura do triângulo $\;BAH\;$ relativa a $\;HB\;$ é metade da base do triângulo $\;AKB :\;\;\;\displaystyle AI=\frac{1}{2}AK\;$. Este triângulo $\;AKB\;$ é isósceles (e semelhante a $\;ACE):\; \, A\hat{K}B= B\hat{A}K = 180^{o}-B\hat{A}E = 72^{o}, \;\; \; K\hat{B}A = 36^{o}.\;$ Para o que interessa, dessa semelhança retira-se: $\; \displaystyle\frac{AB}{AK}= \frac{AC}{AE} = \frac{1+\sqrt{5}}{2},\;$ ou, para o que interessa, sabendo que $\;AB=AE\;$ $$\;AK = \frac{2AB}{\sqrt{5}+1}= \frac{2AE}{\sqrt{5}+1}$$ $$AI = \frac{1}{2} AK = \frac{1}{2}\times\frac{2AE}{\sqrt{5}+1}= \frac{AE}{\sqrt{5}+1} =\frac{AE \times (\sqrt{5} -1)}{(\sqrt{5} +1)\times (\sqrt{5} -1)} =\frac{\sqrt{5}-1}{4} AE $$ ou seja, a razão de semelhança $\;BAH \sim PEQ\;$ é 2, calculada pela razão das alturas $\; \displaystyle\frac{EJ}{AI}=2\;$ relativas aos lados $\;BH \;$ e $\;PQ\;$. Por isso, 2 é também razão entre os raios dos círculos vermelhos. O raio do círculo tangente à circunferência azul e aos lados $\;DE\;$ e $\;EF\;$ dos pentágonos tem comprimento duplo do raio do círculos vermelho tangente a $\;AH, \;HB, \; BA\; \;\;\; \; \square$

---

em Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003 sugerido por António Aurélio Fernandes

Seis círculos gémeos num retângulo

---

Problema: Na figura abaixo, cada um de seis círculos é tangente a três outros e quatro deles são também tangentes a um ou dois lados do retângulo que os contém. Determinar as relações entre o raio dos círculos iguais e as dimensões do retângulo.

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

---

Clique no botão de mostrar e ocultar     [□auxiliares]    para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

---

Sejam $\;a=MN\;$ e $\;b=NO\;$ as dimensões do retângulo $\;[MNOP]\;$ e tomemos para unidade o diâmetro dos círculos amarelos.
Por simples observação da figura, temos $$\;AB=3, \;AD=1, \; AC=b-1, \;BC= a-1, \; AF=AD=DF=1 \;BE= \displaystyle \frac{5}{2}$$

1. Como $\;AFD\;$ é equilátero, $\;DE\;$ é a sua altura e, aplicando o Teorema de Pitágoras a $\;ADE,\;$ temos $\;DE^2= AD^2-AE^2,\; BE=\displaystyle \frac{5}{2} \;$ ou seja, $\;DE^2 =1 -(\displaystyle \frac{1}{2})^2 = \frac{3}{4} :\; DE=\frac{\sqrt{3}}{2}\;$
2. Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo $\;BED\;$, obtém-se $\;BD^2 = BE^2 + ED^2\;$ ou $\;BD^2= \displaystyle \frac{25}{4}+\frac{3}{4} =\frac{28}{4}: \; BD=\sqrt{7},\;$ e, como $\;BC= BD+DC, \;$ ou $a-1 = \sqrt{7}r+DC, \;$ então $\;DC= a-1-\sqrt{7}$
3. Aplicando agora o Teorema de Pitágoras aos triângulos $\;ABC\;$ e $\;ACD,\;$ obtemos $$\begin{matrix} (a-1)^2 + (b-1)^2 =9 &\; \wedge \; &\left(a-1-\sqrt{7}\right)^2 +(b-1)^2 =1\\ (a-1)^2 -(a-1-\sqrt{7})^2 =8 &\;\wedge \; & \ldots \\ (a-1)^2 -(a-1)^2 -7 +2(a-1)\sqrt{7}=8 &\; \wedge \;& \ldots \\ 2(a-1)\sqrt{7}=15 &\; \wedge \;&\left(\frac{15\sqrt{7}}{14} -\sqrt{7}\right)^2 +(b-1)^2 =1 \\ a= 1+\frac{15}{2\sqrt{7}} &\;\wedge \; &\left(\frac{\sqrt{7}}{14}\right)^2 +(b-1)^2 =1 \\ \ldots & \; \wedge \; & (b-1)^2 = 1- \frac{1}{28}\\ \ldots & \;\wedge \;& b-1 =\sqrt{\frac{27}{28}}\\ a= 1+\frac{15}{2\sqrt{7}} &\;\wedge \; & b = 1+ \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} \;\;\; \; \square \end{matrix} $$ tomando para unidade o diâmetro dos círculos iguais.

---

em Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003 sugerido por António Aurélio Fernandes

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências (II)

---

Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por $\;A\;$ e por $\;B.\;$ Determinar os raios dos círculos coloridos em função do diâmetro $\;AB\;$ dado.

Clique no botão de mostrar e ocultar "Auxiliares" para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.
Na anterior entrada, vimos algumas relações entre os triângulos da figura e os elementos definidores. Com base na nossa figura, determinámos as posições dos pontos de tangência $\;M, \; N\;$ e os centros $\;J\;$ e de $\;K\;$ . Há várias construções auxiliares que nos apareceram como necessárias às determinações de $\;MJ\;$ e $\;KN\;$ em função de $\;AB.\;$ Não desistimos de tentar resolver esse problema com recurso exclusivo à nossa figura base e a resultados básicos. Mariana Sacchetti apresentou uma resolução, a seguir transcrita aqui.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

1.
Começa por lembrar os termos usados: $\;AB=4r, \; AD=AM= 2r, \; OM=r\;$ e da semelhança de triângulos $\;ADE \sim OME\;$ retângulos em $\;D\;$ e $\;M\;$ retira $$\frac{AE}{OE} =\frac{AD}{OM}≈\frac{DE}{ME} = 2,$$ por ser $\;AD=2r\;$ e $\;OM=r.\;$. E a partir destas proporções constantes, retira
$$ \begin{matrix} DE=2ME & \mbox{ou} & r+OE=2ME&& OE=2ME-r & & \ldots& & OE = \frac{5}{3}r\\ &&&\Longleftrightarrow&&\Longleftrightarrow& &\Longleftrightarrow&\\ AE=2OE & \mbox{ou} & 2r+ME=2OE & & 2r+ME =4ME-2r& &3ME=4r&&ME=\frac{4}{3}r \\ \end{matrix} $$ Da semelhança $\;OME \sim HMB\;$ ambos retângulos em $\;M\;$ retira $$\frac{HB}{OE}=\frac{HM}{OM}=\frac{MB}{ME} =\displaystyle\frac{3}{2},$$ por ser $\;MB=2r\;$ e $\; ME=\displaystyle \frac{4r}{3}\;$ (como vimos antes). Assim sendo $\; \displaystyle OE = \frac{5}{3}r,\;$ como vimos antes, e $\; \displaystyle \frac{HB}{OE} = \frac{3}{2},\;$ então $\; HB= \displaystyle \frac{3}{2} \times \frac{5}{3}r ,\;$ $$ HB= \frac{5r}{2}.$$ E, analogamente, por ser $\;OM =r, \;$ e $\;HM=\displaystyle \frac{3}{2}\times r, \;$ $$HM= \frac{3r}{2}.$$
2.
A circunferência $\;(J)\;$ do círculo amarelo está inscrita no triângulo $\;ABH\;$ isósceles ($\;AH=HB = \displaystyle \frac{5r}{2}\;$) de perímetro $2p =AB+BH+HA=4r+ 2\frac{5r}{2}=9r, \;$ cuja área é, por um lado, $$\Delta ABH = \displaystyle\frac{AB\times HM}{2} =\frac{4r \times {3r}{2}}{2} =6r^2$$ e por outro, como produto do seu semiperímetro $\;p = \displaystyle\frac{9r}{2}\;$ pelo raio da circunferência nele inscrita, no caso $\;MJ\;$ $$\Delta ABH = p\times MJ = \frac{9r}{2} MJ$$ de onde se retira, $\;6r^2 =\displaystyle \frac{9r}{2} MJ$ e, finalmente $$MJ= \frac{2r}{3} \;\;\; \mbox{ou}\;\;\; MJ= \frac{AB}{6}. $$
3.
A relação entre os valores de $\;NK\;$ e $\;AB\;$, obtém-se rapidamente da relação anterior e de outra $\;NK = \frac{MJ}{3}\;$ já estabelecida na entrada anterior: $$NK = \frac{MJ}{3}= \frac{\displaystyle\frac{2r}{3}}{3} =\frac{2r}{9} \; \;\; \mbox{ou} \,\;\; NK =\frac{AB}{18} \;\;\; \;\square$$

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências

---

Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por $\;A\;$ e por $\;B.\;$ Construa geometricamente os círculos coloridos.

Clique no botão de mostrar e ocultar "Auxiliares" para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

A figura inicial mostra: a semicircunferência e o seu diâmetro $\;AB\;$, a preto; uma circunferência azul tangente aos pontos médios do diâmetro e do arco $\;AB\;$ da semicircunferência; quatro segmentos de reta, castanhos, obtidos como partes das tangentes à circunferência azul tiradas por $\;A, \;B \;$, desde $\;A\;$ (ou $\,B\;$) até à interseção da tangente com o arco da semicircunferência, e os outros dois unindo cada um destes pontos com $\;A\;$ ou com $\;B\;$; dois círculos - um amarelo e outro verde - tangentes aos dois últimos segmentos e à circunferência azul nos pontos em que esta é tangente aos diâmetro e arco da semicircunferência.
A mediatriz de $\;AB\;$ é obviamente eixo de simetria da figura dada.

Desocultando as referências auxiliares,

1. Temos o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB\;$, o segmento $\;MN\;$ da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;M\;$ e o ponto $\;O\;$ médio de $\;MN\;$, centro da circunferência azul que passa por $\;M, \;N\;$, pontos de tangência.
   Designando o comprimento de $\;AB\;$ por $\;4r,\;$ $\;AM = MB= MN =2r, \;$ e $\;OM=ON = r, \;$ sendo o diâmetro $\;AB\;$ da semicircunferência duplo do diâmetro $\;MN\;$ da circunferência azul.
2. Realçamos os pontos $\;C\;$ e $\;D\;$ de uma das tangentes a $\;(O, OM)\;$ tiradas por $\;A.\;$ A outra é $\;AMB\;$ Como $\;D, \;M\;$ são pontos de tangência, sabemos que $\;AD =AM = 2r\;$ e como $\;C\;$ é ponto da semicircunferência de diâmetro $\;AB, \;$ o triângulo $\;ABC\;$ é retângulo em $\;C\;$ ou $\;AC \perp CB\;$
3. O segmento $\;DO\;$ que, por ser o raio de $\;(O)\;$ para o ponto $\;D\;$ de tangência, é perpendicular à tangente $\;AC.\;$ Realçamos o ponto $\;E = DO.AB \;$, sendo $\;DE \perp AC \wedge DE \parallel BC\;$.
4. Assim são semelhantes os triângulos $\;AED \sim ABC,\;$ respetivamente retângulos em $\;D\;$ e $\;C\;$.
   E, como é óbvio, também $\;AED \sim EOM$ e $\; EOM \sim BHM,\;$, por ser $\;\angle A\hat{E}D = \angle A\hat{B}C = \angle M\hat{E}O \;$ e $\;\angle E\hat{D}A = \angle B\hat{C}A = \angle O\hat{M}E \;$ $$\frac{AC}{AD} = \frac{CB}{DE}= \frac{AB}{AE}; \; \frac{AE}{OE}=\frac{AD}{OM}=\frac{DE}{ME}; \; \frac{BH}{OE} =\frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}$$ A área do triângulo $\; \Delta AED\;$ pode ser calculada: $$ 2\Delta AED = AD\times DE = AD\times (DO+OE)= 2r \times (r+ OE) =2r^2 +2r.OE,$$ como triângulo de base $\;AD\;$ e altura $\;DE\;$ por ser retângulo em $\;D,\;$ ou $$2\Delta AED = 2\Delta AOD + 2\Delta AEO = AD\times DO + OM \times AE = AD\times DO + OM \times (AM+ME)= $$ $$ =2r \times r + r.(2r+ME)=2r^2+ 2r^2+r.ME = 4r^2 +r.ME,$$ como soma do triângulo $\;ADO\;$ retângulo em $\;D\;$ com triângulo $\;AOE\;$ de base $\;AE\;$ e altura $\;OM.\;$ $$2r^2 + 2r.OE = 4r^2 + r.ME \Longleftrightarrow 2r.OE= 2r^2+r.ME \Longleftrightarrow 2\times OE=2r + ME \Longleftrightarrow OE= r +\frac{ME}{2}$$ Como o triângulo $\;EOM\;$ é retângulo em $\;M,\;$ $$\;EO^2 = EM^2 + MO^2\;$$ ou $$ \left(r+\frac{ME}{2}\right)^2 = EM^2 +r^2,$$ $$\;r^2+\frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 +r^2 \Longleftrightarrow \frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 \Longleftrightarrow ME^2 +4r \times ME=4ME^2 \Longleftrightarrow $$ $$\Longleftrightarrow ME +4r =4\times ME \Longleftrightarrow 4r =3\times ME$$ para, finalmente, $$ME= \frac{4r}{3} =\frac{AB}{3}=\frac{2}{3} MN$$
5. A construção do círculo amarelo é simples, já que ele está inscrito no triângulo isósceles $\;AHB,\;$ com $\;AH = HB\;$. O centro do círculo amarelo é o incentro $\;J\;$ de $\;AHB\;$ na interseção das bissetrizes do triângulo: de $\;A\hat{H}B\; $ (que é a mediatriz $\;MH\;$ de $\;AB\;$) e do ângulo $\;H\hat{A}, por exemplo. A circunferência amarela tem centro em $\;J\;$ e passa por $\;M\;$.
6. O círculo verde é homotético do círculo amarelo. Ambos são tangentes a $\;AC, \;AC', \; (O, 2r)\;$. Os pontos de tangência com $\;(O, 2r)\;$ são $\;M\;$, para $\;(J)\;$, e $\;N\;$, para o círculo verde, permitem determinar a razão $\;k\;$ da homotetia de centro $\;H\;$ que transforma $\;M\;$ em $\;N\;$ $$\;k = \frac{\overrightarrow{HM}}{\overrightarrow{HN}}$$
   Como já vimos antes,
   $\;EOM \sim BHM\;$ e $\; \displaystyle \frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}.\;$
   Sendo $\;BM=2r, \;ME=\displaystyle\frac{4r}{3} \;\;\; e \;\;\; OM = r, \;$ obtemos $$\frac{2r}{\displaystyle\frac{4r}{3}} = \frac{BH}{r}$$ ou $$BH = \frac{3r}{2}$$ e, em consequência, como $MN= MH+HN = 2r$, $HN=\displaystyle\frac{r}{2}$ e $$\frac{HN}{HM} = \frac{1}{3} \;\;\;\; \mbox{e} \;\;\;\; k=-\frac{1}{3}$$ Para determinar o centro $\;K\;$ do círculo verde, bastará tomar $\;\displaystyle \frac{MJ}{3}\;$ e transferi-lo para $\;NK\;$

---

Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.

Círculo "misto" de um triângulo retângulo

Problema: Tomados 3 pontos que definem um triângulo [ABC] retângulo em C e um círculo (circuncírculo do triângulo), construa-se o círculo tangente interiormente aos dois catetos e ao circuncírculo.

Clicando nos botões de "mostra/esconde" à esquerda, poderá ver os diversos círculos, segmentos e pontos que podem ajudar a perceber a construção e as relações que se estabelecem.

1. Dados A, B, C, a=BC, b=CA, c=AB tais que BC ⊥ CA e, em consequência, a²+b² = c²
2. Clicando no botão "circuncírculo", aparece um círculo de centro O que passa pelos pontos A, B, C de raio R = OA = OB = OC. No triângulo retângulo O é o ponto médio da hipotenusa [AB] e, por isso, de comprimento c / 2. Como sabemos,
   (c / 2)² = OA² = OB² = OC² = ON² + OM² = (a / 2) ² + (b / 2)²
   

   © geometrias, 12 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

   ---



3. Clicando no botão "mista/solução" ficamos com a figura correspondente ao problema já resolvido. Temos o círculo (O, R)= (O, c / 2) e o círculo (O₁, r₁) tangente a BC, CA, (O, R). Analisar o problema de construção resolvido, esclarece como o resolvemos de facto.
   • Como (O_1, r₁) é tangente interiormente a (O, R) = (O, c/2 ),
     OP=R=c / 2 = OO₁+ r₁ e, em consequência, OO₁ = c / 2 - r₁
   • O triângulo OO₁Z é retângulo em Z, e OO₁ ² = O₁Z² + ZO².
     Ora O₁Z = O₁V-ON = r₁-a / 2 e OZ = OM - MZ = b / 2 - r₁
     
   • Finalmente, ( c / 2 - r₁)² =( r₁ - a /2)² + (b / 2 - r₁)²
     ( c / 2)² +(r₁ )² - c.r₁ = ( r₁)²+ (a / 2)² -r₁.a + ( b / 2)² +( r₁)² -b.r₁
     c²+4.r₁ ² -4cr₁ = 4r₁²+a²-4ar₁ +b^²+4r₁² -4br₁
     E, como c² = a² + b², podemos simplificar, obtendo
     -4cr₁ =-4ar₁-4br₁+4r₁^2 ou finalmente r₁= a+b-c.
   Esta análise feita sobre a figura do problema resolvido permite-nos construir a circunferência mista/solução. Como esta circunferência é tangente a CA e a BC,, o seu centro O₁ está à distância r₁= a+b-c de cada um dos catetos, é a interseção da perpendicular a CA tirada por um ponto V tal que VC =a+b-c com a perpendicular a BC tirada pelo ponto W tal que WC=a+b-c.
4. Clique agora no botão "incirculo", para ver o círculo tangente interiormente aos três lados do triângulo. Pode esconder as construções anteriores clicando no botão da direita alta para reiniciar ou usando os botões ocultar "circuncírculo" e "mista/ solução" caso estejam vísiveis. Como sabemos o centro do incírculo é equidistante dos três lados do triângulo, ou seja é o ponto de interseção das três bissetrizes.
5. Calculemos, em função de a, b, c dados, o comprimento do inraio r = IJ=IK=IL:
   • AC pode ser visto como a tangente a (I, r) tirada pelo ponto A ou tirada por C. Do mesmo modo, AB é tangente ao incírculo tirada por A ou por B. E BC é tangente ao incírculo tirada por B ou por C
     Como os segmentos das duas tangentes tiradas por um ponto são iguais, temos AJ=AL, BK=BL, CJ=CK.
     Por outro lado, temos AL+LB =AB=c, BK+KC=BC=a, CJ+JA=CA=b e AL+LB +BK+KC+CJ+JA= a+b+c. Mais simplesmente 2BK+2CJ+2AL = a+b+c . Designando por 2p o perímetro a+b+c do triângulo, BK+CJ+AL=p, sendo p o semiperímetro do triângulo. E, como CJ+AL = b, BK = BL= p-b. Do mesmo modo, como BK+CJ=BC=a, AL= AJ =p-a. E como BK+AL= BL+AL= c,\ CJ=CK= p-c.
   • Claro que, neste caso do triângulo retângulo em C, r= CJ=CK = p-c = (a+b+c)² - c = (a+b-c)²
6. Vimos assim que, para qualquer triângulo retângulo, se verifica a seguinte relação: o raio - r₁ - da circunferência tangente aos dois catetos e ao circuncírculo do triângulo é o dobro do raio - r - do incírculo, circunferência tangente aos 3 lados do triângulo

---

Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.

Construção das circunferências do anjo com um pão

---

Problema: Dados um quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;a\;$, arcos $\;(A, BD), \;(B, AC)\;$ e o semicírculo de diâmetro $\;CD\;$, determinar os centros e raios de dois círculos, um tangente aos três arcos e outro tangente a $\;CD\;$ e aos dois arcos $\;(A, BD), \;(B, AC)\;$
Para determinar os dois círculos, bastará determinar os raios dos círculos. Os seus centros estarão forçosamente no eixo de simetria da figura, isto é sobre a reta que liga os pontos médios $\;E\;$ de $\;CD\;$ e $\;F\;$ de $\;AB.\;$
Chamemos $\;O_1\;$ e $\;r_1\;$ aos centro e raio da maior circunferência (o pão?) e $\;O_2\;$ e $\;r_2\;$ aos centro e raio da circunferência menor (a cabeça do anjo?)
Clicando o botão no centro ao fundo verá os segmentos de reta auxiliares.
Toma-se o segmento de reta $\;EF\;$ que conterá $\;O_1, \;O_2\;$ e analisa-se o problema supondo que já está resolvido.

© geometrias, 7 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

---

1. $\;(O_1, r_1)?\;$ Esta circunferência é tangente internamente às circunferências
   • $\;(E, \; \displaystyle \frac{a}{2})\;$ e, por isso,
     • passa por $\;G,\;$ sua interseção com $\;EF\;$
     • $\;FO_1\; = FG+GO_1 = \displaystyle \frac{a}{2} + r_1$
   • $\;(A,\; a)\;$ e, por isso, $\;AO_1 = a-r_1, \;$, pois a distância entre centros de duas circunferências tangentes interiormente é igual ao valor absoluto da diferença dos seus raios
   • $\;(B,\; a)\;$ e, por isso, $\;BO_1 = a-r_1:\;$ ($\;AO_1=BO-1 =a-r_1\;)$
   Considerando o triângulo $\;[AFO_1],\;$ retângulo em $\;F\;$, cujos catetos são $\;AF = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;FO_1= \displaystyle \frac{a}{2} + r_1, \;$ e cuja hipotenusa é $\;AO_1=a-r_1\;$, o teorema de Pitágoras estabelece $$\left( \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2} + r_1\right)^2 = \left(a-r_1\right)^2$$ que dá o valor de $\;r_1\,$ em função do lado $\;a\;$ do quadrado: $$r_1 = \frac{a}{6}$$
2. $\;(O_2, r_2)?\;$ Esta circunferência é tangente a $\;CD\;$ no ponto $\;E\;$ e exteriormente às circunferências $\;(A, \; a)\;$ e $\;(B, \; a)\;$. As circunferências tangentes exteriormente têm centros distanciados um do outro $\;AO_2 =a+r_2.\;$.
   O Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo $\;[AFO_2]\;$, retângulo em $\;F\;$ cujos catetos são $\;AFO_2 = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;FO_2=a-r_2\;$ e cuja hipotenusa é $\;AO_2 = a+r_2\;$ garante que $$\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(a-r_2\right)^2 = \left( a+r_2\right)^2$$ que dá para $\;r_2\;$ um valor em função do lado $\;a\;$ do quadrado $$r_2 = \frac{a}{16}$$

Assim, a construção das circunferências fica feita se tomarmos o segmento $\;EF\;$ de comprimento $\;a\;$ e sobre ele tomarmos

• $\;O_1\;$ tal que $\;GO_1 =\displaystyle \frac{a}{6} =r_1\;$ - $\;(O_1, r_1)\;$ passa pelo ponto de interseção da semicircunferência de diâmetro $\;CD\;$ da figura
• $\;O_2\;$ tal que $\;EO_2 = \displaystyle\frac{a}{16} =r_2\;$ - $\;(O_2, r_2)\;$ passa por $\;E\;$

---

sugerido em vários apontamentos feitos sobre "sangakus", asssim apresentadas em pt.wikipedia: tábuas comemorativas, em madeira, oferecidas a pequenos santuários japoneses, como forma de agradecer aos deuses, provavelmente, a resolução de um problema matemático...

Posições de 3 circunferências tangentes entre si e tangentes a uma reta dada

---

Problema: Dada uma reta $\;a\;$ construir três circunferências tangentes à reta dada e tangentes duas a duas de que se conhecem os raios $\;r_1, \;r_2\;$ de duas delas.


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

1. $\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se a reta $\;a\;$ e segmentos $\;r_1, \;r_2\;$ de comprimentos iguais aos raios de duas circunferências $\;(O_1, \;r_1), \;(O_2, \;r_2).\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos a circunferência inscrita em $\;(O_1, \;r_1)\;$ para a qual $\;T_1\;$ é um ponto de $\;a :\; O_1T_1 \;\perp\; a \;\wedge\; O_1T_1 =r_1.\;$
3. $\fbox{n=3}:\;$ Para construir $\;(O_2, \;r_2)\;$ nas condições requeridas temos de determinar os pontos $\;O_2, \; T_2\;$ tais que $\;T_2 \in a, T_2O_2\; \perp \;a, \; T_2O_2=r_2, \;O_1O_2=r_1+r_2\;$
   Analisando o problema resolvido, a posição de $\;T_2\;$ sobre $\;a\;$ relativamente a $\;T_1\;$ é dada por $\;T_1T_2 = 2 \sqrt{r_1r_2}\;$
   Nota: $\;\sqrt{r_1r_2}\;$ é determinado como altura de triângulo retângulo inscrito numa semicircunferência de diâmetro $\;r_1+r_2\;$ por ela dividido nos comprimentos - parcelas).
4. $\fbox{n=4}:\;$ Esse resultado está bem ilustrado na figura. Recorrendo a um triângulo $\;O_1PO_2\;$ retângulo em $\;P\;$, para o qual um dos catetos é $\;O_1P = |r_1-r_2|\;$ e a hipotenusa é $\;O_1O_2 = r_1+r_2\;$, o outro cateto é $\;O_2P = T_1T_2.\;$
   E assim, pelo Teorema de Pitágoras aplicado a $\;O_1PO_2\;$, $\;T_1T_2 ^2 = (r_1+r_2)^2 - (r_1-r_2)^2= 4r_1r_2\;$, e finalmente $$\;T_1T_2 =2\times \displaystyle \sqrt{r_1r_2}.\;$$ Fica assim determinada a posição da circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ tangente a $\;a\;$ e a $\;(O_1, \;r_1).\;$



© geometrias, 29 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

---

5. $\fbox{n=5}:\;\;$ Para determinar a posição do ponto de tangência a $\;a\;$ - $\;T_3\;$ e raio $\;r_3\;$ de uma circunferência $\;( O_3, \;r_3),\;$, usamos os resultados anteriores agora aplicados aos pares de circunferências $\;\left(( O_1, \;r_1), \;( O_3, \;r_3)\right)\;$ e $\;\left(( O_2, \;r_2), \;( O_3, \;r_3)\right)\;$:
   $\;T_1T_3 = 2\sqrt{r_1r_3}, \;T_2T_3 = 2\sqrt{r_2r_3}.\;$
   Como terá de ser $\;T_1T_2 = T_1T_3 + T_3T_2,\;$ $\;2\sqrt{r_1r_2}=2\sqrt{r_1r_3} + 2\sqrt{r_2r_3}$, equivalente a $\;\sqrt{r_1r_2}=\sqrt{r_3}(\sqrt{r_1} + \sqrt{r_2})$, por sua vez equivalente a $$\frac{1}{\sqrt{r_3}} =\frac{1}{\sqrt{r_1}} + \frac{1}{\sqrt{r_2}}$$ que nos permitem a determinação de segmento de comprimento $\;\sqrt{r_3} \;$.
   Na nossa construção, usamos a construção de $\;\sqrt{r}\;$ como altura do triângulo retângulo de hipotenusa $\;r+1\;$ por ela dividida nestas suas parcelas, e recorremos à inversão (já muitas vezes aplicada na resolução de problemas de construção neste "lugar geométrico")
   Nota: O que fazemos para obter $\;r_3\;$ após termos obtido $\;\sqrt{r_3}\;$? Tomamos um segmento de comprimento 1 sobre uma reta à distância $\;\sqrt{r_3}\;$. Tiramos por um dos extremos do segmento unitário uma perpendicular a este e marcamos a interseção com a paralela. Tomamos para cateto de um triângulo retângulo o segmento que une esta interseção com o outro extremo do segmento unitário. A reta perpendicular a este cateto vai intersetar a reta do segmento unitário num ponto à distância $\;r_3\;$ do extremo da altura do triângulo de hipotenusa $\;1+\sqrt{r_3}\;$
6. $\fbox{n=6}:\;\;$ O centro $\;O_3\;$pode ser obtido como interseção das circunferências $\;(O_1, \;r_1+r_3)\;$ e$\;(O_2, \;r_2+r_3)\;$. E a terceira circunferência da solução do problema inicial está bem determinado (com régua e compasso)

Cinco círculos gémeos num quadrado

---

Começámos o ano de 2008 com a publicação de uma construção animada sobre círculos gémeos (iguais) na faca de sapateiro (que é sempre referida a Arquimedes) que pode ser revisitada, clicando aqui.
Nesta entrada, apresentamos uma construção muito conhecida com triângulos retângulos, usada para demonstrar o Teorema de Pitágoras, mas sujeita a restrições de modo a acolher num quadrado cinco círculos gémeos, em que cada um de quatro deles é tangentes a um lado do quadrado e todos esses quatro são tangentes exteriormente ao quinto central.

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

1. $\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$, de hipotenusa $\;c=AB\;$ e catetos $\;a=BC, \:b=AC.\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos a circunferência inscrita em $\;ABC\;$ cujo centro é o ponto comum às bissetrizes dos ângulos do triângulo, equidistante dos lados do triângulo. Tomammos os pontos de tangência $\;T_a, \;T_b, \;T_c.\;$
3. $\fbox{n=3}:\;$
   • Como sabemos os segmentos das tangentes a uma circunferência tiradas por um ponto são iguais; $\;AT_b = AT_c, \;BT_a =BT_c, \;CT_b =CT_a\;$
   • Uma tangente a um círculo é perpendicular ao raio no ponto de tangência: $IT_c \perp AB, \;IT_b \perp AC, \; IT_a \perp BC. \;$
   • Num triângulo retângulo em $\;C\;$, $\;T_bC \perp T_aC$.
   • $\;CT_bIT_a\;$ é um quadrado de lado igual ao inraio $\;r\;$
   • 
     $\;AC=b=AT_b+T_bC = AT_b + r\;$ e, logo, $\;AT_b =b-r\;$
     $\;BC=a=BT_a+T_aC = BT_a + r\;$ e, logo, $\;BT_a =a-r\;$
     $\;AB=c=AT_c+T_cB = AT_b + BY_a = b-r + a-r = a+b-2r \;$
     que é o mesmo que $\;2r=a+b-c\,$
   Fica assim estabelecida a relação, para qualquer triângulo retângulo de catetos $\;a,\;b\;$ e hipotenusa $\;c\;$, entre os lados e o raio $\;r\;$ da circunferência inscrita: $$r=\frac{a+b-c}{2}$$



© geometrias, 20 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

---

4. $\fbox{n=4}:\;\;$ Para demonstrar o Teorema de Pitágoras, usamos várias formas de, a partir de triângulos retângulos iguais a um original, construir
   
   • ou um quadrado de lado igual à soma dos catetos em que as hipotenusas de 4 triângulos iguais são lados de um quadrado, de tal modo que $$(a+b)^2=4\times \frac{ab}{2} +c^2$$ para concluir que $a^2+b^2=c^2$
   • ou um quadrado cujos lados são as hipotenusas de quatro triângulos retângulos iguais de tal modo que $$c^2 =4\times \frac{ab}{2}+ (b-a)^2$$ para concluir que $\;c^2 = a^2+b^2 $
   É esta última construção que se apresenta em que há dois quadrados, um de lado $\;b-a\;$ e outro de lado $\;c\;$ que o contém.
5. $\fbox{n=5}:\;\;$ Por esta construção, aqui apresentada, se percebe que para um dado quadrado, em que se queiram acolher 5 círculos nas condições requeridas, é preciso que $\;r=\displaystyle \frac{a+b-c}{2},\;$ por estar inscrito no triângulo retângulo, e para ser igual ao inscrito no quadrado de lado $\;b-a\;$ terá de ser, simultaneamente, $\;r=\displaystyle \frac{b-a}{2}\;$. Os dois círculos só são iguais se for $$ \frac{b-a}{2} = \frac{a+b-c}{2},\; \mbox{ou seja, }\; b-a=a+b-c, \; \mbox{que é o mesmo que,}\; c=2a$$
6. $\fbox{n=6}:\;\;$ Os restantes círculos gémeos podem ser obtidos por isometrias (reflexões, p. ex.) aplicadas aos dois primeiros.

Para obter cinco círculos gémeos num quadrado de lado $\;c\;$, precisamos de decompor o quadrado usando quatro triângulos retângulos de hipotenusa igual ao lado do quadrado e um cateto igual a metade do lado do quadrado.

Resolver problema de construção usando rotações (análise e síntese)

---

Problema: Inscrever num paralelogramo dado $\;[ABCD]\;$, um retângulo $\;[EFGH]\;$ cujas diagonais $\;EG,\;FH\;$ formam um ângulo $\; \angle EÔF=\alpha\;$ dado.

Este problema foi considerado no livrinho de A. Lôbo Vilela, Métodos Geométricos para ilustrar o particular método das transformações e o geral método da análise do problema.
Consideremos as retas dos lados do paralelogramo dado $\;a=AB, \;b=BC, \;c=CD, \;d=DA,\;$ E considerem-se conhecidas as propriedades dos paralelogramos relativas aos lados, ângulos, diagonais, centro,...
As diagonais de um paralelogramo bissetam-se. Chamamos $\;O\;$ ao ponto de interseção das diagonais do paralelogramo $\;AC.BD\;$ e as diagonais de qualquer retângulo nele inscrito intersetam-se no mesmo ponto.
Considerando o problema resolvido temos um retângulo $\;[EFGH]\;$ inscrito em $\;[ABCD], \;$, sendo $\; E\;$ um ponto sobre $\;a=AB,\;$ $\;F\;$ sobre $\;b=BC,\;$, $\;G\;$ sobre $\;c=CD,\;$ e $\;H\;$ sobre $\;d=DA.\;$
Sendo $\;O\;$ o centro comum, o ponto $\;F\;$ é a imagem de $\;E\;$ pela rotação de centro $\;O\;$ e ângulo $\;\alpha\;$ - $\;{\cal{R}}_O ^\alpha$. Como a rotação preserva a incidência o ponto $\;E\;$ de $\;a\;$ é transformado pela rotação $\;{\cal{R}}_O ^\alpha\;$ num ponto de $\;a'\;$ e de $\;b$, já que $\;F\;$ é ponto de $\;b\;$.


Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 5}$

1. Na nossa construção, apresentamos como dados o ângulo $\;\alpha\;$ de amplitude igual ao ângulo das diagonais do retângulo inscrito no paralelogramo $\;[ABCD]\;$ de centro $\;O\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos as retas que contêm os lados do paralelogramo dado
3. $\fbox{n=3}:\;$ A análise feita acima, dá-nos $\;F\;$ como $\;a'.b\;$, sendo $\;a'= \;{\cal{R}}_O ^\alpha\;(a).\;$ Conhecido $\;F,\;$ determinamos $\;E\;$ como $\;\;{\cal{R}}_O ^{-\alpha}\;(F)\;$



© geometrias, 9 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

---

4. $\fbox{n=4}:\;\;$ $\;E, \;F\;$ são vértices consecutivos do retângulo, cujas diagonais iguais se bissetam em $\;O\;$. Por isso, os restantes vértices são obtidos por transformação de meia volta de centro $\;O\;$:
   $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \pi)&&\\ E&\mapsto & G : & \mbox{ou} \quad \{G\} = EO.CD\\ F&\mapsto & H: & \mbox{ou}\quad \{H\} = FO.DA \\ \end{matrix}$$
5. $\fbox{n=5}:\;\;$ As diagonais $\;EG\;$ e $\;FH\;$ são diâmetros da circunferência de rotação em que afinal se inscreve o retângulo.
   $H\hat{E}F= E\hat{F}G =F\hat{G}H =G\hat{H}E = \frac{\pi}{2}$ inscritos em semicircunferências.

