Vamos lá ao pentágono

Aceitam-se propostas de construção rigorosa (com justificação matemática) de um pentágono regular de lado 5, por exemplo.

Um lado e duas medianas? Nem mais.

Com um lado e duas medianas, Afonso Graça do 11º ano, reconstruiu um triângulo. Para além de ter escolhido as medianas que nós nunca escolheríamos, ele apresentou-nos uma construção auxiliar original (ou que não conhecíamos) para dividir um segmento em 3 partes.
A Mariana, que tinha descoberto que a construção a fazer era afinal aquela do trapézio dadas uma base e as diagonais, recebeu a resolução do Afonso em papel e fez a respectiva construção em Cinderella para que seja vista. Aqui vai.

A construção de um triângulo dados um lado e duas medianas
e construção auxiliar original para dividir um segmento em 3 partes iguais
 Afonso Graça

Veja a resolução do Afonso Graça, além do mais como uma ilustração afonsina e cheia de graça.

Cordas iguais em circunferencias diferentes

Veja os passos da Mariana
em volta da sua construção.

Voltar, acompanhado

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Memória (Geometriagon)

Esta Escola de Geometria andou a trabalhar numa parceria internacional. Pensamos que abrimos novas perspectivas aos apreciadores de geometria de régua e compasso ao traduzir para português o

Geometriagon em português

Mais ricos na companhia, voltamos ao bloGEOMETRIA. O Geometriagon é um arquivo de problemas de construção com régua e compasso, exercícios interactivos suportados no "software" Régua e Compasso de R. Grothmann (applet JAVA). Giovanni Artico, autor e animador do Geometriagon, enriquece muito as perpectivas dos exercícios interactivos com a correcção automática, o registo das soluções e salvaguarda em base de dados própria. Deste modo, após ter resolvido um problema pode ver as soluções de outros autores e comparar estratégias.

O nosso Lugar Geométrico é diferente do Geometriagon. Ambos ficam melhor por se reconhecerem na mesma fotografia: animar a geometria.

Cordas

E Aurélio Fernandes propõe o seguinte:
"Dada uma recta r e duas circunferências de centros O e O', trace uma recta r´paralela a r que intersecte as duas circunferências segundo cordas iguais."

Um lado e duas medianas? Nem mais.

A Mariana tem andado em volta do problema
«Construir um triângulo de que se conhece um lado e duas medianas»
que resolveu
e vai propor aos seus estudantes do 11º ano.
Quem mais quer experimentar?

O triângulo de dois lados e uma bissectriz

A construção de um triângulo [ABC] de que se conhecem os comprimentos |AB|, |AC| e |AF| sendo [AF] o segmento da bissectriz do ângulo A deu emprego a muita gente, fazendo da Mariana um autêntico vai-vem entre a lua da família dela e os "terra a terra" =[:-)] da escola.
Publicamos aqui uma construção que pode ser acedida passo a passo, carregando na ferramenta interrogativa (?). Seria bom termos tempo para contar todos os episódios e o que vamos pensando sobre a matemática envolvida em cada uma das posições defendidas (a começar pelos erros que, algumas vezes, são concentrados das melhores ideias).

Para ver a nossa construção de mistura
carregue nesta ilustração.

Caronnet, Aurélio, Sacchettis(Mariana, Casimiro & Luz) e Arsélio andaram às voltas com esta construção. De tudo o que fomos fazendo, parece-nos um bom e esclarecedor resultado o que aqui apresentamos. Ao ver o que fica como resultado, não podem imaginar a quantidade de trabalho no computador e muito menos a quantidade de trabalho em papel Sacchetti ;-)

Como diz Aurélio, consideremos o problema resolvido. Vendo a figura com o triângulo [ABC], a partir do qual construímos o triângulo [ACJ] tal que |AC|=|AJ|=b e JC paralelo a AF, ficamos a saber que |JC|/i=(b+c)/c. E isso é tudo o que precisamos de saber. Pelo menos para nós que já nos deixámos enganar sobre a construção mais do que uma vez.
Esperamos que tenham gostado de pensar no assunto e da nossa construção aqui colocada para ser vista e criticada. Como todas as outras.

Equivalência de polígonos

Usando só rectas, determinar um quadrilátero e um triângulo equivalentes e com dois vértices comuns.
João Vieira, estudante do 11º ano, enviou à Mariana uma descrição da sua solução em bom português. Apresentamos, como exercício interactivo, a construção que lhe corresponde.

Pode ver a nossa construção, passo a passo e completamente, clicando sobre esta frase e clicando na ferramenta (?).

O processo pode ser generalizado.
Por exemplo: a partir de um pentágono determinar o quadrilátero equivalente e com três vértices comuns ao pentágono.
João Vieira explica também, bem e completamente, como o processo se generaliza a determinar um triângulo equivalente a um qualquer polígono.

Ainda a construção de um triângulo

Andámos a resolver o problema da construção de um triângulo [ABC] de que se conhecem os comprimentos |AB|, |AC| e |AF| sendo [AF] o segmento da bissectriz do ângulo A .

Já temos uma resolução.
Esperamos uns dias por novas propostas.

Noticia

Decidimos, aqui na nossa humilde casa de geometria, abrir um espaço só para os exercícios interactivos:
http://geometrias.net
e praticamente dedicado a exercícios básicos ou para o ensino básico.
Estamos a reunir algumas forças todas as quintas feiras para nos convencermos que não há qualquer solidão para as nossas dificuldades. E também para pequenas vitórias quando conseguimos vencer esta ou aquela dificuldade. Nada é mais complicado do que aquilo que parece simples. Estes exercícios vão ser a base de alguma casa de geometria intranetinterna da escola. A Mariana tem experimentado exercícios com alunos em ambiente de sala de aula e também tem experimentado no ambiente RIA.edu (projecto liderado pela Associação da Comunidade Educativa de Aveiro). Estudantes do RIA.edu podem aproveitar o trabalho quer neste blog(?) que pode ser acedido pelo endereço
http://geometria.web.pt.
Nós vamos continuar ao nosso passo lento.

Arsélio, Aurélio e Mariana.

Os triângulos da Mariana (I)

Aurélio Fernandes lançou o desafio
Construir um triângulo isósceles de que se conhece o raio da circunferência circunscrita e a soma da base com a altura correspondente.
na esperança de nos embrulhar com as nossas diferentes formas de resolver o desafio anterior. Ele estava convencido que só a forma AurélioCaronnet era boa para isto.
Eu nem me lembro de tentar, porque a Mariana disse, no clã Sacchetti e para quem a quis ouvir, que devia haver alguma da maldade intríseca do autor no desafio que lançava. E ainda estávamos a recuperar dessa acusação com fundamento e já ela nos dizia que tinha feito as três resoluções - aureliana, arseliana e mariana.
E aqui deixamos a resolução mariana para começar, embora com atraso de semanas [que os computadores também têm as suas fragilidades (como nós, além das nossas)]. Movimentando os pontos verdes (ou não vermelhos) dos dados do problema nos dois segmentos que encimam a construção identificarão bem os diferentes aspectos da solução mariana.

solução mariana
por Mariana Sacchetti

Outro desafio com trângulos isósceles

Para aproveitar o que aprendemos nos últimos tempos, Aurélio Fernandes desafia-nos a resolver um novo problema:
Construir um triângulo isósceles de que se conhece o raio da circunferência circunscrita e a soma da base com a altura correspondente.
Preparados?

Uma das resoluções do problema anterior - construir um triângulo isósceles de que se conhece o ângulo oposto à base e o comprimento soma desta com a altura correspondente - foi sendo adiada (quase escondida por uma inquieta e irrequieta ignorância). Como cada uma das que foram aparecendo, afinal. Resolver um problema de construção é uma coisa; compreender a resolução completamente e vê-la dinâmica e bela (didacticamente falando) é outra. A sugestão de Caronnet dada para o exercício anterior é ainda a sugestão que damos para o novo desafio.
E apresentamos a tal resolução de Aurélio Fernandes (para o desafio anterior) agora que, empurrados pelo clã dos Sacchettis, percebemos um aspecto importante a que tínhamos permanecido alheios. A dinâmica desta construção que se apresenta a seguir é diferente daquela que foi apresentada pela Mariana e já publicada.

Proposta de solução de Aurélio Fernandes
seguindo a sugestão de Caronnet

Construções do triângulo isósceles

Apresentamos duas das soluções encontradas para o problema de construção de um triângulo isósceles de que são dados o comprimento soma da base com a altura correspondente e o ângulo oposto à base.
Na opinião do Arsélio, a solução proposta por Aurélio Fernandes é um caso particular da solução apresentada por Mariana Sacchetti. Claro que todas as soluções são equivalentes e a solução do Arsélio acabou a ser sugerida durante a discussão da primeira proposta da Mariana. E confessamos que a visão que mostramos da solução da Mariana já é uma interpretação livre e dinâmica feita sobre a proposta inicial. Este problema (simples, agora!) encerrou belas histórias de discussão e descoberta.

Optámos por apresentar as soluções como se fossem exercícios dinâmicos. Não são, mas pensamos que resulta bem apresentar as construções por partes, em sequência, acompanhadas de algumas explicações. Os leitores nos dirão se esta nova forma de apresentar é boa.

Proposta de solução por Mariana Sacchetti

Proposta de solução por Arsélio Martins

Aurélio Fernandes desafia-nos a resolver um novo problema que aproveita o que aprendemos com este, a saber:
Construir um triângulo isósceles de que se conhece o raio da circunferência circunscrita e a soma da base com a altura correspondente.
Preparados?

Básico - Que nos dão quando nos pedem um triângulo?

Para distraír o Arsélio de problemas imaginários, Aurélio apresentou o seguinte problema de construção geométrica:

Construir um triângulo [ABC], isósceles - |AB|=|AC| - de que se conhece o ângulo BÂC e a soma dos comprimentos da base |BC| e da altura relativa a [BC] (tirada por A).

Aurélio comunicou ao Arsélio e a quem mais quiser pensar no assunto, o seguinte:
a) Se passar uma semana sem termos apresentado uma solução, ele dá uma sugestão;
b) Ao fim de duas semanas, serão publicadas as soluções que lhe forem enviadas ou a solução que ele considera a mais simples;
c) A construção é simples (depois de saber como foi, isto já sou eu a dizer!)

[Arsélio, pub.]

Eu não apresentei qualquer solução. Por enquanto, as linhas com que me cosi não chegaram aos calcanhares do triângulo. Hoje discutimos colectivamente uma primeira aproximação da Mariana, para além de termos visto e discutido exercícios interactivos por ela executados. Ficamos à espera da entrega da solução pela Mariana.

E colocamos aqui o desenho proposto por Aurélio para ser a sugestão prometida. Diz ele: consideremos o problema resolvido....

Básico - Pequeno desafio.

Considere um rectângulo [ABCD] e uma circunferência de centro em O.
Inscreva na circunferência um rectângulo semelhante ao dado.

---

Dados um rectângulo [ABCD], definido por dois segmentos de recta - a e b - e uma circunferência de centro O, pede-se a construção de um rectângulo inscrito na circunferência que seja semelhante ao dado.

[A.A.F.][M.I.B.S.]
Notas de resolução:
1- Com centro no centro da circunferência desenhei circunferências de raios a e b que me permitiu desenhar o rectângulo [GPQR] que é semelhante ao dado de razão 2
2- Desenhei as suas diagonais (todos os rectângulos com vértices nas diagonais são semelhantes ao dado, ou não? não estou a fazer homotetias?)
3- Os pontos de intersecção das diagonais com a circunferência são os vértices do rectângulo inscrito e semelhante ao dado.

(B-EI) Centro de uma circunferência

Básico
Exercício Interactivo
Determinação do centro de uma circunferência.

(B-EI) Triangulo equilátero

Básico
Exercício Interactivo
Triângulo equilátero

(B-EI) Mediatriz - a construção geométrica e a animação

Básico
Exercício Interactivo
Mediatriz de um segmento

Tem interesse ver a animação que se pode fazer com o Cinderella para ver com olhos de ver a mediatriz como lugar geométrico dos pontos que estão a igual distância de dois pontos dados. Clique sobre a palavra animação e anime-se.

(B-EI) Soma de comprimentos

Estamos a preparar um grande conjunto de exercícios interactivos básicos para serem usados livremente na escola. Aqui fica a experiência de um deles para ver como funciona. Todos os exercícios interactivos deste projecto serão identificados por um símbolo. de que apresentamos uma primeira sugestão : e(lectronica e interactiva) JE :-)
Vamos indo e vendo. Dizemos nós,
Arsélio & Aurélio
que andamos à procura de parceiros, como sempre.

Básico
Exercício Interactivo
Transferência de comprimentos

Voar no trapézio

Continuámos a falar de trapézios. Seguindo um conselho de Puig Adam, Aurélio tinha proposto que construíssemos um trapézio [ABCD] de que eram dadas as bases: - |AB|=a, |CD|=b| - e as diagonais: - |AC|=e, |BD|=f. Consideremos o trapézio desenhado, para que possamos ver o que é importante: [ABO] e [CDO] são triângulos semelhantes. O problema construtivo está em encontrar o centro O da homotetia que transforma [AOB] em [COD]. Terá de ser |AB|/|CD|=|AO|/|CO|=|BO|/|OD|. A construção feita (com recursos ao Teorema de Thales) a partir da recta AB em que |AB|= a, |BT|=b, |AP|=e, |AR|=f, permite-nos calcular |AO|=|AQ| e |BO|=|AS|. E está tudo resolvido, já que podemos desenhar o triângulo [ABO].

Não caí porque estava a trabalhar no trapézio com um parceiro de confiança. E não caímos sem deixarmos o trapézio bem construído. Na nossa construção interactiva sempre pode alterar os tamanhos das bases e das diagonais.

Para aceder à nossa construção interactiva
basta clicar sobre a ilustração.

Depois da construção, demos atenção a várias propriedades interessantes do trapézio. Por exemplo a recta que passa pelos pontos médios das bases também passa pela intersecção das diagonais e dos lados... Provável é que haja outras formas (e mais elegantes) de realizar esta construção. Há?

No Trapézio, sempre!

Aurélio Fernandes, numa das suas traquinices e no seguimento da minha tolice interpretativa do problema do quadrilátero completo, depois de prever um voo rasante (ele disse golpe de asa) que demonstrasse o velho problema, mandou que me distraísse a construir um trapézio de que se conhecessem as bases e as diagonais. Assim fiz.
E aqui deixo, como exercício interactivo, a construção de um trapézio de que se conhecem as bases e uma diagonal.
Exactamente, construí um exercício em que se obtém um trapézio [ABCD], sendo dados |AB|, |CD|=|BC|, AB//CD e |AC|.

Para aceder ao exercício interactivo,
basta clicar sobre a ilustração.

Outra demonstração ilustrada

Demonstre que os quatro lados de um quadrilátero completo determinam
dois a dois quatro triângulos cujas circunferências circunscritas
passam por um mesmo ponto G.

Aurélio Fernandes descobriu o verdadeiro enunciado (de Puig Adam) do tal problema 3 que tem vindo a ser referido que eu tinha modificado. Aqui fica a minha intrerpretação e a demonstração ilustrada que fica para a discussão em aberto.
E Aurélio Fernandes acrescentou noutra mensagem a definição de quadrilátero completo (esta palavra completo tinha sido retirada para abrir o problema). Aí vai a definição de Puig Adam: Chama-se "quadrilátero completo" à figura formada por quatro rectas secantes entre si duas a duas, sem que três delas passem por um ponto. Essas quatro rectas são os "lados" do quadrilátero e os seus pontos de intersecção são os "vértices". As "diagonais" do quadrilátero são as rectas que unem os vértices não situados no mesmo lado.

A seguir à definição vem esta pergunta: Quantas diagonais e quantos vértices tem o "quadrilátero completo"?

Sobre a demonstração

Demonstrar que as paralelas a dois lados de um triângulo que passem pelo baricentro dividem o terceiro lado em três partes iguais.


