análise e síntese (2)

Problema:     Traçar num dado triângulo um segmento paralelo à base de tal forma que, se a partir dos seus extremos se tirarem segmentos paralelos aos lados até à base, a sua soma seja igual ao primeiro segmento.
Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008
São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\;$ sendo $\;F, \;G\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;EG \parallel DB\;$ e $\;DF \parallel EC. \;$
Considerando que, para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores $\;1,\;2\;$de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$
  1. No problema resolvido temos os pontos dados $\;A, \;B, \;C\;$ e também os pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\;$ sendo $\;F, \;G\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;EG \parallel DB\;$ e $\;DF \parallel EC. \;$
  2. $\;[DBGE]\;$ e $\;[DFCE]\;$ são paralelogramos, logo
    $\; DE= EG+DF = DB+EC \;$

  3. A construção (sintética, a seguir) está ilustrada para os valores $\;3,\; 4\;$ de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$

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



    Considerando a decomposição (análise) do problema antes feita, apresentamos, agora sinteticamente, os passos da determinação da reta $\;DE\;$ .
  4. Começamos por traçar as bissetrizes dos ângulos $\;A\hat{B}C\;$ e $\;B\hat{C}A\;$ e designemos por $\;H\;$ o ponto em que elas se encontram (aliás, este ponto é o incentro do triângulo $\;[ABC]\;$, comum às suas três bissetrizes e equidistante dos seus três lados).
    Por $\;H\;$ tiramos a paralela a $\;BC\;$ que interseta os lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$ respetivamente em $\;D\;$ e em $\;E\;$
  5. Como $\;DE \parallel BC, \;\; D\hat{H}B =H\hat{B}F= D\hat{B}H\;$ e, em consequência, $\;DB=DH. \;$
    Do mesmo modo, $\;E\hat{H}C= H\hat{C}G = E\hat{C}H \;$ e, em consequência, $\;EC=EH\;$ e
    DE= DH+HE =DB+EC
    Finalmente, já que $\;B, \;E\;$ e $\;D, \;C\;$ são vértices de paralelogramos, então $\;EG=DB, \;DF=EC \;$ e, em consequência, $\;DE= DF+EG.\;\;\;\; $ □
Completam a ilustração, vários elementos que relacionam este problema de construção com o da anterior entrada. Fica assim apresentada uma nova resolução em que $\;H\;$ é olhado como o pé da bissetriz de $\;\hat{A}\;$ no triângulo $\;[ADE].\;$