Resolver problema de construção usando o método do problema contrário (5)

---

Problema: Dado um ponto $\;P\;$ e duas retas paralelas $\;a,\;b\;$ (margens de um rio?), determinar a posição de uma (ponte?) perpendicular para a qual o segmento da perpendicular entre as paralelas seja visto de $\;P\;$ segundo um ângulo $\;\alpha\;$ dado.

Claro que, na nossa construção, começamos por resolver um problema contrário do proposto:
tomamos uma qualquer perpendicular a $\;a,\;b\;$ que intersete $\;a\;$ em $\;A\;$ e $\;b\;$ em $\;B\;$ e determinamos um ponto $\;C\;$ numa posição relativa às paralelas em tudo igual à posição relativa de $\;P\;$, isto é sobre uma reta $\;c\;$, paralela a $\;a\;$ tirada por $\;P\;$

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 5}$

1. Na nossa construção, apresentamos como dados as retas $\;a,\:b\;$, um ponto $\;P\;$ e um ângulo $\;\alpha\;$.
2. $\fbox{n=2}:\;$ O nosso segundo passo consiste em tirar por $\;P\;$ uma reta $\;c\;$ paralela a $\;b\;$ e uma perpendicular a $\;a\;$ cortando $\;a\;$ em $\;A\;$ e $\;b\;$ em $\;B.\;$. Para determinar o lugar geométrico dos pontos de onde se vê o segmento $\;AB\;$ começamos por tirar uma reta por $\;A\;$ a fazer um ângulo $\;\alpha \;$ com $\;AB\;$ (ver O 5º lugar geométrico da lista: - dos pontos P tais que A, B e ângulo APB são dados. )
3. $\fbox{n=3}:\;$ Apresentamos o lugar geométrico dos pontos dos quais se vê $\;AB\;$ segundo um ângulo $\;\alpha\;$, exatamente os dois arcos tracejados que têm $\;AB\;$ por corda comum (a circunferência de centro $\;O\;$ na interseção da mediatriz de $\;AB\;$ com a reta a fazer um ângulo complementar de $\;\alpha\;$ para que $AÔB = 2\alpha\;$ e todos os ângulos inscritos $\;A\hat{X}B = \alpha\;$, …).
   Desses pontos $\;X\;$, na nossa construção destacamos aqueles que estão em posições relativas a $\;a, \;b\;$ iguais às do ponto $\;P\;$, a saber, $\;E, \;F, \;G, \;H\;$ na interseção dos arcos com a reta $\;c\;$ paralela a $\;b\;$ tirada por $\;P\;$



© geometrias, 3 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

---

4. $\fbox{n=4}:\;$ Para obter uma solução do problema, bastará tirar por $\;P \;$ paralelas a $\:EA\;$ (a intersetar $\;a\;$) ou a $\;EB\;$ (a intersetar $\;b\;$)
5. $\fbox{n=5}:\;$ Os pontos $\;J\;$ e $\;K\;$ (respetivamente de interseção da paralela a $\;EB\;$ com $\;b\;$ e de interseção da paralela a $\;EA\;$ com $\;a\;$ ) são pontos de uma perpendicular a $\;a\;$ e $\;b\;$ e tais que $\;\hat{P}K =\alpha.\;$
   Outras soluções podem ser encontradas do mesmo modo.

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

---

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

---

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

---

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.

---

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

---

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 o método do problema contrário (3)

---

Problema: Num quadrado de lado $\;L,\;$ inscrever um quadrado de lado $\;l.\;$

---

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

---

Este é um bom exemplo da utilidade do método contrário.
O problema proposto consiste em construir um quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ e a partir dele construir um outro quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l\;$ de tal modo que cada um dos seus vértices incida num lado do quadrado de lado $\;L.\;$
Ao resolvermos o problema contrário, resolvido fica o problema proposto.
O problema contrário do proposto consiste em construir um quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l\;$ e a partir dele construir um outro quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ de tal modo que cada um dos seus lados incida num vértice do quadrado de lado $\;l.\;$

---

A sequência das três partes da construção pode ser vista, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, 3}$

1. Começamos então pela construção de um quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l.\;$

© geometrias, 22 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

---

2. Como queremos construir um quadrado de lado $\;L\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;$ precisamos de construir quatro segmentos de comprimento $\;L\;$ cada um a passar por um vértice do quadrado de lado $\;l\;$ e tais que os seus extremos se encontrem sobre circunferências cujos diâmetros sejam lados consecutivos de $\;[EFGH].\;$ Para isso, começámos pelos lados $\;HG\;$ e $\;HE\;$ e as circunferências de diâmetros $\;HE\;$ e $\;HG\;$ e procuramos a reta que passando por $\;H,\;$ determine um segmento de comprimento $\;L\;$ nas duas circunferências que se cortam em $\;H.\;$ Como vimos, na vinheta anterior, bastar-nos-á determinar um ponto $\;D\;$ de interseção da circunferência de diâmetro com extremos nos pontos médios dos lado $\;HE\;$ e $\;HG\;$ com a circunferência centrado no ponto médio de $\;HG\;$ e raio $\;\frac{ L}{2} ,\;$ para obter uma corda de tamanho $\;\frac{ L}{2} .\;$
3. A reta paralela a essa que passa por $\;H\;$ determina nas circunferências de diâmetros $\;HE\;$ e $\;HG\;$ um segmento $\;CD\;$ de comprimento $\;L\;$ a passar por $\; H.\;$ E o quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ pode determinar-se pelas perpendiculares a $\;CD\;$ em $\;D,\;$ a $\;CD \;$ em $\;C,\;$ a $\; DA\;$ em $\;A.\;$ Os vértices assim obtidos são vértices de triângulos retângulos inscritos em semicircunferências cujos diâmetros são lados do quadrado $\;[EFHGH]$

Notas:

1. Para que o problema seja possível (tenha solução) é preciso que $\;L\;$ seja no máximo igual à diagonal do quadrado de lado $\;l\;$, seja, que $\;L\leq l\sqrt{l}. \;$ O mais seguro teria sido considerar $\;l \leq L\leq l\sqrt{l}, \;$ cuidado que não tivemos.
2. O problema proposto podia resolver-se sem recurso ao problema contrário. Como sabemos, uma circunferência com centro no centro do quadrado $\;[ABCD]\;$ e de raio igual a metade da diagonal de um quadrado de lado $\;l\;$ que é $\; \displaystyle \frac{l\sqrt{2}}{2}\;$ perfeitamente construtível com régua e compasso. Esta circunferência é circunscrita ao quadrado $\;[EFGH]\;$ e, por isso, interseta lados opostos do quadrado $\;[ABCD]\;$ circunscrito em vértices opostos do quadrado $\;EFGH]\;$ inscrito.

Resolver problema de construção usando análise e síntese

---

Problema: Por um dos pontos de interseção de duas circunferências secantes, conduzir uma reta que determine nas duas circunferências um segmento de comprimento dado.

---

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

---

A publicação da resolução deste problema tornou-se necessária como parte da construção da resolução de um outro problema que entendemos dever publicar, como ilustração do método do problema contrário proposto no mesmo livro.
Pode seguir os passos da análise do problema fazendo variar os valores de $\;n\;$ entre 1 e 3 no cursor $\;\fbox{n}$. Para $\;n=4\;$ concluirá a primeira solução. Os valores $\;5\leq n\leq 8$ mostrarão a construção da segunda solução (para $\;P\;$, claro)

1. Os dados deste problema são: um comprimento $\;s\;$, duas circunferências $\;(C)\;, \;(C')\;$ secantes e um ponto $\;P\;$ da interseção $\;(C).(C')\;$
2. Supor o problema resolvido é considerar encontrado uma reta a passar por $\;P\;$ a cortar $\;(C)\;$ em $\;A\;$ e $\;(C')\;$ em $\;A'\;$ (para além de $\;P\;$), de tal modo que $\;AA'=s.\;$ Como podemos encontrar $\;A, \;A'$ ?
   Sabemos que $\;AA' = AP +PA', \;$ é soma de duas cordas, uma de cada circunferência.
3. Os pontos médios $\;M\;$ e $\;M'\;$ respetivamente de $\;AP\;$ e $\;PA'\;$ são tais que
   
   • $\;A\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M\;$ e $\;A'\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M'\;$<\li>
   • $\;MM' =MP+PM'= \displaystyle \frac{1}{2}(AP+PA')=\frac{1}{2}(AA')= \frac{s}{2}\;$
   • $\; CM \perp AP \wedge C'M' \perp PA' \;$ e, por isso, $\;CM \parallel C'M'\;$ ou $\;[MCC'M']\;$ é um trapézio retângulo.
   
   Isto quer dizer que bastará determinar o ponto $\;D\;$ tal que     $\;CD \perp C'D \wedge C'D =MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$
   que é o mesmo que dizer que $\;D\;$ é simultaneamente ponto da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e da circunferência de centro $\;C'\;$ e raio $\;\displaystyle \frac{s}{2}\;$
4. Com os dados do problema podemos determinar $\;D\;$. Como a reta $\;CD\;$ (ou $\;CM\;$ é perpendicular a $\;AA'\;$ e $\;C'D\;$ também é perpendicular a $\;CD,\;$ para obter a reta $\;AA'\;$ (ou $\;MM'\;$) basta tirar por $\;P\;$ a paralela a $\;C'D\;$

---

© geometrias, 20 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

---

5. Para a segunda solução, que existe no caso da nossa figura, começamos por determinar $\;D'\;$ como intersecção da circunferência centrada em $\;C\;$ e raio $\; \displaystyle \frac{s}{2}\;$ com a circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ de modo que o triângulo $\;[CC'D']\;$ seja retângulo em $\;D'\;$
6. A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ é a reta que procuramos. A reta $\;C'D'\;$ interseta esta paralela em $\;N'\;$ e a paralela a $\;C'D'\;$ tirada por $\;C\;$ interseta-a em $\;N.$
7. A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ determina duas cordas $\;BP\;$ em $\;(C)\;$ e $\;PB'\;$ em $\;(C')\;$ das quais $\;N\;$ e $\;N'\;$ são pontos médios já que $\;CN \perp BB'\;$ e $\;C'D' \perp PB'$
8. Como $\; \displaystyle \frac{s}{2}=CD' = NN',\;$ passando por $\;P, \;$ $\; BB' = BP+PB'= 2(NP+PN')=2NN'=\displaystyle 2\frac{s}{2}=s$     □

Nota sobre as condições de existência de soluções.
A existência de soluções depende de $\;D\;$. Vimos que $\;CD'=MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ ou $\;C'D =NN'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ são cordas da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e, por isso, $\;CD'= C'D = \displaystyle \frac{s}{2} \leq CC'\;$. Assim só há soluções quando $\;s\leq 2CC'.\;$
Para $\;s= 2CC'\;$ (ou quando $\;s\;$ atinge o seu valor máximo), $\;AA'\;$ e $\;BB'\;$ são paralelas de $\;CC'\;$ tiradas por $\;P\;$, logo $\;AA'=BB'\;$ o que quer dizer que nesse caso há uma só solução.
Se $\;s <2CC', \;$ há duas direções para as secantes por $\;P\;$ e comprimento $\;s:\;$ $\;\;s=AA', \; AA'\parallel C'D\;$ e $\;s=BB', \; BB'\parallel CD'\;$ e, em consequência , pode haver duas soluções, no caso de cada uma das paralelas tiradas por $\;P\;$ a $\;C'D\;$ e a $\;CD'\;$ cortar as duas circunferências $\;(C), \; (C')\;$. No limite, estas direções podem ser a das tangentes $\;t, \; t'\;$ tiradas por $\;P\;$ a $\;(C)\;$ e $\;(C')\;$. Se conduzirmos por $\;C'\;$ paralelas a essas tangentes, elas determinam cordas, chamemos-lhe $\;u, \; u'\;$ na circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ . Verifica-se que há uma só solução se $\; 2\times mín \{u,\;u'\} < s < 2\times máx \{u,\; u'\}\;$ e duas soluções quando $\; 2\times máx \{u,\; u'\} < s < CC'. $

Resolver problema de construção usando o problema contrário (2)

---

Enquanto íamos resolvendo problemas de construção como ilustrações de métodos de demonstração de teoremas de existência na geometria euclidiana, a partir de referências várias (Birkhoff, Eves, Cluzel, Vissio, Puig Adam, etc) António Aurélio foi sempre referindo manuais escolares do seu tempo de escola. Mais recentemente, referia a existência de um título - Métodos Geométricos - e um autor A. Nicodemos. O livro (ou livros) de Nicodemos devem estar guardados na biblioteca da Escola José Estêvão. Mas depois de verificarmos a sua existência no catálogo da Biblioteca Nacional, procurámos, encontrámos e apalpámos dois dos livros das memórias de Aurélio, disponíveis na Biblioteca do Departamento de Matemática da FCT da Universidade de Coimbra, para o que contámos com a ajuda de Jaime Carvalho e Silva.
Um deles é o Compêndio de Geometria de A. Nicodemos, J. Calado, referido na vinheta anterior (de 13/07/2014). O outro resolve o problema do título em memória. Chama-se Métodos Geométricos - Resumo e exercícios resolvidos de António Lôbo Vilela, publicado em 1939, e depósito na Livraria Sá da Costa. Lisboa. Ficamos a saber que Antónoio Lôbo Vilela publicara, antes deste, um volume sobre Métodos da Matemática. Da nota prévia a este volume, retirámos:

"Com a publicação do nosso volume sobre Métodos de Matemática com o intuito de apontar a orientação que nos parece mais conveniente ao ensino da matemática, por ser a única que a pode tornar compreensiva e lhe permite exercer a sua ação educativa. Pretendemos ainda mostrar que a lógica devia ser integrada nos programas de matemática, separando-a da filosofia a que arbitrariamente anda ligada e a deixa murchar, por falta de aplicação e de seiva. A amplitude e o objectivo desse trabalho não nos permitiram descer a certas minúcias de aplicação da metodologia da matemática que têm particular valor didáctico. Por isso nos decidimos agora a publicar este pequeno volume de iniciação,limitando o assunto aos Métodos Geométricos, única parte da metodologia da matemática que os actuais programas exigem, e dando-lhe um cunho mais acentuadamente prático(…)"

Deste manual escolar de António Lôbo Vilela, a propósito do método do problema inverso, citamos

Assim, quando se pretende construir uma figura que satisfaça a certas condições, entre elas a de ser inscrita, por exemplo, numa figura dada, é possível, em geral, desprezando esta condição de inscritibilidade, construir uma figura que satisfaça às restantes condições. Se for mais simples circunscrever a esta figura a figura dada ou uma figura semelhante a ela, há conveniência em empregar o método do problema inverso.

e escolhemos o primeiro dos exemplos que ALV escolheu para ilustrar o recurso ao método do problema inverso:

Problema:

Inscrever, numa circunferência de raio dado, um triângulo isósceles cuja base seja igual à altura

1. No caso é mais fácil resolver o problema contrário do problema proposto. Assim, começamos por desenhar um qualquer triângulo isósceles de altura igual à base e determinar a circunferência a ele circunscrita (que é o mesmo que dizer em que o triângulo está inscrito)
2. Para isso, tomamos um segmento qualquer $\;DE\;$ para base do triângulo isósceles.
3. Para ser isósceles, a reta da altura é a mediatriz da base $\;DE\;$ . Assim se determina o terceiro vértice do triângulos isósceles - circunferência de centro no ponto médio de $\;DE\;$ e raio $\;DE\;$ interseta a mediatriz em dois pontos, qualquer dos dois pode ser $\;F\;$
4. O circuncentro $\;O\;$ de $\;[DEF]\;$ é o ponto de interseção das mediatrizes dos lados do triângulo e a circunferência a ele circunscrita tem centro $\;O\;$ e raio $\;OD\;$



© geometrias, 16 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

---

5. Esta circunferência de centro $\;O\;$ e a passar por $\;D,\;E,\;F\;$ é homotética de qualquer outra circunferência. Desenhemos a circunferência $\;(O,\;r)\;$
6. Há uma homotetia de centro $\;O\;$ e razão $\;\displaystyle k=\frac{r}{OD}\;$ que relaciona as duas circunferências e para a qual
   $$\begin{matrix} &\;{\cal{H}}(O, k)\;&&\\ (O,\; OD) & \longrightarrow & (O, \; r)&\\ D & \longmapsto & A:& \;\;\;OA=r=k.OD\\ E & \longmapsto & B.& \;\;\;OB=r=k.OE\\ F & \longmapsto & C:& \;\;\;OC=r=k.OF\\ DE & \longrightarrow & AB :&\;\;\; AB=k.DE\\ EF & \longrightarrow & BC :&\;\;\; BC=k.EF\\ DF & \longrightarrow & AC : &\;\;\; AC=k.DF \\ \end{matrix} $$ de onde se conclui que, por ser $\;DEF\;$ um triângulo isósceles de base igual à altura a ela relativa, $\;ABC\;$ é um triângulo isósceles de base igual à altura a ela relativa inscrito na circunferência $\;(O, \;r)\;$ satisfazendo as condições do problema proposto.

Resolver problemas de construção usando o método do problema contrário

---

Em todas as vinhetas publicadas nos últimos meses, apresentamos exemplos de resolução de problemas de construção também como ilustrações de formas de raciocínio e demonstração, métodos muito usados em livros de geometria euclidiana. Em Portugal, raros são os livros escolares que se referem às demonstrações e aos métodos de demonstração com o detalhe das apresentações do passado em que se definiam e classificavam métodos, cada um acompanhado de exemplo e descrição passo a passo o processo de decisão e construção. Pode ser útil a professores e estudantes esta lembrança de apresentação de métodos (?) ilustrados por resoluções de problemas de construção geométrica. Dos livros portugueses do século passado, referimos o Compêndio de Geometria de A. Nicodemos, J. Calado, terceira edição de 1944 pela Livraria Popular Francisco Franco de Lisboa. Começamos pela transcrição do "PROGRAMA OFICIAL (Decreto nº 27:085)" da época.

Breves noções dos métodos geométricos:

• métodos gerais - método analítico, método sintético e de redução ao absurdo;
• métodos particulares - método dos lugares geométricos e método de transformação

que é elucidativa. De qualquer modo, citando o livro escolhido, sabemos que "a natureza do problema indicará qual o método que mais convém à sua resolução", sendo que pode ser necessário o recurso a mais que um método para a resolução de um problema de construção.
Nesse livro introduz-se um "Método do problema contrário", definindo "problema contrário ou inverso de um dado problema" como "aquele que é estabelecido tomando os dados do problema proposto para incógnitas e as incógnitas para dados." E exemplifica com os seguintes exemplos

O problema contrário do problema:

Inscrever um quadrilátero, semelhante a um quadrilátero dado, numa semicircunferência, e de modo que dois dos vértices do quadrilátero existam no diâmetro da semicircunferência.

é

Circunscrever a um quadrilátero dado uma semicircunferência de modo que o diâmetro desta semicircunferência contenha um dos lados do quadrilátero.

(…) Em vez de resolver directamente o problema proposto convém, muitas vezes, resolver primeiro o seu problema contrário, pois a solução deste problema permite determinar a do problema proposto.

Claro que já usámos este método sem lhe fazermos qualquer referência. Por exemplo, a entrada
Resolver um problema de construção usando uma rotação e uma homotetia ,  de 10.5.14, refere-se ao problema
Inscrever um quadrilátero com determinada forma num semicírculo dado, em que um lado específico do quadrilátero inscrito esteja no diâmetro do semicírculo,
como ilustração do método das transformações. No entanto bastará olhar para a resolução para reconhecer que, para inscrevermos o quadrilátero semelhante a um dado no semicírculo dado, começámos por circunscrever o quadrilátero dado numa semicircunferência, antes de usarmos o método das transformações.

O problema que apresentam no livro escolar como ilustração do método do problema contrário é em tudo análogo ao já publicado. Transcrevemos e ilustramos de tal modo que pode resolver, usando a janela de comandos [input], ou pode ver a resolução, passo a passo, fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

Problema:

Inscrever numa semicircunferência dada um losango semelhante a um losango dado e de modo que dois dos seus vértices consecutivos estejam sobre o diâmetro da circunferência.

Em vez de resolvermos este problema, resolvamos o problema seguinte:

Circunscrever a um losango, semelhante a um losango dado, uma semicircunferência de modo que o seu diâmetro contenha um dos lados do losango.

O problema que acabamos de formular é o problema contrário do problema proposto.
Resolução (problema contrário):

Seja $\;[ABCD]\;$ o losango e $\;AB\;$ o lado existente sobre o diâmetro
Como a semicircunferência deverá passar pelos vértices $\;C, \;D\;$, o seu centro existirá sobre a mediatriz de $\;\overline{CD}.\;$ Por outro lado, como $\;\overline{AB}\;$ está localizado sobre o diâmetro, o centro da circunferência existirá sobre a recta a que pertence $\;\overline{AB}.\;$ Logo o centro da semicircunferência é o ponto $\;O\;$ - intersecção das duas rectas referidas.

© geometrias, 12 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

---

Resolução (problema proposto):

Para obtermos agora a solução do problema proposto, bastará tomar o ponto $\;O\;$ como centro de homotetia e transformar homoteticamente a figura obtida, tomando para razão de homotetia $\;\displaystyle \frac{r}{r'},\;$ sendo $\;r\;$ o raio da circunferência dada e $\;r'\;$ o raio da circunferência a que se refere o problema contrário.
Descrevamos então com centro em $\;O\;$ a circunferência de raio dado e determinemos sobre ela os pontos $\;A',\;B',\;C',\;D', \;$ que são homotéticos, respectivamente, de $\;A,\;B,\;C, \;D\;$ relativamente ao ponto $\;O\;$ (duas circunferências concêntricas são homotéticas relativamente ao seu centro).
O quadrilátero $\;[A'B'C'D']\;$ é a solução do problema proposto.