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Ao longo de todo o trabalho iremos usar o termos "cleaver" que, por definição, é um segmento que divide o perímetro de um triângulo qualquer ao meio e que passa pelo ponto médio de um dos lados. Não foi feita a tradução deste termo, uma vez que tal significa "faca de talhante", e não conhecemos o termo português equivalente.
Vamos analisar de seguida um corolário que resulta como consequência imediata do Teorema de Arquimedes.
Corolário 1: Seja C" o ponto médio de AB Então C"D é um cleaver e é paralelo à bissectriz do ângulo C.
Figura 3
Ora pelo Teorema de Arquimedes, se C" é o ponto médio
de AB, C"D terá metade do perímetro do triângulo ABC,
ver figura 3. Repare-se que 
,
pois C" é o ponto médio do lado AB, pelo Teorema de Arquimedes
sabemos que: 
, portanto 
.
Demonstração:
Pelo Teorema de Arquimedes, se C" é o ponto médio de AB,
C"D é um cleaver do 
(ver
figura 3). O nosso objectivo é mostrar que
,
o que é equivalente a mostrar que 
,
uma vez que 
(porque 
e
, mas 
é
o ângulo formado pela bissectriz de 
,
logo 
. Vamos observar com atenção
os 
e 
.
Ora 
(porque C" é o ponto
médio de AB), (pelo Teorema
de Arquimedes) e 
é comum
a ambos os triângulos, logo pelo critério LAL os dois triângulos
são semelhantes, daí que 
.
Assim sendo, uma vez que se uma recta que intersecta outras duas rectas l1
e l2 com ângulos alternados congruentes então essas rectas são
paralelas, podemos concluir, que o cleaver C"D e a bissectriz do ângulo
C são segmentos paralelos.
Os resultados que iremos enunciar (a demonstração poderá ser consultada na bibliografia referenciada) vão ajudar-nos a demonstrar o teorema do triângulo Médio.
Teorema 2: "Se são iguais os segmentos determinados numa transversal por três ou mais paralelas, estas determinam noutra transversal segmentos iguais entre si." [4]
Corolário 2: " A paralela ao lado AC do
, tirada pelo ponto médio
do lado AB, bissecta o lado BC." [4]
Teorema do triângulo médio: "O segmento de recta que une os pontos médios de dois lados de um triângulo é paralelo ao outro lado e igual à sua metade." [4]
Este último teorema é frequentemente enunciado do seguinte modo:
O triângulo A"B"C", determinado pelo pé das
medianas, ou seja, pelos pontos médios dos lados, é chamado
o triângulo médio do .
O qual pode ser representado pela figura 4.
Teorema 3: O cleaver C"D é paralelo à bissectriz do ângulo em C.
Figura 4
Demonstração: Vamos
começar por construir o segmento 
.
Se pelo ponto B" se tirar uma recta paralela a AB,
esta recta passa pelo ponto A" (pelo corolário 2), concluindo-se
assim que 
.
Se , o ponto
C" é o ponto médio do lado AB (pelo corolário
2), ou seja, 
.
Como 
é
um paralelogramo, teremos 
e,
portanto, 
.
Assim, pelo Teorema 1 resulta 
.
Deste modo, CB"C"A" é um paralelogramo. Sabemos também que os
ângulos opostos de um paralelogramo são iguais (pág. 117),
ou seja, 
, o que faz com que
o cleaver C"D, que já é paralelo à bissectriz CE do ângulo
C, é também a bissectriz do ângulo C" no triângulo
médio.
De forma análoga é possível mostrar que os outros dois cleavers são também bissectrizes do triângulo médio e o centro cleavance é, por isso o incentro () S do triângulo A"B"C", tal como se pode observar na figura 5.
Sendo assim, podemos concluir que uma bissectriz do triângulo médio do triângulo ABC divide ao meio o perímetro do triângulo ABC.
Figura 5
Decidimos elaborar este capítulo para rever alguns conceitos que serão importantes para a compreensão das próximas demonstrações. A informação existente aqui adaptada do capítulo 14 do livro: "Curso de Geometria" de Paulo Ventura Araújo. Se pretender aprofundar os conceitos envolvidos poderá consultar a bibliografia referenciada.
Vamos supor que temos dois corpos
de massas, possivelmente diferentes, pendurados nas extremidades de uma vara
rígida de massa desprezável. Há um único ponto
em que a vara pode ser apoiada
de modo a que o sistema fique em equilíbrio; 
é
o centro de massa do sistema.
Figura 6
A posição de O é determinada pela seguinte condição
(observe a figura): chamemos 
à
distância entre O e a extremidade 
onde
está pendurada, e 
à
distância entre O e 
;
então tem-se 
.
À circunferência inscrita no triângulo médio, chamamos circunferência de Spieker de um triângulo dado, em honra ao geómetra alemão do século XIX Theodor Spieker. Já verificámos, anteriormente, que o centro cleavance S do triângulo ABC é o centro da sua circunferência de Spieker. Como cada cleaver divide o perímetro do triângulo dado e passa pelo seu centro cleavance, então vamos mostrar que S é o centro de gravidade do triângulo ABC. Para isso, vamos considerar que o triângulo ABC é constituído por uma estrutura homogénea de arames de comprimento a, b, e c (Figura 7).
Figura 7
Vamos considerar os pontos médios dos arames (lados
do triângulo) como centros de gravidade de cada um das arestas. Assim,
e como os comprimentos dos arames podem ser diferentes, vamos construir um
sistema de massas de magnitude a, b e c "condensadas" nos vértices
A", B" e C" do triângulo médio. Observando a figura 7, onde 
e
aplicando a lei dos senos () é possível estabelecer
as seguintes relações:
;
Ora,
;
ou seja:
.
Assim, resulta naturalmente a seguinte relação:
.
Mas tal como já verificámos, os lados do triângulo médio tem metade do comprimento dos lados do triângulo maior, por isso:
.
Sabemos que, 
e
então pela definição
de centro de massa resulta, imediatamente, a seguinte igualdade 
.
Assim, concluímos que o centro de gravidade deve assentar algures no cleaver C"F. Assentando de forma semelhante em cada um dos outros dois cleavers. O que prova que o centro de gravidade é de facto o centro cleavance S do triângulo ABC.
No capítulo 4 chamámos cleaver a um segmento que divide o perímetro no ponto médio de um lado. Assim, iremos chamar spliter ao segmento que divide o perímetro do triângulo ao meio, mas que sai de um dos vértices do mesmo. Deste modo, num triângulo qualquer ABC existirão três spliters, que se intersectarão num ponto M chamado centro splitting ou ponto de Nagel.
Repare-se de seguida que a circunferência ex-inscrita (tangente a um dos lados e aos prolongamentos dos outros dois) oposto ao vértice A intersecta os lados dos vértices do triângulo ABC em D, E e F tal como se pode observar na figura seguinte.
Figura 8
Então, como os pontos de contacto das duas tangentes a uma dada circunferência tiradas por um mesmo ponto exterior P estão à mesma distância de P, podemos afirmar que:
.
Logo 
que
é o semiperímetro do triângulo ABC, uma vez que 
,
e desta forma AD é um spliter do triângulo ABC.
Assim, a concorrência dos spliters é equivalente a dizer que os três segmentos que unem cada vértice ao lado oposto no ponto de intersecção da circunferência ex-inscrita correspondente são concorrentes, e esse ponto de intersecção, conhecido há muito tempo, é chamado de ponto Nagel do triângulo.
Vamos provar a existência do ponto Nagel usando o Teorema de Ceva, o qual vamos apenas enunciar, sem demonstração.
Teorema de Ceva () :
As cevianas 
do
concorrem num ponto se e só
se for 
Figura 9
Vamos começar por considerar o e
as suas três circunferências ex-inscritas, que designamos por
. D, E e F são
os pontos de intersecção das circunferências ex-inscritas
com os lados 
, respectivamente.
Estabelecemos as seguintes notações:
tal como se pode observar na figura 10.
Figura 10
Observando a figura e usando a definição de spliter, podemos estabelecer as seguintes relações:
(1)
(2)
(3)
Subtraindo membro a membro (1) a (2)
,
isto é, 
Subtraindo membro a membro (1) a (3)
,
isto é, 
Subtraindo membro a membro (2) a (3)
,
isto é, 
Pelo teorema de Ceva temos que:
,
usando as relações anteriores temos que:
,
logo podemos concluir que os três spliters concorrem num ponto a que
podemos chamar Centro Splitting ou Ponto Nagel.
Teorema 4: Dado um triângulo , os pontos médios dos seus lados, os pés das alturas e os pontos de Euler pertencem a uma mesma circunferência.
É comum na prática usar as letras H, G, O, I, N para indicar, respectivamente, o ortocentro, baricentro, circuncentro, incentro e o centro da circunferência dos 9 pontos.
Nesta fase convém recordar que:
Demonstração: Consideremos
o onde os pontos L, M e K são
os pontos médios dos lados CB, AC e AB, respectivamente. Os pontos D,
E e F são os pés das alturas do triângulo e H o ortocentro
(ponto de intersecção das alturas do triângulo). Aos pontos
médios X, Y, Z dos segmentos AH, BH e CH chamamos pontos de Euler.
Figura 11
Pelo Teorema do triângulo médio concluímos que:
e 
.
De forma análoga, mas considerando o 
, temos que:
e 
.
Como 
e , por transitividade 
e, por isso, o quadrilátero MKZY é um paralelogramo. É possível agora provar, de modo muito semelhante, que 
, para isso basta considerar o 
e usar novamente o teorema do triângulo médio para concluir que:
e 
.
Do mesmo modo se mostra que 
e que 
. Assim, como e temos, por transitividade que 
.
Sabemos que AD é perpendicular a CB, pois é uma das alturas do 
. Ora,
e 
,
Então,
, MZ
, 
e 
logo o paralelogramo MKZY é um rectângulo.
De modo semelhante prova-se que o quadrilátero XYLM é um rectângulo. Assim, o rectângulo MZKY está inscrito numa circunferência em que as suas diagonais são diâmetros da circunferência. Nesta fase precisamos verificar que as diagonais se intersectam no mesmo ponto, para isso apenas precisamos observar que uma das diagonais dos rectângulos é comum a ambos: o rectângulo MZKY tem diagonal MY. Por outro lado, o rectângulo XMLY também tem diagonal MY, logo o ponto de intersecção das diagonais tem que ser o mesmo, o que prova que a circunferência é única. Apenas nos falta mostrar que os restantes pontos pertencem à circunferência, para isso vamos usar os seguintes factos.
Considerando o 
rectângulo em E, com hipotenusa YM, temos que o ponto E é um ponto da circunferência. Se considerarmos o 
rectângulo em F, com hipotenusa ZK, concluímos que F é um ponto da circunferência. Do mesmo modo, para o 
rectângulo em D com hipotenusa XL se pode dizer que o ponto D pertence à circunferência. Por outro lado, XMLY é um rectângulo e MY a sua diagonal, portanto X e L são pontos da circunferência. Deste modo, mostramos a existência da circunferência dos nove pontos.
Leonhard Euler (1707 - 1783) é um dos grandes nomes da matemática. Originalmente seu pai queria que ele fosse um eclesiástico, porém entregou sua educação a um dos matemáticos famosos da época Jacob Bernouilli e a partir daí o seu entusiasmo pela matemática foi crescente. Casou-se e teve uma família de 13 filhos. No período de 1727 a 1783, ano de sua morte, produziu 886 trabalhos de matemática, produzindo em média 800 páginas de matemática por ano, apesar de ter perdido sua visão em 1771.
Ele produziu em todas as áreas da matemática da época. Sua obra é um capítulo na História da Matemática. Várias fórmulas geométricas e várias construções tiveram o seu nome vamos de seguida apresentar a Recta de Euler.
Teorema 5: Num , o baricentro, ortocentro e circuncentro são colineares. O baricentro encontra-se entre o ortocentro e o circuncentro e a distância ao ortocentro é o dobro da distância ao circuncentro. A recta que passa por estes três pontos é chamada recta de Euler.
Figura 12
Demonstração: Para provar que os três pontos são colineares, vamos considerar três casos distintos:
é um triangulo equilátero)Neste caso, os três pontos G, H e O coincidem, logo, são colineares.
é um triangulo isósceles )
Figura 13
A mediana CM relativa à base AB é a altura correspondente à base, bem como a mediatriz relativamente ao vértice C. Logo todos os pontos (G, H e O) pertencem à mesma recta.
é escaleno)Neste caso o baricentro (G)
que pertence à mediana e o circuncentro (O) que pertence à
mediatriz são pontos distintos, pois a mediana é distinta da mediatriz.
Se considerarmos uma recta l, que passe pelos pontos G e O. Vamos
também determinar um ponto H", de modo que 
.
Figura 14
Deste modo, os 
GH"A
e GOP são semelhantes pelo
critério LAL, repare-se que o ponto G divide a mediana na razão
de 2:1, o ponto H" foi construído de modo que e
o ângulo formado entre os dois lados é igual uma vez que são
ângulos verticalmente opostos, por isso os ângulos correspondentes
são congruentes. Assim a recta que passa por A e H" é paralela
à mediatriz OP, logo H" é um ponto da altura relativamente ao
lado BC.
Fazendo o mesmo relativamente à mediana e à mediatriz de outro lado do triangulo obtemos que H" pertence à altura relativa a esse lado.
em que H é o ortocentro do triangulo ABC e por consequência são pontos colineares (porque pertencem à recta l).Antes de iniciar este capítulo vamos enunciar e demonstrar um resultado que nos será útil.
Teorema 6: Seja
a área do triângulo
ABC e s o seu o semi-perímetro. Então 
Figura 15
Demonstração: A partir do 
com base a e altura r, temos que a sua área:
.
Analogamente para os restantes triângulos 
e 
. Assim: 
. 
Tal como já referimos nos capítulos anteriores, S representa o centro da circunferência de Spieker (centro cleavance); I é o incentro, G o baricentro e M o ponto Nagel ou centro Splitting.
Então podemos estabelecer os seguintes resultados paralelos:
;
Figura 16
Vamos agora provar que o ponto G divide IM na razão 2:1.
Traçando a mediana AA", sabemos que o baricentro G
divide a mediana na razão de 2:1 [3]. De seguida, vamos prolongar IG
duas vezes o seu comprimento até ao ponto L, de modo que 
.
Deste modo, os 
e 
são
semelhantes (ver figura 17). Pelo critério LAL, repare-se que o ponto
G divide a mediana na razão de 2:1, os pontos I e L
foram construídos de modo que e
o ângulo formado entre os dois lados é igual, uma vez que são
ângulos verticalmente opostos. Por consequência 
de
onde podemos concluir que AL é paralelo a A"I ().
Figura 17
Agora vamos mostrar que L é o ponto de Nagel mostrando
que AL; BL e CL são os spliters do 
.
Para isso, basta mostrar que AL é spliter. Assim sendo vamos prolongar
AL de modo a intersectar BC no ponto E e representamos as perpendiculares AD
e IF (ver figura 18). Agora, apenas é necessário verificar que:
,
onde s representa o semi-perímetro do .
Figura 18
Tal como já dissemos anteriormente, o objectivo é provar que:
,
ou seja, .
Para isso vamos determinar os comprimentos de BD e DE e mostrar que a sua soma é, de facto, , isto é:
.
Vamos começar por determinar o comprimento de . Observemos que os e são semelhantes, visto que ambos são triângulos rectângulos, em D e F, respectivamente e, tal como já mostrámos anteriormente, , logo (por um resultado que já enunciámos anteriormente), por isso e usando o critério AA de semelhança de triângulos podemos concluir, que os triângulos são efectivamente semelhantes.
Assim, é possível estabelecer a seguinte relação:
.
Agora, IF é o inraio (distância medida na perpendicular
do incentro de um triângulo a cada um dos lados) do e
é a altura relativamente ao lado a. Pelo teorema 6 e denotando a área
do triângulo por , podemos
afirmar o seguinte:
Para determinar , vamos recorrer à figura 19, que nos ajudará a tirar conclusões.
Figura 19
Observando a figura anterior é fácil constatar que: 
.
Então,
.
Por isso o comprimento da tangente 
é simplesmente 
.
Assim, voltando à figura 18 é possível afirmar o seguinte:
Por conseguinte,
De seguida vamos determinar o comprimento de 
. Se observarmos o 
, temos que 
, e pela lei dos co-senos () temos:
Ora,
Mas,
Finalmente estamos em condições de provar que:
.
Assim, 
e G divide IM de modo que 
.
Antes de avançar, vamos mais uma vez recordar algumas noções importantes sobre dilatações, que serão usadas para as próximas demonstrações.
Uma dilatação 
transforma o ponto P na sua imagem P", colinear com O e P, de tal modo que 
. Se 
for negativo, P" e P estão em lados opostos do ponto O.
Assim, a dilatação 
envia o P para o ponto P" segundo o segmento OP, com uma distância que é metade no lado oposto de O.
Exemplo:
Duas propriedades importantes:
e por isso a área da figura é torna-se 
vezes maior, a forma não é alterada, ou seja, a imagem é semelhante à figura original. Isto é estabelecido simplesmente mostrando que 
leva um segmento para um segmento paralelo e vezes maior. transforma uma circunferência de raio 
numa outra de raio 
cujo centro é a imagem do centro da primeira. Reciprocamente, quaisquer duas circunferências 
e 
de raios 
estão relacionadas por duas dilatações, uma de razão positiva e outra de razão negativa. Se elas forem concêntricas, isso é claro, isto porque o centro comum é também o centro de ambas as dilatações. Caso tenham centros distintos e 
, e 
forem pontos exteriores à recta 
, tais que 
sejam paralelos e com o mesmo sentido (ou em sentido oposto), então a intersecção das rectas e 
é o centro da dilatação positiva (ou negativa) que transforma em ; a razão desta dilatação é 
(ou 
). As tangentes comuns a e a , quando existem, passam pelo centro de alguma dessas dilatações: da positiva quando e estiverem no mesmo lado da tangente, da negativa quando estiverem em lados opostos. Retomando a nossa incursão mostraremos que S é o ponto médio de IM.
Tal como já referimos várias vezes, o baricentro G divide a mediana na razão de 2:1, por isso a dilatação 
transforma o no 
(ver figura 20). O incentro do é transformado no incentro do 
que é, como sabemos, o centro cleavance (centro da circunferência de Spieker) do . Isto acontece porque a imagem de uma circunferência sob uma dilatação é também ela uma circunferência, bem como o centro da circunferência é também ele transformado no centro da sua imagem. A transformação que mencionámos transporta, de facto o ponto I para o ponto S. Para tal acontecer é necessário que I, G e S sejam colineares com 
.
Como
, então 
,
e somando obtemos
,
isto é, 
Figura 20
Figura 21
Ao longo deste capítulo iremos analisar duas propriedades adicionais e de especial interesse.
Propriedade 1: Se considerarmos um
a dilatação
não só transporta o triângulo dado para o triângulo
médio A"B"C" como também, transporta o ponto de Nagel (M) do
triângulo médio para o incentro do ,
isto porque M, G e I são colineares e 
.
Assim, o incentro de um triângulo é o ponto de
Nagel do seu triângulo médio.
Figura 22
Esta observação representa uma boa construção para o ponto de Nagel, porque basta construir um triângulo e o respectivo triângulo médio, de seguida traçamos duas bissectrizes do triângulo maior e a sua intersecção será o ponto de Nagel do triângulo médio.
Para terminar esta fase, com a apresentação de uma propriedade bastante interessante e fácil de demonstrar.
Propriedade 2: Se 
são
os pontos médios dos segmentos, que unem o ponto de Nagel (M) aos vértices
A, B e C (sombras dos pontos de Euler), então o 
é congruente com o triângulo médio e, para além
disso cada lado do
é tangente à circunferência de Spieker. Assim, a circunferência
Spieker é a circunferência inscrita comum aos dois triângulos
congruentes 
e 
(ver figura 23).
Figura 23
Demonstração:
A transformação composta
T constituída pela dilatação 
seguida da dilatação
em primeiro lugar transporta o
para o , para de seguida
transportar o para
o . Isto porque a dilatação
duplica o comprimento
dos lados do triângulo
enquanto que a transformação
os divide em duas partes iguais. Desta forma, o comprimento dos lados do triângulo
A"B"C" é igual ao comprimento dos lados do 
,
logo, pelo critério LLL, os triângulos são congruentes.
Ora a transformação T transporta a circunferência
inscrita do na circunferência
inscrita do e, em particular,
transporta o incentro I do
para o incentro do .
De seguida vamos considerar o ponto S e descobrir qual a sua imagem segundo
a transformação T.
Como já sabemos, o ponto G divide 
,
logo a dilatação
transporta o ponto S para o ponto I, mas como ,
a dilatação
transporta novamente o ponto I para o ponto S. Assim, o ponto S é a
sua própria imagem sob T. Não podemos esquecer que T leva o
incentro I para o ponto S, isto é, as duas circunferências inscritas
têm o mesmo centro e também o mesmo raio, visto que os 
e são congruentes,
logo as suas circunferências inscritas são coincidentes.
Exercício 1: Este
primeiro exercício refere-se ao item precedente do comentário.
Uma vez que 
é
invariante sob transformação composta 
e 
é o ponto médio
de , poderemos pensar
que é equivalente
a meia-volta () sobre
(uma vez que 
são
colineares) Prova ou refuta esta afirmação.
Figura 24
Resolução: Tal
como já foi verificado os pontos 
e 
são os pontos
médios de 
e
então pelo
Teorema: "O segmento de recta que une os pontos médios
de dois lados de um triângulo é paralelo ao outro lado e igual
à sua metade." (já enunciado e demonstrado) concluímos
que 
e por transitividade
vai ser também paralelo a 
Do mesmo modo se conclui que os três lados do
são respectivamente paralelos aos lados do 
Como já vimos os
e 
têm uma circunferência
inscrita comum com centro S, a meia-volta sobre S transformaria o
no . (ver definição
de meia volta). O que confirma a conjectura: 
transforma-se em 
ao
longo de 
, forçando
a transformar-se em
Exercício 2: Vamos agora supor que X é
o ponto de intersecção da circunferência inscrita do
no lado 
Vamos provar
que as circunferências inscritas dos triângulos 
e 
se intersectam em
AX no mesmo ponto P.
Figura 25
Resolução: Vamos
supor que as circunferências inscritas dos 
e 
se intersectam em
, em 
e 
, respectivamente.
Vamos mostrar que 
.
Para isso provaremos que 
.
Sejam 
e
os semi-perímetros
dos 
e .
Então tal como já foi analisado no capítulo 11 (página
22), podemos estabelecer as seguintes relações:
;
.
Usando o mesmo argumento nos
e estabelecemos as
seguintes relações:
O ponto
não está representado na figura. Para mostrar que
vamos mostrar que 
.
Ora, substituindo nas expressões deduzidas anteriormente, temos que:
Agora,
Assim,
Deste modo,
Por isso,
Exercício 3: Vamos agora supor que X é
o ponto de intersecção da circunferência ex-inscrita do
no lado
Vamos provar que as circunferências ex-inscritas dos
e se intersectam em
AX no mesmo ponto P.
Figura 26
Resolução: Neste
exercício convém realçar que o segmento
é o mesmo segmento que no exercício anterior, por isso vamos
poder estabelecer as mesmas relações. O raciocínio que
utilizaremos neste exercício é bastante semelhante ao usado
anteriormente, contudo iremos mostrar que 
.
Sejam e
os semi-perímetros dos
e . Então tal
como já foi analisado no capítulo 11 (página 22), podemos
estabelecer as seguintes relações: ;
.
Agora, como o ponto
é o ponto de intersecção da circunferência ex-inscrita
com o , então
é um spliter
deste triângulo, logo podemos estabelecer as seguintes relações:
Se considerarmos o ponto Q (que não está
representado na figura) é o ponto de intersecção da circunferência
ex-inscrita do , então
é um spliter
deste triângulo, logo
Agora,
Por outro lado, temos que:
e 
Assim,
Deste modo,
, por isso:
[1] R. Honsberger, Episodes of 19th and 20th Century Euclidean Geometry, Math. Assoc. America, 1995.
[2] Coxeter, H.S.M; Greitzer,S.L., Geometry Revisited, New Mathmatical Library, 1981
[3] Paulo Ventura Araújo, Curso de Geometria, Gradiva, 1999
[4] A. Nascimento P. Fernandes, Elementos de Geometria, Livraria Didáctica, 1956
[5] Georges Alain, Dicionário prático de Matemática, Terramar, 1995
[6] A. Fetissov, A Demonstração em Geometria, Ulmeiro, 2001
Dados do autor
Sou o Ricardo Portugal, tenho 24 anos e licenciei-me este ano (2007/2008) em Matemática via ensino na Universidade da Beira Interior.
Esta monografia foi elaborada por mim e orientada pelo professor Rui Pacheco, no âmbito do meu trabalho científico.
Autor:
Ricardo Filipe Marques Portugal
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