9.2.10

Um ponto divide um segmento em partes com razão

Várias vezes usámos a projecção paralela de um segmento sobre o outro para o dividirmos em partes iguais. Por sabermos que a razão entre elementos de pares correspondentes de segmentos em rectas cortadas por paralelas respeitam a razão entre eles.

Segmentos iguais numa recta são projectados paralelamente em segmentos iguais noutra qualquer.





O método geral de divisão de um segmento de recta AB em partes iguais, usa precisamente as propriedades da projecção paralela. Toma-se uma recta AC concorrente com AB em A, em que se marquem um certo número de segmentos iguais a partir de A. Se quiser dividir o segmento AB em 5 partes partes iguais tomo o extremo do quinto segmento determinado sobre AC e projecto este sobre B. Depois paralelamente, projecto os outros pontos sobre AB. No caso da construção, vimos que 5|AK|=|AB| ou |AK|/|AB|=1/5 ou |AB|/|AK|=5/1.

E também podemos dizer que K divide aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AK e KB em que 4|AK|=1|KB| ou na razão 1/4. Do mesmo modo, podemos dizer que L divide AB em dois segmentos AL e LB em dois segmentos na razão 2/3 ou M divide AB em dois segmentos AM e MB na razão 4/1 ou N divide o segmento AB em dois segmentos AN e NB na razão 7/2.

Acrescente-se que este método geral de construção para a divisão de um segmento em partes iguais é também bom para multiplicar um segmento por qualquer número racional. Por exemplo para obter um segmento AP : |AP|= (7/5)|AB| equivale à deteminação de N, tirando pelo extremo do 7º dos segmentos iguais em AC uma paralela à recta que une o extremo do 5º dos segmentos iguais de AC com B.



Notas:

  1. Na construção pode deslocar o ponto C e a semirecta AC, verificando que os pontos da divisão de AB não dependem da semirecta. E podem deslocar o extremo do 1º dos segmentos iguais sobre AC para verificar que os pontos da divisão de AB não dependem do tamanho dos segmentos iguais sobre AC

  2. O ponto médio de AB é obviamente um ponto M que divide o segmento AB em AM e MB de razão 1/1

  3. Para uma dada razão k ≠1, há sempre dois pontos P da recta AB que dividem aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AP e PB na razão k/1.





Acrescente-se a ideia de separação de um par (A,B) por outro, por exemplo, (M,N):
dizemos que os pontos M e N separam (ou dividem) o segmento AB ou par (A,B), nas razões MA/MB=5/1 e NA/NB=7/2 - se considerássemos estes pares como pares de segmentos orientados, as razões correspondentes teriam sinais contrários.
E uma ideia de razão para o quaterno (A,B;M,N):
[(MA/MB).(NB/NA)=10/7 e, tratando-se de segmentos orientados: MA/MB).(NB/NA)=-10/7 ].

O ponto L: LA/LB = 2/3 e um ponto P (fora de AB para o lado de B): PA/PB=3/2, dividem o segmento AB na razão 2/3 (ou -2/3): (LA/LB).(PB/PA)=1 (ou -1, caso considerássemos os segmentos orientados). Esta divisão produzida por L e P sobre AB merece o nome de divisão harmónica e estudo à parte. Dizemos que L e P dividem harmonicamente na razão 2/3 o segmento AB. Esta divisão já foi abordada em variadas entradas deste lugar de geometria com régua e compasso.

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2.2.10

Transportar comprimento

Exercício interactivo
Com as ferramentas disponíveis, determinar o ponto D (alvo) que é tal que |AD|=|BC|.



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30.1.10

Um problema e duas resoluções - a reflexão

O processo de resolução de um problema depende sempre dos instrumentos de que dispomos para o fazer e dos conhecimentos que mobilizamos no momento. O problema de transportar (o comprimento de) um segmento dado para outra posição num plano é actualmente resolvido com recurso a isometrias (translações, rotações, reflexões, reflexões deslizantes).
No Livro I, proposição II dos “Elementos de Euclides” é colocado o problema de tirar por um ponto A dado, um segmento de comprimento igual a outro BC dado. Com os conceitos em uso - por dois pontos passa uma recta (régua não graduada) e dados dois pontos BC há pontos que estão distanciados B tanto quanto C de B- circunferência centrada num ponto e a passar por outro-, Euclides resolveu o problema do seguinte modo: Determinou o ponto D, igualmente distanciado de B e de A (intersecção das circunferências centradas em A e em B e de raio AB). Por D e B, fez passar a recta DB e com a circunferência de centro em B e raio BC determinou sobre a recta DB o comprimento BC. Por ser DB igual DA, a circunferência de centro D e raio DB+BC vai determinar sobre AD um ponto que está à distância BC de A. Pode acompanhar essa construção na figura dinâmica que se segue.





Admitindo que continua a não nos ser permitido transportar comprimentos (sem esta restrição o problema seria trivial), os nossos jovens podem, no entanto, compreender mais facilmente a resolução do problema mobilizando os conhecimentos sobre transformações geométricas- isometrias do plano - que permitem determinar segmentos de recta congruentes.
Por exemplo, podem pensar em usar uma reflexão cujo eixo é a mediatriz do segmento de extremos A (para onde queremos transferir o comprimento BC) e um extremo do segmento BC . Na construção que se segue toma-se a reflexão que leva de C para A (e B para B'). O comprimento de [BC] é igual ao comprimento de [B’A].





É claro que esta construção, usando o conceito de recta e circunferência definidas por dois pontos (como fez Euclides) não é mais simples que a original de "Os Elementos". Esta construção exige a construção de uma mediatriz de AC com recurso a duas circunferências e da perpendicular à mediatriz tirada por B com recurso a três circunferências seguida de uma intersecção e uma circunferência para determinar B' equidistante da mediatriz de AC.

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28.1.10

Demonstrando com homotetias

Para qualquer triângulo ABC, a distância do circuncentro O a um lado (BC, por exemplo) é metade da distância de H para o vértice oposto a esse lado (A, no caso).

Para mostrar que, para um triângulo qualquer, os circuncentro O, baricentro G e ortocentro H estão sobre a mesma recta (de Euler), utilizámos a homotetia de centro em G e razão 2 que transforma O em H. Este novo resultado recebe confirmação com recurso à mesma homotetia. Por ela, O é transformado em H e Ma em A, já que 2GMa=GA. Em consequência, OMa é transformado em AH, sendo 2OMa=AH.



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23.1.10

Exercício usando reflexão

Temos vindo a propor alguns exercícios elementares com transformações geométricas do plano.
Aqui propomos a construção do transformado de um triângulo pela reflexão de eixo e (a preto)

Na construção dinâmica que se segue, pode usar as ferramentas disponíveis para construir a imagem do triângulo, como pode seguir a nossa proposta clicando sobre o botão ?



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21.1.10

Homotetia e circunferência

Para duas figuras homotéticas, há sempre mais que uma homotetia que transforma uma na outra?
No exercício interactivo que apresentamos a seguir, esperamos que determine a circunferência homotética da circunferência dada, pela homotetia de centro em C (dado sobre a circunferência) e razão -1/3.

Para resolver o exercício, pode usar as ferramentas disponíveis e pode deslocar os elementos usando o primeiro botão da esquerda e o rato. Se quiser ver a solução bastará clicar no botão ?.

Depois de obter a solução - círculo de centro O' que passa por C(?) -, se clicar mais uma vez no botão ? aparecer-lhe-á uma circunferência de centro em O que passa por O' que é homotétrica da original. Qual é a razão desta homotetia?'
Haverá mais alguma homotetia a transformar, uma na outra, as circunferências que passam por C de centros em O e O'?



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13.1.10

Homotetia

Exercício interactivo:
Há sempre uma homotetia que transforma um segmento noutro paralelo. Propomos que determine o(s) centro(s) da(s) homotetia(s) que transforma(m) AB em CD.
Para resolver o exercício, pode usar as ferramentas disponíveis e pode deslocar os elementos usando o primeiro botão da esquerda e o rato. Se quiser ver a solução bastará clicar no botão ?.



12.1.10

Meia volta com Cinderella

Exercício interactivo.
À medida que for construindo a sua resolução, verá designações para os novos elementos que confirmam se a construção está correcta. No fim, se quiser confirmar a correcção do seu trabalho clique sobre o botão ? e, caso esteja tido bem, o computador confirmará, na caixa de texto, com "Muito bem".


Ainda usando rotações

O problema de determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre três rectas paralelas, já publicado mais que uma vez, sugere as rotações como suporte para determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre circunferências concêntricas.
Tomemos três circunferências - a, b, c - concêntricas quaisquer (centro em O). Tal como fizemos para as rectas paralelas, tomemos um ponto qualquer para um primeiro vértice, seja A sobre a. Apliquemos uma rotação do plano de 60º em torno de A. O centro O vai para O' sobre a e a circunferência b vai para b'. Se tomarmos para C (=B') o ponto de b' que está sobre c, rodando em torno de A e amplitude 60º no sentido contrário, obteremos B sobre b.



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11.1.10

Usando homotetias para aceitar a recta de Euler

Seja o triângulo ABC, de baricentro G, ortocentro H e circuncentro O. Prova-se que
G, H e O são colineares (estão sobre uma mesma recta - recta de Euler) e |GH|=2|GO|.

Este resultado, muito conhecido e muito usado, pode ser provado com recurso a homotetias.
A homotetia de centro em G e razão 2 transforma o triângulo ABC no triângulo A'B'C'. (A, G A' são colineares e |A'G|=2|AG|, ... AB//A'B' e 2|AB|=|A'B'|, ...). O circuncírculo de A'B'C' tem centro em H ( já que a recta da altura de ABC relativa ao vértice A é a mediatriz de B'C', ...). Aquela homotetia de centro em G e razão 2 transforma o círculo de centro em O que passa por ABC no círculo de centro em H que passa por A'B'C', transforma O em H. Por isso H,G e O são colineares e |GH|=2|GO|.



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Nota sobre a determinação do arco capaz.

É necessário saber determinar o arco capaz de um dado ângulo B relativamente a um segmento AC. Para a resolução de variados problemas. No fundo, trata-se de encontrar o circuncírculo de um triângulo ABC de que se conhece um lado e o respectivo ângulo oposto. Com a construção dinâmica que se segue podemos verificar porque é bom o processso usado na entrada anterior, em que determinámos o circuncírculo de um triângulo de que conhecíamos um ângulo e o seu lado oposto..
Na figura, tomamos um ângulo qualquer, ABC, inscrito numa circunferência de centro O que passa por A, B e C. O ângulo AOC é duplo de ABC. O triângulo AOC é isósceles (OA=OC=raio), OAC=ACO= (180-AOC)/2=90-ABC, 90=ABC+OAC. Por isso, se tomarmos PAC=ABC, PAO=90. Desenhado PAC(=ABC), a perpendicular a PA passa por O. Tomado PCA=ABC, a perpendicular a
PC passa por O. A mediatriz de AC também passa por O.


2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção