A não perder:
EDUARDO VELOSO, Uma curva de cada vez..
O caracol de Pascal,
Educação e Matemática, revista da A.P.M, nº 138: 2016
História da Matemática, Curvas, Ferramentas, Tecnologia: para estudar e construir.

6.5.05

Primeira carta de Sofia Canoso

(...)
Junto envio uma proposta de resolução de um problema de construção de um triângulo conhecida a altura a partir do vértice A, o ângulo em A e o comprimento de [BC]. De seguida enviar-lhe-ei outra mensagem com a resolução de um outro problema: Construir um triângulo conhecido um lado a, um ângulo  e a soma dos lados restantes.
Qualquer dúvida acerca das resoluções, ou sugestão de alteração de algo, poderá contactar-me:
Cláudia Sofia Canoso


Problema:
Construir um triângulo de vértices A, B e C, conhecidos:
* o lado [AC], de comprimento b;
* a altura h', tirada a partir de A;
* o ângulo em A.


Resolução:



[Para ver a construção dinâmica de Cláudia Sofia Canoso,
basta clicar sobre esta ilustração]



Para resolver este problema, usaremos uma construção auxiliar. Iremos estabelecer uma correspondência entre elementos da construção principal e elementos da construção auxiliar: A e A';C e C';H e H' (H tal que [AH] é a altura a partir de A); b = b' = comprimento do lado [AC] do triângulo; h' = altura do triângulo [ABC] a partir de A (comprimento de [AH] e de [A'H']).
Dado o lado [AC], que podemos mover através dos pontos A e C, e o ângulo em A, definido pelas rectas AC e AB, que podemos alterar movendo a recta AB , pretende-se encontrar o terceiro vértice do triângulo, B.
Conhecemos h', comprimento de [AH], mas não sabemos a posição exacta do ponto H, pelo que teremos de o encontrar primeiro:
- O ponto H estará algures sobre a circunferência de raio h' e centro A, pelo que traçamos essa circunferência.
- Uma vez que o triângulo [AHC] é rectângulo em H, porque AH é a altura a partir de A, teremos de construir um triângulo rectângulo em que um cateto mede h' e a hipotenusa mede b. Para construir este rectângulo, usemos a nossa construção auxiliar:
- Tracemos a perpendicular a A'H' por H'.
- O ponto C', resultante da intersecção desta perpendicular com a circunferência de centro A' e raio b' = b, determina juntamente com A' e H', o triângulo rectângulo pretendido. Ficamos a conhecer o comprimento de [HC] (= comprimento de [H'C']).
- Traçamos a circunferência de centro C e raio = [H'C']= b'.
O ponto H resulta da intersecção da circunferência de centro A e raio h com esta última circunferência.
Depois de encontrar o ponto H, traçemos a recta que passa por C e por H, d.
O vértice B resulta da intersecção da recta d com recta AB.
O triângulo [ABC] procurado está a verde.
©CSC, 29/04/2005, FCTUC

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.


Pôde ver a construção dinâmica de Sofia Isabel.



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.


Pode assim ver a construção dinâmica de Sofia Isabel MIranda.



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.

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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?

2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção