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28.7.14

Resolver problema de construção usando os métodos do problema contrário e transformação (4)


Problema: Inscrever num retângulo $\;[ABCD],\;$ um paralelogramo semelhante a outro $\;[EFGH]\;$ dado.
Vilela, António Lôbo. Métodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939
O problema proposto consiste em construir um paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$, inscrito no retângulo $\;[ABCD]\;$ dado: $\;E_1 \in AB, \;F_1\in BC, \;G_1 \in CD, \;H_1 \in DA.\;$
Para resolver o problema proposto, começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;]$ ou cujos lados passem pelos vértices $\;E,\;F, \;G,\;H\;$ do paralelogramo.
Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$
  1. Na nossa construção, apresentamos como dados um retângulo $\;[ABCD]\;$ e um paralelogramo $\;[EFGH]\;$. Para além disso, apresentamos as diagonais do retângulo $\; AC, \;BD\;$ e o ângulo $\; \alpha\;$ por elas formado. De igual modo, se mostram as diagonais $\;EG, \;FH\;$ do paralelogramo e o ângulo $\;\beta\;$ por elas formado.
    Estes dados são relevantes para qualquer resolução do problema, pois "a condição necessária e suficiente para que dois paralelogramos sejam semelhantes é que sejam iguais os ângulos formados pelas respetivas diagonais".
  2. Começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito ao paralelogramo $\;[EFGH],\;$ ou seja, um retângulo com cada um dos seus lados a passar por um dos vértices do paralelogramo e com as diagonais a fazer ângulo igual ao das retas $\;(AC, \; BD) =137.48^o,\;$ na ilustração.
    • $\fbox{n=2}:\;$ O centro do paralelogramo é o centro do retângulo a ele circunscrito, no caso $\;I.\;$. Para obter uma reta que seja diagonal de um retângulo centrado em $\;I\;$ semelhante a $\;[ABCD]\;$, bastará encontrar um outro ponto da diagonal para além do $\;I\;$, por exemplo, o ponto de interseção imagem da reta de um dos lados, p.e. $\;HE\;$, pela rotação $\;{\cal{R}}(I, \; \alpha)\;$, com a reta do lado consecutivo $\;EF\;$ (Verifique.)
    • $\fbox{n=3}:\;$Para ser retângulo (lados consecutivos perpendiculares) cada um dos seus vértices terá de ser um ponto de circunferência com um dos lados do paralelogramo por diâmetro. No caso da nossa construção, encontramos o primeiro vértice do retângulo circunscrito intersetando a reta obtida como reta diagonal com a circunferência de diâmetro $\;FG\;$. Os lados desse retângulo, a passar por $\;E, \;F, …\;$ são obtidos facilmente.
  3. © geometrias, 27 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra


  4. O retângulo obtido é semelhante a $\;[ABCD]\;$, o que significa há uma transformação de semelhança a relacioná-los.
    $\fbox{n=4}:\;$ No caso da nossa construção, escolhemos o vértice $\;R,\;$ por ele tirámos uma paralela a $\;AB\;$ e aplicámos-lhe que a rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, de modo a obter pares de lados paralelos a pares de lados paralelos de $\;[ABCD]\;$
    Obtivemos um novo paralelogramo inscrito no novo retângulo ao aplicar-lhe a mesma rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, que preserva as incidências, os comprimentos, as amplitudes
  5. $\fbox{n=5}:\;$ Finalmente a este novo retângulo do qual os pontos $\;R, \;S\;$ são vértices, aplicamos a homotetia de centro em $\;CR.DS\;$ e razão $\; \displaystyle \frac{CD}{RS}\;$ que transforma $\;C\;$ em $\;R\;$ e $\;D\;$ em $\;S\;$
  6. $\fbox{n=6}:\;$Obviamente que, por essa homotetia, o paralelogramo laranja da figura que está inscrito no retângulo laranja (obtidos pela rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$ é transformado no paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ que, porque a homotetia preserva incidências, etc, é um paralelogramo inscrito em $\;[ABCD]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$.
Claro que usámos transformações e podemos dizer, por isso, que usámos o método das transformações. O que é o mais natural é usarmos vários métodos para resolver qualquer problema. E, mesmo quando não o referimos, o mais natural é que face a um problema comecemos por usar a análise e acabemos a usar a síntese que são os raciocínios gerais em geometria, essenciais para resolver problemas de construção.

6.6.14

Resolver problemas de construção, usando composta de translações (24)


Problema:     Em que pontos devem ser construídas as pontes perpendiculares aos rios de margens $\;a, \;b\;$ e $\;c,\;d\;$ paralelas que separam duas cidades $\;A, \;B\;$ de tal modo que se possa construir uma estrada entre elas o mais curta possível?

A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas, no caso composta de translações. Utilizamos o problema resolvido anteriormente e ao apresentar esta resolução fica sugerido o processo para problema com qualquer número de rios
  1. Estão dados na figura os dois pontos $\;A,\;B\;$ - cidades, e as pares de retas paralelas $\;(a, \;b)\;$ e $\;((c, \;d)\;$ - margens dos rios que separam as duas cidades.


  2. © geometrias, 6 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra


    Clique no botão "Resolução" que lhe dá todos os elementos a seguir dados pela ordem seguida.

  3. Temos de contar com as travessias dos dois rios: na direção perpendicular às margens $\;(a, \;b)\;$ e comprimento igual à distância entre elas - segundo $\;\overrightarrow{u}$, e na direção perpendicular às margens $\;(c, \;d)\;$ e comprimento igual à distância entre elas - segundo $\;\overrightarrow{v}\;$
  4. À semelhança do que fizemos na entrada anterior, aplicamos a $\;A\;$ a translação associada a $\;\overrightarrow{u}\;$ (travessia do primeiro rio), obtendo $\;L'= A+ \;\overrightarrow{u}\;$ que, no caso de um só obstáculo ligaríamos a $\;B\;$.
  5. No caso dos dois rios, acrescentamos a seguir à primeira travessia, a travessia do segundo rio, obtendo $\;N'=L'+ \;\overrightarrow{v} = A'+\;\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}\;$
    $N'\;$ é obtido pela composta da translação associada a $\;\overrightarrow{u}\;$ seguida da translação associada a $\;\overrightarrow{v}\;$
    A estrada mais curta entre $\;A\;$ e $\;B\;$ terá assim o comprimento $\;AL'+L'N' + N'B$
  6. O desenho da estrada será construído:
    • desenhe-se a reta $\;N'B\;$ que interseta $\;d\;$ em $\;N\;$
    • a perpendicular a $\;d\;$ tirada por $\;N\;$ interseta $\;c\;$ em $\;M\;$ (ou tome-se $\;M= N - \overrightarrow{v}\;$)
    • Tira-se por $\;M\;$ a reta paralela a $\;N'B\;$ (ou toma-se a reta $\;L'M\;$) que interseta a reta $\;b\;$ em $\;L\;$
      $\;[N'NML']\;$ é um paralelogramo: $\;L'N' \parallel MN$, $\;L'M \parallel N'N$, $\;L'N' = MN$, $\;L'M = N'N$
    • Toma-se agora $\;K= L-\overrightarrow{u}\;$ que está sobre $\;a\;$.
      Temos outro paralelogramo $\;[L'LKA]\;$: $\;AL' \parallel KL, \; L'L \parallel AK, \;AL' = KL, \; L'L = AK$
    • $AK \parallel L'M \parallel N'B, \;AL' \parallel KL \;$ e $\;L'N'\parallel MN$
      Como $\;AK=L'L$ e $\;L'M=L'L+LM= N'N\;$ então $\;AK+LM = M'N\;$ e $\;KL+MN=AL'+L'N' =u+v\;$ e o comprimento da estrada vermelha $$\;AK + KL + LM + MN + NB$$ é igual ao comprimento $$ (KL+MN) + (AK+LM)+NB = AL'+L'N'+N'N+NB= AL'+L'N'+N'B$$ do caminho mais curto.