22.5.05

Cada problema  é  outro problema

Para nós, o melhor é mesmo apareceram muitas soluções para o mesmo problema de construção. Cada construção que se fizer para um mesmo exercício é sempre um útil luxo. Há quem diga que pensar noutras construções depois de ter uma é luxo inútil ou lixo. Nós pensamos o contrário. Com cada nova construção aprendemos outras maneiras de olhar e de pensar e ... aprendemos mesmo.
Para mim, a construção de um triângulo dados um lado a=|BC| e a soma dos outros dois b+c = |AC|+|AB| (para além de um ângulo) devia sempre passar pela construção de uma elipse de focos B e C. Para isso, bastava-me considerar um ponto P a mover-se num segmento de comprimento b+c e duas circunferências de centros em B e em C... Não me cansei das minhas experiências e ainda não dei a minha via por inútil. O Aurélio defende uma bela solução que procura explicações em simples triângulos e um paralelogramo. A Cláudia Sofia apresentou uma outra que publicámos e que, por ter algumas dificuldades comentadas, lhe mereceu a preocupação e a promessa de apresentar uma nova mais discutida e testada. Estamos à espera do envio da Cláudia Sofia.
O que pode ser melhor para a Geometria que queremos aprender e ensinar?
Vamos ilustrar a proposta do Aurélio:

Tomamos A e duas semirectas - de A para Q e de A para R - definindo o ângulo A (que podemos modificar. movendo R verde). Com centro em A, desenhamos as circunferências de raios a e b+c dados. E marcamos D e F sobre as rectas do ângulo A, à distância b+c de A. O triângulo ADF é isósceles de lado b+c. Se tomarmos E em DF e à distância a de A, basta-nos desenhar uma paralela a AD passando por E para obtermos C e uma paralela a AE por C para obtermos B. [ECF] é isósceles já que é semelhante a [DAF]. |EC|=|CF|=|AB|=c. |AC|=b=|AF|-|CF| e|AE|=|CB|=a.
Ora vejam lá se não é! Parece tão simples.

20.5.05

Triângulos de Catarina Cruz


(...] resolvi dois dos problemas apresentados na página de Geometria.
Os problemas sobre os quais me "debrucei" referem-se à construção de triângulos. Os enunciados assim como as minhas propostas de resolução encontram-se nos ficeiros que envio em anexo.
Qualquer crítica ou sugestão serão bem-vindas.
Grata pela sua atenção
Catarina Cruz


Problema:
Construir um triângulo [ABC] do qual se conhecem o lado [BC], o ângulo B e o comprimento da altura tirada a partir de A.

Sugestão para uma possível construção:



[Para ver a construção dinâmica de Catarina Cruz,
basta clicar sobre esta ilustração]

Traçamos o segmento [BC] de medida a (dada inicialmente);
Pelo ponto B fazemos passar uma recta f tal que a amplitude do ângulo dirigido de [BC] para f seja igual à amplitude dada para o ângulo B;
Por um ponto qualquer da recta BC tiramos-lhe uma perpendicular que designaremos por g. Seja D o ponto resultante da intersecção das rectas BC e g;
Determinamos sobre um segmento de extremidade D e comprimento h' (comprimento da altura tirada a partir de A). Obtemos o segmento [DE];
Pelo ponto E traçamos uma perpendicular a g, designamo-la por i;
Da intersecção de i com f resulta A, o terceiro vértice do triângulo. Unindo os pontos A, B e C obtemos o triângulo pretendido.

Observações à construção
Foram introduzidas na construção "ferramentas" que permitem variar os valores dos elementos dados inicialmente:
Movendo o ponto C' obtemos medidas diferentes para a, medida do segmento [BC];
Movendo o ponto P obtemos medidas diferentes para a amplitude do ângulo B;
Movendo E' obtemos medidas diferentes para o comprimento da altura tirada a partir de A.

Apenas são movíveis os pontos assinalados a vermelho.



Comente a construção de Catarina Cruz.

II - Triângulos de Catarina Cruz

Problema:
Construir um triângulo [ABC] do qual se conhecem os ângulos B e C e o comprimento da altura tirada a partir de A.

Sugestão para uma possível construção:



[Para ver a construção dinâmica de Catarina Cruz,
basta clicar sobre esta ilustração]


Traçamos uma recta f e consideramos sobre esta o ponto B;
Desenhamos a recta g que passa por B, tal que a amplitude do ângulo dirigido de f para g seja igual à amplitude dada para o ângulo B;
Tiramos uma perpendicular a f por um ponto qualquer desta e designamo-la por i;
Determinamos sobre i um segmento de extremidade D (ponto resultante da intersecção de f com i) e comprimento h' (medida da altura tirada a partir de A). Seja [DE] o segmento pretendido;
Traçamos por E uma perpendicular a i, designamo-la por j. Seja A o ponto resultante da intersecção das rectas g e j;
Por um ponto qualquer de f fazemos passar uma recta k cula amplitude do ângulo dirigido de k para f seja igual à amplitude dada para o ângulo C;
Tiramos por A a paralela a k, designemo-la por l;
O ponto resultante da intersecção de f com l será o terceiro vértice do triângulo. Unindo os pontos A, B e C obtemos o triângulo pretendido.

Observações à construção
Foram introduzidas na construção "ferramentas"que permitem variar os valores dos elementos dados inicialmente:
Movendo o ponto P obtemos medidas diferentes para a amplitude do ângulo B;
Movendo o ponto Q obtemos medidas diferentes para a amplitude do ângulo C;
Movendo o ponto E' obtemos medidas diferentes para o comprimento da altura tirada a partir de A.

Apenas são movíveis os pontos assinalados a vermelho.

Comente a construção de Catarina Cruz

14.5.05

A segunda construção de Sofia Canoso


Em   Triangularidades   colocávamos vários problemas para resolver. A Sofia Canoso apresenta a resolução de um deles. Aqui fica à consideração de todos.
Problema:
Construir um triângulo de que se conhece um ângulo Â, um lado a e a soma b + c dos lados restantes.
Resolução:



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



Suponhamos que se conhece o lado [AB], de comprimento a, (que se pode alterar movendo A ou B) e a soma dos comprimentos dos outros dois b + c, que corresponde ao comprimento de [A'H'], na nossa figura. É dado também o ângulo em A, que podemos variar movendo a recta a.
Conhecemos b + c mas não sabemos a posição exacta do ponto C (apenas sabemos que terá de pertencer à recta a). Então tracemos a circunferência de centro A e raio b + c. Essa circunferência intersecta a recta a em dois pontos. Consideremos um deles, H. O comprimento de [AH] é b + c.
Para encontrar C, basta pensarmos que este tem de estar entre A e H (porque b + c > c e b+ c > b) e que podemos considerar a distância de A a C igual a c e a distância de C a H igual a b (por forma que a soma seja b + c).
- Como a distância de A a B é a e a distância de A a C é c, a distância de B a C será b, pelo que o triângulo [BCH] será isósceles de base [BH].
- Então C pertencerá à mediatriz do segmento de recta [BH], pelo que marcamos o ponto médio deste segmento, M. A mediatriz de [BH] é a perpendicular a este segmento que passa por M, c.
- O ponto C resulta da intersecção da mediatriz de [BH] com a recta a.
O triângulo [ABC] encontrado satisfaz as condições requeridas.
Observação:
Atendendo a que num triângulo se tem de verificar a desigualdade triangular, este problema só tem sentido quando b + c > a.

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.



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.




2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção