1.5.05

Carta de Sofia Miranda


Pretendo apresentar uma proposta de resolução para o problema que encontrei no vosso Blog de Geometria, intitulado "V- Raios de Circunferências".
Sendo dadas duas circunferências: uma de centro A e raio s, outra de centro B e raio t, pretende-se traçar uma circunferência de raio r dado que seja tangente às duas circunferências dadas.
Apresento de seguida o meu raciocínio e o meu processo de construção.



Para ver a construção dinâmica de Sofia Isabel,
basta clicar sobre a ilustração acima.



Designemos por C o centro da circunferência que procuramos. A distância do C a A tem de ser s + r e, analogamente, a distância de C a B tem de ser t + r. Portanto, C terá de ser um dos pontos de intersecção entre a circunferência centrada em A, de raio s + r, e a circunferência centrada em B de raio t + r.
Assim, tracei essas duas circunferências (que são as que estão desenhadas a amarelo) e determinei o ponto C, que é o seu ponto de intersecção.
Depois, determinei o ponto em que a circunferência de centro A é intersectada pela recta AC e o ponto em que a circunferência de centro B é intersectada pela recta BC. Esses dois pontos, que designei por I e J, são os pontos de tangência.
De seguida, tracei a circunferência centrada em C que passa nos dois pontos de tangência determinados, sendo esta a circunferência que procurávamos.
A construção foi realizada de modo que é possível alterar os raios r, s e t, assim como a posição dos pontos A e B.
Manipulando a construção, podemos concluir que quando 2r<|AB|-s-t não existe nenhuma circunferência nas condições pretendidas.
Espero que esta seja uma boa solução para o problema proposto e que não me tenha escapado nenhuma falha.
Envio em anexo o ficheiro do Cinderella com a minha construção (II-RaiosdeCirc.cdy)



Gostaria também de apresentar a minha proposta de resolução para o problema "IV-Rectas e Circunferências". Pouco antes de enviar esta mensagem, verifiquei que foi apresentada recentemente uma resolução e que o meu raciocínio foi bastante semelhante, mas de qualquer forma aqui vai a minha proposta.
Dada uma circunferência de centro C e raio s e dada uma recta m, pretende-se traçar uma circunferência de raio r dado, que seja tangente à recta m e à circunferência de centro C.



Para ver a construção dinâmica de Sofia Isabel MIranda,
basta clicar nesta ilustração.



Admitindo que a circunferência de que estamos à procura é sempre exterior à circunferência dada, concluí que o centro da circunferência que pretendemos determinar terá de pertencer a uma circunferência centrada em C com raio s + r, uma vez que, a distância entre os centros de duas circunferências tangentes e exteriores uma à outra, de raios s e r, é s + r.
Por outro lado, como a circunferência que pretendemos determinar também tem de ser tangente a uma recta m dada, o seu centro terá de pertencer a uma recta paralela a m, que diste r unidades de m. Ora, existem duas rectas nessas condições.
Portanto, o centro da circunferência pretendida terá de ser um ponto de intersecção entre a circunferência de centro C e raio s + r e uma das duas rectas paralelas a m anteriormente mencionadas.
Tendo em conta este raciocínio fiz uma construção geométrica no Cinderella que envio em anexo.
No primeiro ficheiro (IV-RectaseCirc1.cdy) envio a construção completa. No entanto, considero que está bastante sobrecarregada com elementos que foram meramente auxiliares, por isso envio também um segundo ficheiro (IV-RectaseCirc2.cdy) em que ocultei alguns deles, tornando a apresentação mais simples.
Na construção é possível alterar os raios dados, a posição do ponto C e a posição da recta m (alterando-se a posição dos pontos D e E).
Se fizermos algumas manipulações podemos verificar que temos vários casos possíveis, consoante a distância do ponto C à recta m.
Quando a distância de C a m é menor que s, existem 4 pontos de intersecção e portanto conseguimos encontrar quatro circunferências nas condições pretendidas.
Quando a distância de C a m é maior que s e menor que s + 2r, existem duas circunferências nas condições pretendidas.
Quando a distância de C a m é exactamente igual a s+2r, existe apenas uma circunferência nas condições pretendidas.
Quando a distância de C a m é maior que s+2r, não existe nenhuma circunferência nas condições pretendidas. Isto acontece, porque o diâmetro da circunferência pretendida é menor que a distância entre a circunferência dada e a recta m dada.
São estas então as minhas duas propostas de resolução.
Os meus cumprimentos.
©Sofia Miranda
23 de Abril de 2005, FCTUC

25.4.05

Alturas com potência para triângulo


No artigo   Triangularidades  colocámos o seguinte problema:
Construir (com régua e compasso?) um triângulo de que se conheçam só as três alturas
Um caso particular foi resolvido em   Sobre a resposta do oitavo  . Finalmente, apresentámos uma solução de Casimiro e Mariana Sacchetti, num artigo intitulado   Sobre o problema das três gerações . Num outro artigo, pelo menos, se referem outras soluções que consideramos mais geométricas e elegantes ou mais simples. Para aquela que tínhamos sugerido com o artigo   A potência necessária .
Serve este artigo para publicar, sob a forma de exercício interactivo, a resolução (do jovem Aurélio) que utiliza o conceito de potência de um ponto relativamente a uma circunferência.





E ainda não desisti de vir a publicar a minha resolução, a mais simples, aquela que qualquer pessoa com conhecimentos básicos de proporcionalidade pode resolver. Aos leitores compete apreciar as diferentes construções e votar na mais bela.
A beleza do problema está no que aconteceu.

24.4.05

Um triângulo nas paralelas

No artigo   Triangularidades   propusemos como desafio a construção de um triângulo equilátero que tivesse cada um dos seus vértices sobre uma de três paralelas dadas.
A nossa proposta de construção (a clássica, aquela que estava na cabeça de quem deu a sugestão - Eduardo Veloso ou Caronnet) utiliza rotações de rectas em torno de um ponto. Pode tentar fazê-la (ou vê-la, usando a ferramenta de perguntar que não ofende) clicando sobre a ilustração que se segue:





Ora, tal como noutros desafios, esperar soluções diferentes é saudável, procurar soluções diferentes é o mais belo exercício e encontrá-las é uma alegria. Assim tinha acontecido com o problema do triângulo pelas alturas (de que entrevimos três construções diferentes) e assim aconteceu neste problema. No problema do triãngulo pelas alturas, não deixámos de gabar as nossas soluções (ainda não publicadas!). Pois! A vingança não havia de tardar! Agora vejam o que escreveram os Sacchettis:
Talvez seja pretensão nossa mas esta solução é melhor que a tua!.. Ela está intimamente ligada à distância entre as paralelas sendo que a inclinação das mesmas é irrelevante.

E, em documento anexo, esclareciam:


Problema:
«Construir um triângulo equilátero com um vértice sobre cada uma de três paralelas dadas.»

Constatámos:
1- Que o que define as três paralelas é a distância entre elas; a inclinação das mesmas é irrelevante.
2- Que as dimensões do triângulo (o comprimento do seu lado) dependem essencialmente da distância das rectas exteriores; mas mesmo quando estas se mantêm fixas, o lado do triângulo oscila entre um máximo e um mínimo, consoante a posição da recta interior. É mínimo quando esta está a meia distância entre as outras (e neste caso o lado do triângulo é igual à distância entre as rectas exteriores) e é máximo na posição limite em que a recta interior se sobrepõe a uma das exteriores (e neste caso o lado do triângulo é igual ao lado do hexágono circunscrito à circunferência com centro num ponto situado numa das rectas exteriores e raio igual à distância entre elas.
3- Quando se fixa um dos vértices do triângulo equilátero sobre uma das paralelas exteriores o triângulo terá os outros seus dois vértices sobre os lados do hexágono definido no ponto anterior (o raio da circunferência inscrita ao hexágono é o apótema deste, pelo que os lados do triângulo equilátero oscilam entre o apótema e o lado do hexágono circunscrito; este hexágono é o lugar geométrico dos dois vértices do triângulo equilátero, cujo terceiro vértice está no centro)

Construção:
1- Dadas as três rectas paralelas fixa-se um ponto A numa das rectas exteriores.
2- Por esse ponto tira-se uma perpendicular às outras duas rectas; seja B a intersecção dessa perpendicular com a segunda recta exterior.
3- Considere-se |AB| o lado dum triângulo equilátero; determine-se o vértice C.
4- Por C trace-se uma perpendicular a |AC| que intersecta a paralela interior em D
5- |AD| é o lado do triângulo equilátero pedido; é fácil determinar o outro vértice E e traçar os lados |AE| e |ED|.
6- Isto porque |AC| é um apótema do hexágono circunscrito e a perpendicular contem um lado desse hexágono, lugar geométrico dos outros vértices do triângulo equilátero.

Aveiro, 24 de Abril de 2005
Mariana e Casimiro Sacchetti



E a construção dos Sacchettis pode ser vista clicando sobre a ilustração que se segue, feita a partir da construção que nos enviaram.




22.4.05

(IV) - Rectas e circunferências (repetição)

Apresentamos um exercício interactivo como resposta a um antigo desafio -(IV) - Rectas e circunferências . Esperamos as experiências de quem o tentar. Integramos a resposta como parte do artigo, mas por medo de não haver quem se lembre, aqui apresentamos como se fosse coisa do dia de hoje.

É dada uma circunferência de centro C e raio s; é dada uma recta m. Traçar uma circunferência de raio r dado que seja tangente à recta m e à circunferência de centro C.







Para ter acesso e tentar resolver o exercício ou ver a nossa resolução, basta clicar sobre a ilustração. Utilize as ferramentas que estão disponíveis (a ferramenta de traçar perpendicular actua seleccionando um ponto e uma recta). Se precisar de alguma ajuda ou quiser ver a nossa resolução, carregue na ferramenta interrogativa.

15.4.05

Sobre o problema das três gerações

O problema da construção de um triângulo de alturas dadas transformou-se para nós num acontecimento importante. Foi, em diversos níveis, um verdadeiro problema que propiciou e exigiu variadas experiências geométricas e a solução que ora publicamos culmina um processo que é o acontecimento notável desta notícia: envolveu três gerações de uma família. As lições a tirar do problema são muitas, já vamos em três artigos relacionados com ele e havemos de publicar outras soluções. Mas o qeu interessa agora é dar notícia pública da solução que recebemos de Casimiro e Mariana Sacchetti (texto e ilustração em .pdf). E dar os parabéns. O prémio está no processo e na solução e isso já lhes foi dado (por eles mesmos).





Clicando sobre a ilustração acima, terá acesso à construção dinâmica que recebemos a acompanhar a resolução.

12.4.05

Quadratura de polígonos

A Associação de Professores de Matemática integra a Federação Iberoamericana das Sociedades de Educação Matemática e esta acaba de publicar o primeiro número da Unión - revista iberoamericana de educación matemática que pode ser acedida via internet. Bastará clicar no logotipo abaixo.






Deste primeiro número, lemos o artigo de Carmen Galván - Cuadratura de polígonos - que, como diz no resumo, intenta "mostrar una forma de resolver en el aula el problema geométrico "Cuadratura de polígonos"...e "establecer conexiones con las funciones y el álgebra" com recurso "a un programa de geometría interactivo" para facilitar "el dibujo, la visualización y la comprensión".

Divulga o GEUP que, segundo C. Galván, é um prograam de matemáticas interactivo, que facilita ao máximo o desenho e a visualização, favorecendo, por essa via, a compreensão, a descoberta de novas relações, a formulação de novas perguntas, etc.

Apresenta os seguintes problemas para a sala de aula:
1) Podemos transformar um polígono qualquer de n lados num triângulo equivalente, valendo unicamente de rectas?
2) Problema do quadrado equivalente a um rectângulo.
3.1) Desenhar diferentes rectângulos com a mesma área (12 u2, por exemplo)? Quantos podemos desenhar?
3.2) Estudar a relação entre as dimensões dos rectângulos de área constante.
3.3) É igual a o perímetrto de todos os rectângulos que têm a mesma área?
3.4)Dado um quadrado, desenhar um rectângulo equivalente (problema que tem evidentemente infinitas soluções).

Régua, compasso e triângulo




Damos notícia de artigo sobre a construção com régua e compasso de um triângulo de que se conhecem um vértice, o ponto de encontro das bissectrizes e o ponto de encontro das medianas,
Forum Geometricorum, 5 (2005) 53--56.Eric Danneels, A Simple Construction of a Triangle from its Centroid, Incenter, and a Vertex
Abstract: We give a simple ruler and compass construction of a triangle given its centroid, incenter, and one vertex. An analysis of the number of solutions is also given.

11.4.05

A potência necessária


Há várias formas para resolver o problema do triângulo de que se conhecem as alturas, mas convém saber como se obtêm diferentes pares de segmentos com o mesmo produto.




Na figura acima, tomámos um ponto P e uma circunferência de centro O (e raio r) e secantes à circunferência tiradas por P, PA e PC.
Os triângulos [PAD] e [PBC] são semelhantes já que o ãngulo P é comum e A=C por serem ângulos inscritos no mesmo arco BD. Podemos escrever imediatamente:
|PD|/|PB| =|PA|/|PC| ou |PD||PC| = |PA||PB|.
Claro que se tomarmos a secante que passa pelo centro da circunferência, temos (|PO|+r)(|PO|-r) = |PD||PC| = |PA||PB|. A este produto constante para cada par (ponto, circunferência), chamamos potência do ponto relativamente à circunferência: |OP|2 - r2.
E se tirarmos por P uma tangente à circunferência. Chamemos T ao ponto de tangência. Que relação haverá entre |PT| e a potência?
Temos estado sempre a pensar em pontos P exteriores à circunferência. Se forem interiores? Se estiverem sobre a circunferência? Ainda antes de termos dado a primeira resposta, estamos cercados de perguntas por todos os lados. Nada melhor que isso.
Já agora como se traça, com régua e compasso, uma tangente a uma circunferência tirada por um ponto dada. E a duas circunferências? Ou três?



Araújo, P. Ventura. Curso de Geometria. Gradiva. Lisboa:1998. pp 133 e seg.

10.4.05

Sobre a resposta do oitavo

Determine os lados de um triângulo que tenha por alturas segmentos de 2, 3 e 4 cm.

No primeiro dia - em que a pergunta foi feita à turma A do 8o ano - depois de algum tempo a pensar e de tentativas mais ou menos frustradas de toda a gente com contas e desenhos, o Guilherme respondeu à pergunta essencial: Se as alturas eram 2, 3 e 4, os lados, a, b e c respectivos tinham de ser tais que 2a=3b = 4c porque qualquer desses produtos teria de ser o dobro da área do triângulo de alturas 2, 3 e 4, caso exista. Mais ainda: o Guilherme adiantou que os lados deviam medir 12, 8 e 6. Tinha pensado e bem em 24 - múltiplo comum a 2, 3 e 4 - como dobro da área do triângulo.
Todos deitaram mãos à obra e com réguas e compassos, começaram a desenhar o triângulo de lados 12, 8 e 6. Penso que foi o Joaquim o primeiro a medir a altura relativa ao lado 12 e a concluir que não era 2.
E eu lá escrevi no quadro que se houver um triângulo de alturas h1, h2 e h3 relativas respectivamente aos lados a, b e c então terá de ser obrigatoriamente a×h1 = b ×h2 = c×h3. Mas que, como estava à vista, pode acontecer serem iguais os produtos de 3 pares de números sem que haja um triângulo de que os factores de cada produto sejam lado e altura.
E assim acabou o primeiro dia. Com a construção do triângulo [PQR] e a verificação de que a altura relativa a [PQ] ( = 12), |RH| aproximadamente 3,56 e não 2.

No segundo dia, armado de régua, transferidor e compasso, reabri o problema que já tinha passado pelas famílias. Feito o resumo do trabalho da aula anterior e desenhado o triângulo [PQR] de lados 12, 8 e 6 (ou 6, 4, e 3), voltámos a pensar na possibilidade de haver uma solução. Tive de ser eu a dar o palpite de pensar num triângulo semelhante. Mas acabámos por nos decidir por desenhar o triângulo semelhante [ABC], como redução do [PQR]. E já foi um oitavo que mandou o palpite de trabalhar com as alturas para reduzir. Mais ou menos assim |CH|/|RH|=|AB|/|PQ|=|AC|/|PR|=|BC|/|QR| aproximadamente 2/3.56
Propus que mantivessemos [AB] sobre [PQ] e foi preciso esperar um bom naco de tempo até ouvir alguém dizer -- oura vez o Guilherme -- que bastava, depois de desenhar C a partir de H (interseccão da circunferência de centro em H e raio 2 com a recta RH), passar por C paralelas a PR e a QR para termos uma triângulo [ABC] com a altura [CH] de comprimento 2. Emocionante foi o desenho das restantes alturas e a verificação (agora com o Diogo como ajudante, testemunha e árbitro) de que mediam mesmo 3 e 4.


Clicando sobre a figura, pode aceder à construção dinâmica para as alturas 2, 3 e 4. Que construção geométrica para um triângulo de que são dadas alturas como 3 segmentos?

4.4.05

Triangularidades

Conversamos sobre um ou outro aspecto de cada problema,sobre a forma de os apresentar, o tempo certo para publicar resoluções de problemas já propostos ou para quando a publicação de novas propostas. As conversas brandas com o Aurélio sobre os problemas e sobre aspectos das apresentações deixam o ar impregnado de detalhes - o melhor disto são mesmo os detalhes sobre os quais nos focamos para melhor focar o mundo.
Temos uma proposta de resolução de António Silva para um dos problemas de triângulos, mas vamos adiar por mais algum tempo a publicação na esperança de ver aparecer várias soluções. Nessa resolução, apareceu uma discussão sobre como fazer o transporte de ângulos. Usando a ferramenta de paralelas do Cinderella ou usando régua e compasso? (Mais formativa esta última, até porque permite lembrar resultados pelo seu uso - numa circunferência ou em circunferências iguais a cordas iguais correspondem iguais arcos (ou ângulos ao centro), por exemplo - até porque o compasso só transfere comprimentos de segmentos). Há um trabalho muito elaborado de Mariana Sacchetti, em resposta à nossa pergunta sobre a razoabilidade da construção que apresentámos para a rectificação aproximada de uma circunferência (Dia do π). Publicar-se-ão nos artigos a que se referem. Não perdem por esperar.
Propostas de novas curvas feitas por Antero Neves talvez venham a merecer artigos novos caso haja algum trabalho sobre elas, possamos descobrir que desafio elas nos colocam e possa ser resolvido por nós ou por quem acompanha.


As conversas brandas obrigaram-me a pensar nos problemas sobre triângulos que foram propostos por Aurélio Fernandes fora deste lugar e nos têm dividido quanto à oportunidade de os colocar.
Decidi apresentar três deles para ocupar mais gente.

O primeiro deles vai antecipado de perguntas que talvez ajudem (e que vou fazer a alunos do 8º ano):
Determine os lados de um triângulo que tenha por alturas segmentos de 2, 3 e 4 cm.
Haverá algum triângulo que tenha por alturas segmentos de 1, 3 e 4 cm?

E o problema de construção :
Construir (com régua e compasso?) um triângulo de que se conheçam só as três alturas


O segundo:
Construir um triângulo de que se conhece um ângulo A, um lado a e a soma b+c dos lados restantes.


O terceiro:
Construir um triângulo equilátero com um vértice sobre cada uma de três paralelas dadas.



Aguardamos novas participações. Há mais do que uma forma para os resolver. Deve haver.
Podemos passar a vida a olhar sem descanso para triângulos. Há sempre alguma coisa de que não nos demos conta. Triangularidades!

Com mais ou menos variações, estes exercícios propostos pelo Aurélio e o último pelo Veloso, podem ser vistos e achados em livros clássicos de geometria, por exemplo, em
Th. Caronnet; Exércices de Géométrie. Compléments. Librairie Vuibeert. Paris: 1946
Claro que Caronnet (ou Puig Adam, na sua Geometria Métrica já recenseada em artigos anteriores) consideram os exercícios para ilustrar um aspecto, muitas vezes insuspeito, da geometria. Nem sempre concordamos com isso. E procuramos explicações para a nossa discordância. Publicamos sobre a discordância, claro.

2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção