Problema (nível 3): Numa circunferência, os pontos $C$ e $D$ estão no mesmo arco definido pelo diâmetro $[AB]$. As cordas $[BC]$ e $[AD]$ intersectam-se em $E$ e $[EF]$ é perpendicular a $AB$. Prova que $C\hat FE=D\hat FE$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \degrees[12] \pscircle(0,0){4} \psline(-4,0)(4,0) \psline(4;0)(4;2)(4;6) \psline(4;0)(4;4.5)(4;6) \psline(-0.6581,1.92945)(-0.6581,0) \psline(4;4.5)(-0.6581,0)(4;2) \rput[c](-3.2,3){$C$} \rput[c](4.4,0){$B$} \rput[c](-4.4,0){$A$} \rput[c](-0.6581,2.4){$E$} \rput[c](2.2,3.8){$D$} \rput[c](-0.6581,-0.4){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Solução 1: O ângulo $\measuredangle ACE$ é recto, porque o triângulo $[ACB]$ está inscrito na circunferência de diâmetro $[AB]$. Como $\measuredangle AFE$ também é recto, o quadrilátero $[ACEF]$ está inscrito na circunferência de diâmetro $[AE]$. O arco $\wideparen {CE}$ é subentendido pelos ângulos inscritos $\measuredangle CAE$ e $\measuredangle CFE$, donde $C \hat A E=C \hat FE$, pelo teorema do arco capaz. Do mesmo modo, conclui-se que $D\hat BE=D \hat FE$. O arco $\wideparen {CD}$ é subentendido pelos ângulos inscritos $\measuredangle CAD$ e $\measuredangle DBC$, pelo que, novamente pelo teorema do arco capaz, tem-se $C \hat A E=D\hat BE$. Logo $C \hat FE=D\hat FE$. (image2) Solução 2: Os ângulos $\measuredangle ACB$ e $\measuredangle ADB$ são rectos, porque os triângulos $[ACB]$ e $[ADB]$ estão inscritos na circunferência de diâmetro $[AB]$. Logo, $C\hat AE+B\hat AD+A\hat B C=90º=E\hat BD +A\hat B C+B\hat A D.$ Daqui se deduz a igualdade $C\hat AE=E\hat BD$. Seja $M$ o ponto médio de $[EB]$. Como $[EDB]$ e $[EFB]$ são triângulos rectângulos, estão ambos inscritos na circunferência de centro $M$ e raio de comprimento $\overline{ME}$. Sejam $\alpha=D\hat FE$, $\beta=E\hat B D$, $x=D\hat FM$ e $y=M\hat FB$. Então $\alpha+x+y=90º.$ Tem-se $B \hat DM=\beta$, pois $[BMD]$ é isósceles de base $[BD]$. Logo $E\hat MD=180º-(180º-\beta-\beta)=2\beta$. Do mesmo modo, $F \hat BM=y$ e $F\hat ME=2y$. Somando os ângulos internos do triângulo $[DMF]$, que é isósceles de base $[DF]$, tem-se $2\beta+2y+2x=180º$, pelo que, $\beta+x+y=90º$. Assim, $\alpha=\beta$, ou seja, $D\hat FE=E\hat BD$. De modo semelhante, mostra-se que $C\hat AE=C\hat F E$. Logo $C\hat F E=C\hat AE=E\hat BD=D\hat FE$. (image3)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \degrees[12] \pscircle(0,0){4} \pscircle(1.67095,0.964725){2.520945899} \pscircle(-2.32905,0.964725){1.929447648} \psline(-4,0)(4,0) \psline(4;0)(4;2)(4;6) \psline(4;0)(4;4.5)(4;6) \psline(-0.6581,1.92945)(-0.6581,0) \psline(4;4.5)(-0.6581,0)(4;2) \rput[c](-3.2,3.1){\small $C$} \rput[c](4.4,0){\small $B$} \rput[c](-4.4,0){\small $A$} \rput[c](-0.6581,2.6){\small $E$} \rput[c](2.2,3.8){\small $D$} \rput[c](-0.6581,-0.6){\small $F$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \degrees[12] \pscircle(0,0){4} \pscircle(1.67095,0.964725){2.520945899} \psline(1.67095,0.964725)(4;2) \psline(1.67095,0.964725)(-0.6581,-0) \psline(-4,0)(4,0) \psline(4;0)(4;2)(4;6) \psline(4;0)(4;4.5)(4;6) \psline(-0.6581,1.92945)(-0.6581,0) \psline(4;4.5)(-0.6581,0)(4;2) \rput[c](-3.2,3){\small $C$} \rput[c](4.4,0){\small $B$} \rput[c](-4.4,0){\small $A$} \rput[c](-0.6581,2.3){\small $E$} \rput[c](2.2,3.8){\small $D$} \rput[c](-0.6581,-0.3){\small $F$} \rput(2.0,1.2){\small $M$} \rput(1.4,1.4){\small $2\beta$} \rput(1.0,1.0){\small $2y$} \rput(1.6,2.6){\small $x$} \rput(2.8,0.2){\small $y$} \rput(0.5,0.2){\small $y$} \rput(0.0,0.5){\small $x$} \rput(-0.4,0.7){\small $\alpha$} \rput(3.4,0.5){\small $\beta$} \rput(2.2,2.6){\small $\beta$} \end{pspicture}