19.10.09

GMbMc

Determinar os vértices de um triângulo ABC de que se conhecem os pontos médios - Mb de AC e Mc de AB - e o baricentro G.

16.10.09

AGMb

De um triângulo ABC, conhecem-se o vértice A, o ponto médio Mb de AC e o baricentro G. Determinar B e C.


15.10.09

MaMbMc: Solução.

Para determinar os vértices de um triângulo de que se conhecem s pontos médios dos lados, pensamos e procedemos como segue:

Se Mb é o ponto médio de AC e Mc é o ponto médio de AB, uma homotetia de razão 2 e centro em A transforma Mb em C e Mc em B. Por isso, MbMc é paralela a BC.
Então basta traçar as rectas MaMb, MaMc, MbMc. A paralela a MaMb por Mc é a recta AB, BC é a paralela a MbMc por Ma e AC é paralela a MaMc tirada por Mb. As intersecções das três recta duas a duas dão os vértices A, B e C pedidos.















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14.10.09

AMbMc - Resolução

Para determinar os vértices B e C de um triângulo ABC de que conhecemos o vértice A e os pontos médios dos lados AC e AB, com as ferramentas que temos à mão ou que nos deram, pensamos e procedemos assim:

Tracemos as rectas AMb e AMc. Como Mb e Mc são os pontos médios dos lados, respectivamente, AC e AB, então o simétrico de A em relação a Mc é o vértice B e o simétrico de A em relação a Mb é o vértice C.


Na aplicação que se segue, clicando sobre os botões da barra ao fundo, pode ver os passos da construção: controlando cada passo do desenho, reproduzindo a sucessão dos passos em desenho, pelo protocolo-descrição dos passos da construção















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12.10.09

Propriedade do baricentro

Antes de iniciarmos a publicação de exercícios envolvendo o baricentro de um triângulo, lembramos uma das suas propriedades.

Teorema. Seja o triângulo ABC e o seu baricentro G. G divide cada mediana em dois segmentos na razão 1 para 2.















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Demonstração. Na construção dinâmica acima, tomámos G e as medianas que unem os vértices aos pontos médios dos lados opostos. Considere-se AMa. Vamos ver como G divide AMa.
As paralelas a CMc, tiradas por Mb e Ma, dividem AB em quatro segmentos iguais: AQ=QMc=McR=RB.
E em AMa, AP=PG=GMa. Ou seja, recorrendo ao teorema de Thales, G divide AMa em dois segmentos tais que AG= 2GMa.

O mesmo acontece com as outras medianas do triângulo.



Nota:
De forma análoga, se demonstra que uma paralela a um dos lados do triângulo tirada por G, divide cada um dos outros lados em segmentos na razão 1 para 2. (Ao cuidado do leitor)

8.10.09

Exercício: MaMbMc

De um triângulo ABC, são dados os pontos médios Ma, Mb, Mc dos seus lados. Determine os seus vértices.





Procure resolver o problema e escrever um relatório de execução. Daqui a uma semana, publicaremos a nossa resolução e o respectivo relatório.

7.10.09

Exercício: AMbMc.

Temos estado a tratar de várias demonstrações que é possível abordar no ensino da geometria do 3º ciclo. A propósito dos temas que referimos vamos dar sugestões de exercícios interactivos muito simples que permitem exercitar a utilização dos conceitos.
Na construção que se segue. de um triângulo ABC são dados A, Mb e Mc em que Mb é o ponto médio de AC(=b) e Mc é o ponto médio de AB. Pede-se que determine os vértices B e C, utliizando as ferramentas disponíveis (identiificadas por icones na barra superior).





Pedimos que, para este exercício e seguintes,tente escrever o relatório da construção que fez. Uma semana depois da proposta de exercício, publicamos a nossa resolução e respectivo relatório.

Bom trabalho!

30.9.09

As alturas e as mediatrizes concorrentes

As alturas de um triângulo satisfazem a condição de Ceva suficiente para serem concorrentes




Demonstração: Seja o triângulo ABC e as suas alturas AD, BE e CF. Os triângulos em que as alturas dividem o triângulo são semelhantes dois a dois. Por exemplo, o triângulo ABE é semelhante ao triângulo ACF, porque são ambos rectângulos e têm o ângulo A em comum. E, em consequência, AF/EA=CF/BE (=AC/AB).
De modo análogo, se deduz que , CE/DC=BE/AD(=BC/AC), CF/AD=BF/BD(=BC/AB)
Assim, (AF/AE).(CE/DC).(CF/AD)=(CF/BE).(BE/AD).(BF/BD) e

(AF/FB) .(BD/DC).(CE/AE)=1.






Concorrentes são também as mediatrizes de um triângulo, já que contêm alturas de outro triângulo.

As mediatrizes dos lados do triângulo ABC contêm as alturas do triângulo DEF (sendo D, E e F os pontos médios de BC, AC e AB respectivamente). A construção dinâmica que se segue ilustra isso mesmo.














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27.9.09

As bissectrizes de um triângulo e o Teorema de Ceva

Num triângulo ABC, a bissectriz de um ângulo - A, por exemplo-, corta o lado BC (oposto ao ângulo A) em dois segmentos BD e DC tais que BD/AB=CD/AC.

Para demonstrar este resultado, basta tirar por B uma paralela a AD que intersecta AC num ponto H. Nesta figura, é imediato reconhecer que ACD é semelhante ao triângulo AHB; o ângulo C é comum e oposto a AD e BH paralelos que são lados dos pares de ângulos correspondentes CAD e CHB, CDA e CBH. Por isso, CA/CH=CD/CB=DB/AH. Mas por AD ser uma bissectriz do ângulo CAB, CAD=DAB e CHB=CAD=ABH, o triângulo BAH é isósceles e AB=AH.
Assim é verdade que BD/AB=CD/CA.





Usando este resultado e o Teorema de Ceva, fácil é provar que

As bissectrizes de um triângulo qualquer são concorrentes

Tomemos agora o triângulo ABC e as bissectrizes dos seus ângulos A, B e C que cortam os lados opostos BC, AC e AB nos pontos D, E e F (pés das bissectizes?).
Vejamos se as nossas cevianas bissectrizes satisfazem a condição suficiente do Teorema de Ceva para serem concorrentes.

Vimos ainda agora que CD/AC=DB/AB e, de modo análogo, teríamos visto que AE/AB=EC/BC e AF/AC=FB/BC.
Em consequência,
(CD/AC)*(AE/AB)*(AF/AC)=(DB/AB)*(EC/BC)*(FB/BC) ou (CD/DB)*(AE/EC)*(AF/FB)=(AC/AB)*(AB/BC)*(AC/BC) que é o mesmo que (CD/DB)*(AE/EC)*(AF/FB)=1, isto é, as bissectrizes satisfazem a condição suficiente para serem concorrentes.

25.9.09

Medianas de triângulo e Teorema de Ceva

O caso mais óbvio de cevianas de um triângulo que respeitam a condição suficiente (T. Ceva) para serem concorrentes é o das medianas.



De facto, no triângulo ABC, para a mediana AD, BD=DC. Para a mediana BE, AE=EC. Para CF, AF=FB.
AF/FB=BD/DC=CE/EA=1 e, naturalmente, (AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1 que chega para garantir que as medianas são concorrentes.

23.9.09

Rectas notáveis concorrentes e Teorema de Ceva

As entradas que antecedem esta servem para mostrar algumas demonstrações do ensino básico, sobre a propriedade comum às rectas notáveis do triângulo - serem concorrentes. Em conjunto, essas entradas chamam a atenção para a propriedade comum a todas as rectas notáveis, introduzem a noção de lugar geométrico com demonstrações que mobilizam para novas demonstrações, chamam a atenção para que as alturas de um triângulo são mediatrizes de outro triângulo e usam o resultado para demonstrar a propriedade das alturas, usam a igualdade de triângulos, transformações geométricas, ... todas com vista a um mesmo objectivo.
Chegados aqui, devemos interrogar-nos sobre o resultado comum que todas essas rectas notáveis devem satisfazer. As diversas demonstrações feitas poderão fazer-se como uma só.


Em entrada antiga, chamava-se a atenção para o Teorema de Menelau



que era utilizado para demonstrar parte - a condição necessária - do Teorema de Ceva: Se as cevianas AD, BE e CF de um triângulo ABC são concorrentes então (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1




Reciprocamente: Se, num triângulo ABC, para D de BC, E de AC e F de AB se verificar que (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1, então AD, BE e CF são concorrentes. (condição suficiente do teorema de Ceva, que demonstramos de seguida)

Demonstração: Seja P o ponto de intersecção de AD com BE. Será que a recta CP passa por F? De certeza que a recta CP intersecta a recta AB; seja F' o ponto comum a AB e a CP. Tomemos o triângulo AF'C cortado por EB e apliquemos o resultado de Menelau: (AE/EC).(CP/PF').(F'B/BA)=1. Do mesmo triângulo BF'C cortado por AD, tiramos que (BD/DC)/(CP/PF')/(F'A/AB)=1. Assim (AE/EC).(F'B/BA)=(BD/DC).(F'A/AB)ou
(AE/EC).(CD/DB).(BF'/BA).(BA/F'A)=1 ou (AE/EC).(CD/DB).(BF'/F'A)=1.
Ora, por hipótese, (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1 e assim BF'/F'A= BF/FA ou BF'/F'A + 1 =BF/FA+1 que é o mesmo que (BF'+F'A)/F'A = (BF+FA)/FA ou AB/F'A = AB/FA e, em consequência, AF'=AF. Como F e F' são pontos da reta CP e da recta AB, sendo AF'=AF, então F=F'.





É este resultado que todas as nossas notáveis cevianas satisfazem. Veremos.

2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção