5.6.05

Simetria com compasso

"Usar o compasso e nada mais para determinar o simétrico de um ponto P relativamente a um eixo definido por dois pontos A e B"



Se quer fazer o exercício interactivo, clique aqui ou sobre a ilustração
e, depois de esperar um pouco, tente construir o simétrico de P.
Pode mover os pontos do exercício.
E pode, por exemplo, ver em que condições é que P é alinhado com A e B.
Pode começar a pensar como determinar (com compasso)
o simétrico de P relativamente a B, por exemplo.


Em IV. Construções geométricas (II) , Eduardo Veloso propôe esta construção entre outros exercícios. São perguntas publicadas em 1998, no âmbito do projecto Inovação no Ensino da Geometria on line que continua disponível no site da APM.
Transcrevo o texto de Eduardo Veloso, apelando a que (com o SketchPad, com o Cabri, com o CeR, com o Cinderella ou com a régua, o compasso, o lápis sobre papel) procurem resolver os problemas que ele coloca.

No fim do século XVIII - em 1797 - o matemático italiano Lorenzo Mascheroni, da Universidade de Pavia, publicou um tratado chamado A Geometria do Compasso, em que demonstrou o seguinte teorema:
Todos os problemas de construções geométricas resolúveis por meio de uma régua não graduada e de um compasso podem também ser resolvidas apenas com um compasso.
Evidentemente isto não quer dizer que se possam traçar rectas com um compasso. Nas construções feitas apenas com um compasso, considera-se determinada uma recta quando forem determinados dois dos seus pontos.
Até 1928 Mascheroni ficou com a honra de ter sido o primeiro a demonstrar este teorema. Nesse ano, no entanto, percebeu-se que tinha sido publicado em 1672, em Amsterdão, um livro - O Euclides Dinamarquês - em que G. Mohr demonstrava precisamente o mesmo resultado. Assim, com uma diferença de mais de um século, dois matemáticos tinham chegado independentemente a este mesmo resultado.
Utilize o Sketchpad para resolver, apenas com o auxílio do compasso, os problemas de construções geométricas que se seguem. Note que uma recta é dada, ou determinada, dando ou determinando dois dos seus pontos.


1. Construir o simétrico de um dado ponto relativamente a uma dada recta.
2. Dados os pontos A, B e C, verificar se o ponto C pertence à recta AB.
3. Dada uma recta definida por dois pontos, encontrar outros pontos sobre a mesma recta.
4. Dado um segmento AB, encontrar um segmento AC com o dobro do comprimento de AB. E encontrar um segmento com n vezes o comprimento de AB, com n natural.
5. Construir a intersecção de uma circunferência com uma recta.
6. Dada uma recta AB, determinar a perpendicular à recta AB passando por A.


30.5.05

antero'keeffe


Em busca de uma curva, Antero Neves chegou a outra.
Uma curva inesperada merece ser mostrada.
Aqui fica.


Houve quem pensasse em borboletas.
Eu pensei em Georgia O'Keeffe.

29.5.05

Golpe de asa


A asa envolvente.

Tangentes exteriores a dois círculos

Quando aqui colocámos os primeiros problemas sobre circunferências e tangentes, deixámos para trás os problemas mais simples. A preocupação de então era apresentar problemas que interessassem estudiosos para recebermos retorno. Não nos podemos queixar. Só agora começámos a dar por algumas faltas nas publicações. Algumas construções tinham sido feitas para anteriores experiências mais ou menos falhadas.
Em artigo anterior, colocámos exercícios interactivos para a construção da tangente a uma circunferência tirada por um ponto exterior.
Hoje o problema é outro.


Problema:
Temos duas circunferências de raios r e R e determinamos (com régua e compasso) rectas tangentes comuns às duas"
Processo de construção:



Se quer ver a construção proposta por Aurélio Fernandes,
basta clicar aqui ou sobre a ilustração.



Nota prévia: na resolução em Cinderella, as linhas referentes aos dados estão a azul, as linhas referentes a construções estão a verde.
Há duas tangentes externas e duas tangentes internas.
Temos duas circunferências de centros A (raio r) e B (raio R).
Em construção à parte, determinamos a diferença R-r.
Com centro em B, traçamos a circunf. de raio R-r.
Traçamos a tangente a esta circunferência a partir de A: recta c; ponto de tangência: H.
Seja H' o ponto de intersecção de BH com a circunferência de centro B e raio R.
Por A tiramos a perpendicular a c; seja L o ponto de intersecção de AL com a circunferência de centro A e raio r.
A recta LH' (a preto) é uma das quatro tangentes pedidas.



E fica por resolver a determinação das tangentes interiores. Essa é a proposta.

Carta de Brigite Silva

Arsélio
(...) foi-nos apresentado o vosso Blog de Geometria, pelo que nos propusemos a pensar, discutir e resolver alguns dos problemas apresentados.
Deste modo, estou a enviar-lhe (...) a minha proposta de resolução para um dos problemas que se encontra no vosso blog de geometria.
Em anexo envio os ficheiros onde se encontra o enunciado do problema e o meu processo de construção.
Para qualquer crítica, dúvida ou sugestão poderão contactar-me:
Brigite Simões da Silva

(III) Rectas e Circunferências


Problema:
Traçar uma circunferência de raio r dado que seja tangente a duas rectas concorrentes dadas.
Processo de construção:



Se quer ver a construção proposta por Brigite Silva,
basta clicar aqui ou sobre a ilustração.



Pretendemos encontrar a circunferência tangente a duas rectas concorrentes, dado o seu raio.
São dadas duas rectas concorrentes a e b e o raio da circunferência r, que corresponde ao comprimento de [BE], construído para auxiliar a construção.
A circunferência que procuramos deve ter o seu centro a uma mesma distância das duas rectas, pelo que deverá pertencer à bissectriz do ângulo formado pelas rectas concorrentes no ponto A.
Sabemos que o centro C da circunferência terá que pertencer à bissectriz mas não sabemos a sua posição. Então comecemos por traçar a circunferência de centro A e raio r. De seguida tracemos uma recta perpendicular a a (ou a b) que passe por A, que designaremos por d. Seja D o ponto de intersecção da recta d com a circunferência traçada.
Como a distância entre quaisquer duas rectas paralelas é constante, traçando uma recta (denotada por e) paralela a a e que passe por D, asseguramos que a distância entre as duas é igual ao raio da circunferência que pretendemos traçar.
O centro C da circunferência que procuramos será a intersecção da recta e com a bissectriz do ângulo formado pelas rectas concorrentes.
Para determinar o ponto de tangência da circunferência procurada com a recta a, tracemos uma recta perpendicular a a que passe por C. O ponto de tangência será F.
Neste momento dispomos dos dados necessários para traçar a circunferência tão desejada, será ela a circunferência de centro C que passe por F.



Comente a construção de Brigite Silva.

27.5.05

Tangente a um círculo tirada por um ponto

A Proposição XVII dos Elementos de Euclides "Tirar por um ponto uma tangente a uma circunferência" é aqui proposta em dois exercícios interactivos.



Se quer um exercício interactivo seguindo um procedimento clássico, basta clicar aqui ou sobre a ilustração.



Se quer um exercício interactivo seguindo as sugestões de Aurélio Fernandes (Puig Adam ou alguém antes dele - diz ele) clique antes sobre esta grande frase.

Em Geometriagon , na lista de 100 exercícios interactivos (construção com régua e compasso) que Giorgio Attico propôe, este é o segundo. Mas só com régua. Fica convidado a espreitar, a participar, a viciar-se neste jogo. E fica a conhecer mais um instrumento para fazer geometria.

Ao mesmo tempo que nós, só com régua, tente construir as tangentes a um círculo (nem o centro é dado, mas pode tomar três pontos) que passam por um ponto dado que lhe é exterior.

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.

2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção