17.4.16

Novo problema de construção de paralelogramo de área igual à de um triângulo.


A Proposição (I.42) tratava do problema de construção de um paralelogramo com um dado ângulo e de área igual à de um dado triângulo.
Com recurso a essa construção I.42 e também a I.43 em que se mostrou que paralelas aos lados tiradas por qualquer ponto de diagonal de um paralelogramo, este fica dividido em quatro paralelogramos, dos quais dois são sempre iguais em área,
vamos resolver um novo problema de construção.

Proposição I.44 Problema:   Dados um segmento $\;AB\;$, um triângulo $\; \Delta PQR\;$ e um ângulo $\;\angle S\hat{T}U\;$, construir um paralelogramo $\;ABHI\;$ tal que $\;angle ABH = \angle STU\;$ e ainda $\;[ABHI]\; $ e $\;[PQR]\;$ sejam iguais em área.



©geometrias, 17 abril 2016, Criado com GeoGebra

Sigamos os passos da construção, deslocando o cursor $\;\fbox{n=i}, i=0,1, 2, \ldots, 7\;$
  1. $\;n=0 \;\;\;AB, \; \Delta PQR , \; \angle STU \;$
  2. $\;n=1 \; \;\;$ Acrescentam-se
    • $\;R'\;$ na reta $\;AB\;$, de tal modo que $\;BR'=QR\;$
    • $\;(B, QP) . (R', PR) \rightarrow P'\;\;\;\;$ e, assim, $\; P'B=PQ, \; P'R'=PR\;$
    para $\;\Delta BR'P' =\Delta PQR\; $ (LLL) e, por isso, serem iguais em área.
  3. $\;n=2\; \;\;$ Acrescentam-se os pontos $\;C\;$ médio de $\;BR',\;$ e $\; S', \;U' \:$ tais que $\;BS'=BU'=BS\;$ e $\;S'U'=SU\;$ que, como vimos nas entradas anteriores, chegam para determinar um paralelogramo de área igual à área de $\;PQR\;$ e com um ângulo em $\; B\;$ igual a $\;\angle STU \;$ de lados $\;BC\;$ e sobre as retas $\;BU', \;$ paralela a $\;BC\;$ tirada por $\;P'\;$ e paralela a $\;BU'\;$ tirada por $\;C.\;$
  4. $\;n=3\; \;\;$ Acrescentam-se os segmentos $\;BE,\;CD,\;ED,\;$ em que $\;D, \;E\;$ são intersecções das retas referidas anteriormente
  5. $\;n=4\; \;\;$ Acrescenta-se o paralelogramo $\;ABEFP\;$ com um lado -$\;BE\;$ - comum a $\;BCDE\;$
  6. $\;n=5\; \;\;$ A reta $\;BF\;$ interseta a reta $\;DC\;$ em $\;G.\;$ E acrescenta-se o segmento $\;FG\;$ que passa por $\;B\,$
  7. $\;n=6\; \;\;$ As retas $\;EB,\;FA\; $ intersectam a paralela a $\;AB\,$ tirada por $\;G\;$ em, respectivamente, $\;H, \;I.\;$ Ficam assim definidos vários novos paralelogramos, de que nos interessam os seguintes: $\;BCGH, \; ABHI,\; FDGI\;$
  8. $\;n=7\; \;\;$ Do paralelogramo $\;FDHI,\;\;FG\;$ é uma das suas diagonais, e $\;ABHI, DEBG\;$ estão nas condições consideradas em (I:43, da última entrada) para serem iguais em área. Fica assim demonstrado que o paralelogramo $\;ABHI,\;$ para além de ter $\,AB\;$ como lado, é igual em área ao triângulo $\;\Delta PQR\;$        □



  1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
  2. David Joyce. Euclide's Elements
  3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
  4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
  5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.

15.4.16

Trabalhar com áreas (usar noções comuns numa demonstração)


A proposição 43 do Livro I trata da divisão de um paralelogramo em quatro paralelogramos com um vértice comum sobre uma das suas diagonais sendo dois deles iguais em área. Veja-se a figura abaixo.
Toma-se um paralelogramo $\;[ABCD]\;$ e escolhe-se uma diagonal, por exemplo, $\;AC\,$ e um ponto $\;K\;$ sobre ela. Por $\;K\;$ tiramos uma paralela $\,GH\;$ a $\;AB\;$ e outra $\;EF\;$ a $\;AD.\;$ O paralelogramo fica dividido em 4 paralelogramos, a saber: $\;HAEK,\; FCGK, \;GBEK, \; FDHK.\;$ Prova-se que os últimos dois, sombreados, são iguais em área.




©geometrias, 14 abril 2016, Criado com GeoGebra
Pode mover $\;A,\;B,\;C\;$ e $\;K\;$ sobre a diagonal $\;AC\;$.

Por ser $\;ABCD\;$ um paralelogramo (I.33) $\;AB = CD \; \mbox{e} \; AD=BC. \;$ Por razões análogas, podemos dizer que $\;AE=HK, \;AH=EK, \; FC=GK, \;CG=FK. \;$ Podemos por isso dizer que são congruentes os seguintes pares de triângulo (I.8: LLL): $\;[ABC]= [CDA],\;[AEK] = [KHA], \;[KGC]=[CFK].\;$

Aos dois triângulos $\;[ABC],\; [CDA]\;$ iguais retiramos, respetivamente, $\;[AEK],\;[KGC]\;$ e $\; [KHA], \;[CFK]\;$ sobrando do primeiro triângulo $\; [ABC]\;$ o paralelogramo $\;[GBEK]\;$ e, do segundo triângulo $\;[CDA]\;$, o paralelogramo $\;[FDHK].\;$
Como de iguais subtraídos de iguais sobram iguais, $\;[GBEK]\;$ e $\;[FDHK]\;$ são iguais em área.        □



  1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
  2. David Joyce. Euclide's Elements
  3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
  4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
  5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.