Antes de nos embrenharmos no mês de Agosto, a respeito de vários dos problemas que deixámos para as férias, ao de leve, ainda discutimos - Arsélio & Aurélio - o papel das construções e do Cinderella como prova (ou como demonstração) desta ou daquela afirmação. Na ilustração que aqui publico, os vértices do triângulo ABC são aqueles como podem ser outros (bastando movê-los, livres e ansiosos por um pé de dança), G é obviamente o centro de gravidade, MK paralela a BC e HL paralela a AC. H e K não dividem o lado [AB] em três partes iguais?
Para termos uma prova boa, precisaremos de acrescentar alguma informação à construção, acompanhada do Texto da construção (geometria analítica) e conteúdo da Janela de informação?
Este problema é um dos que já foi apresentado duas vezes, sem que alguém o tenha amado tanto quanto um problema merece. Aqui fica um novo pedido de atenção. Pensamos que são fáceis. Mas, por exemplo, o 3º da lista republicada no artigo - Construçaõ de um triângulo dados os pontos médios dos lados - levanta-nos problemas graves de leitura do enunciado. Quem pode ajudar-nos a ler Puig Adam? Adaptámos bem?

Tangente a um círculo - só com régua

Mariana Sacchetti resolveu o problema de tirar por um ponto P as tangentes a um círculo dado (tal como tinha sido proposto no Geometriagon , só com régua). Ao tentar recriar a sua construção como exercício interactivo para publicar aqui, apareceram-nos vários problemas com que não contávamos. Mas aqui fica uma versão do exercício. As ferramentas disponíveis são: a primeira para permitir mover os elementos desenhados, a segunda para marcar livres ou sujeitos a pertencer a rectas ou círculo, a terceira para traçar rectas por um ponto, a quarta para marcar o ponto de intersecção de duas rectas seleccionadas, a quinta para voltar atrás, a quinta para pedir ajuda e uma sexta para voltar ao princípio de tudo). Pode acontecer que alguma das ferramentas precise de insistência. No caso desta versão de exercício, aconteceu-nos muitas vezes que cada recta que deesenhamos como secante ao círculo não fica logo na posição que queremos. Isso só nos obriga a usar a primeira ferramenta e deslocar a recta para onde queremos. A Mariana teve o cuidado de nos enviar as justificações todas sobre as suas construções. Pedimos desculpa à Mariana pelos atrasos e pela nossa insistência em experimentar transformar a sua resolução em exercício interactivo.

Clique em "uma versão do exercício" para ter acesso ao exercício interactivo que lhe propomos.
Clique em "justificações todas sobre as suas construções"(.pdf) para descarregar o texto da Mariana.

Construção de um triângulo dados os pontos médios dos lados

Andreia Figueiredo escreveu-nos uma mensagem com propostas de construções. Escreve ela:
(...)foi-nos possibilitada a exploração de algumas das enumeras potencialidades do programa de geometria dinâmica de nome Cinderella. Após algumas experiências, apercebemo-nos logo do seu elevado valor como instrumento auxiliar no ensino da geometria a alunos do ensino básico e secundário. Deste modo, foi-nos apresentado o vosso Blog de Geometria, que nos desafia a resolver, com o Cinderella, alguns problemas de geometria, com o objectivo de nos pôr a praticar.
Assim, queria apresentar a minha resolução para dois exercícios propostos no vosso blog. Os exercícios que resolvi são da autoria de Puig Adam e encontram-se expostos na secção intitulada Pontos e rectas notáveis de um triângulo. Seguidamente, apresento os seus enunciados, bem como, o processo que proponho para a sua resolução explicado passo a passo.
EXERCÍCIO 1:
Construir um triângulo do qual se conhecem os pontos médios dos seus lados.

Da lição de Puig Adam, referida por Andreia, então escolhemos 8 exercícios para propor aos leitores. Eram eles:

1. Demonstrar que as paralelas a dois lados de um triângulo que passem pelo baricentro dividem o terceiro lado em três partes iguais.
2.Demonstrar que a recta que une o vértice A de um triângulo [ABC] com o incentro I corta a circunferência circunscrita num ponto P equidistante de B, de I e de C.
3. Em que circunstâncias é que os quatro lados de um quadrilátero determinam dois a dois quatro triângulos dos quais as circunferências circunscritas passam por um mesmo ponto M? Enunciar e demonstrar o resultado.
4. Demonstrar que os circuncentros dos quatro triângulos em que um quadrilátero convexo fica dividido pelas suas diagonais são vértices de um paralelogramo.
5. Construir um triângulo de que se conhece um lado e duas medianas
6. Demonstrar que o triângulo dos exincentros é sempre acutângulo.
7. Demonstrar que a recta de Simson relativa ao ponto P está a igual distância de P e do ortocentro H.
8. Construir um triângulo de que se conhece os pontos médios dos seus lados. E um pentágono? E um heptágono? O que se passa se o polígono tiver um número par de lados?

Aqui ficam de novo para despertar o apetite.

A proposta de exercício de Andreia Figueiredo reporta-se a parte do exercício 8 desta lista. Que aqui fica proposto como exercício interactivo. Para fazer o trabalho clique aqui.

a quadratura do rectângulo

Quando se fazem índices, descobrem-se os desafios que não tiveram resposta. Apareceram muitos. Hoje decidi lembrar os que foram apresentados no artigo Quadratura de Polígonos a partir de um artigo de Carmen Galván, publicado no primeiro número da Unión - Revista Iberoamericana de Educación Matemática. E começamos por apresentar a resolução do mais simples: Construir o quadrado equivalente a um rectângulo dado.

Para ver a construção interactiva, clique sobre a ilustração.

Polar de um ponto

Considere um ponto P e uma circunferência. Por P tire secantes à circunferência. Obtém um quadrilátero [ABCD] inscrito na circunferência. Chame I ao ponto de encontro das suas diagonais. Qual é o lugar geométrico dos pontos I quando variam as secantes tiradas por P?

[A.A.F.]

Ao lugar geométrico dos pontos I, damos o nome de polar do ponto P relativamente à circunferência.

Verifique deslocando A e/ou B sobre c.....

Ponto médio de dois pontos.

No artigo Simetria com compasso , apresentámos um exercício interactivo para uma primeira construção só com compasso e damos a ler as propostas feitas por Eduardo Veloso para exercícios de construção só com compasso.
Estamos a aproveitar para treinar exercícios interactivos, enquanto vamos adiando a capitulação perante o segundo problema proposto por Giorgio Artico, a saber: Costruire le tangenti al cerchio dal punto P - costruzioni con la sola riga . Começamos a achar que é sempre mais fácil dispensar a régua do que dispensar o compasso.
Já agora aqui fica a apresentação do projecto Geometriagon do polarprof - G Artico:

Questo progetto è dedicato a tutti coloro che si dilettano con le costruzioni geometriche con riga e compasso.
Il contenuto è curato dal Centro Ricerche Didattiche "U. Morin" di Paderno del Grappa, che vuole anche in questo modo rendere omaggio alla memoria del fondatore Fratel Roberto Sitia. L'ideazione e il mantenimento del sito sono di polarprof (alias prof. G. Artico). Il software di geometria dinamica utilizzato è C.a.R. del prof. René Grothmann.
Tutti possono consultare liberamente l'elenco dei problemi, e vedere se e da chi sono stati risolti. Però per rendere pubbliche le proprie soluzioni bisogna prima registrarsi nel sito. Per registrarsi basta scegliersi uno username e una password e opzionalmente definire un profilo. Le soluzioni di un esercizio sono visibili solo a chi è riuscito a risolverlo. Ogni settimana saranno proposti nuovi problemi; sono benvenute anche le proposte dei visitatori. Grazie della visita e ... buon lavoro!

Vale a pena visitar o Geometriagon e experimentar o "software" R&C - Régua e Compasso , bem mais exigente que este pobre "blogue" libertino e sempre à experiência.

Hoje, apresentamos como exercícios interactivos a construção de

a) um ponto C colinear com A e B dados e tal que |BA|=|BC|
b) um ponto M colinear com A e B e tal que |AM|=|MB|

só com compasso.

Pode aceder ao exercício interactivo, clicando sobre a ilustração.

E bom trabalho!

Tangentes interiores - Brigite Silva

No artigo Tangentes exteriores , apresentámos a construção das tangentes exteriores comuns a duas circunferências e propusemos a quem o lesse a construção das tangentes interiores a duas circunferências. Brigite Silva, que já colaborou com outras construções, apresentou uma proposta de resolução (em cinderela) que podia ser acedida clicando sobre a ilustração.

E agora?

[A.A.F.]
recuperação da resposta para a proposta em Geogebra

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.

antero'keeffe recuperado

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.

Golpe de asa

A asa envolvente.

[A.A.M.]
recuperação em geogebra

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" Da antiga construção:
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.< br> 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.(*)

---

Processo da reconstrução, usando Geogebra, feita pelo reconstrutor Aurélio Fernandes:
São dadas duas circunferências: uma de raio r=AD, outra de raio R=BE. Traçar as tangentes comuns às duas circunferências: exteriores e interiores.

[A.A.F]
1) Tangentes exteriores
- Tracemos a circunferência de centro B e raio R-r=BF.
- A partir de A, tracemos as tangentes à circunferências de centro B e raio BF: AH e AG. (Basta traçar a circunferência de centro no ponto média M ao segmento AB para obter H e G)
- Seja H’ o ponto de interseção de BH com a circunferência de centro B e raio R; e G´ o ponto de interseção de BG com a circunferência de centro B e raio R
- Finalmente por H’ traçamos uma paralela a AH e por G´ uma paralela a AG (retas a vermelho). São as tangentes exteriores pretendidas.

---

Escrevia-se na entrada inicial:
(*) E fica por resolver a determinação das tangentes interiores. Essa é a proposta.
E [A.A.F.] aqui apresenta uma construção em resposta a essa proposta:
[A.A.F.]

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:


[A.A.F]
reconstrói (em 16/02/2021 recorrendo a Geogebra)
a construção proposta por Brigite Silva que tinha sido feita em 2005 recorrendondo o Cinderella.

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.

Pedia-se finalmente:
Comente a construção de Brigite Silva.

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.

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.

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

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.

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

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.

Pôde ver a construção dinâmica de Sofia Isabel.

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.

Pode assim ver a construção dinâmica de Sofia Isabel MIranda.

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

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.

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 de novo restaurada pelos responsáveis de então




Casimiro & Mariana

(IV) - Rectas e circunferências (repetição)

Apresentamos um exercício interactivo como resposta a um antigo desafio -(IV) - Rectas e circunferências .
Esperamos as experiências de quem o tentar. Integramos a resposta como parte do artigo, mas por medo de não haver quem se lembre, aqui apresentamos como se fosse coisa do dia de hoje. (então há 16 anos)

É dada uma circunferência de centro C e raio s; é dada uma recta m. Traçar uma circunferência de raio r dado que seja tangente à recta m e à circunferência de centro C.
[A.A.F.]

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Nota do maquinista AdAM aqui ao serviço da geometria dinâmica:
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Esta é a última repetição / restauração / da resolução desta feita, geogebrada por António Aurélio Fernandes e aqui publicada no dia em que tomámos conhecimento do ajuntamento de três cabeças - Ricardo Araújo Pereira, Sérgio Barreto Costa e Vasco M. Barrreto vão estar a debater sob o seguinte lema "Os blogues morreram. E ninguém os avisou?" em 18 de Fevereiro, pelas 21h - iniciativa da Fundação FMdS, sob moderação da jornalista Catarina Carvalho. Todas as anteriores resoluções foram sendo prejudicadas nas mudanças de computadores, programas e programadores.....
Mas não há morte anunciada para a Geometria............
jogo maravilhoso com milhares de anos .... e que não envelhece...........

Sobre o problema das três gerações

O problema da construção de um triângulo de alturas dadas transformou-se para nós num acontecimento importante. Foi, em diversos níveis, um verdadeiro problema que propiciou e exigiu variadas experiências geométricas e a solução que ora publicamos culmina um processo que é o acontecimento notável desta notícia: envolveu três gerações de uma família. As lições a tirar do problema são muitas, já vamos em três artigos relacionados com ele e havemos de publicar outras soluções. Mas o qeu interessa agora é dar notícia pública da solução que recebemos de Casimiro e Mariana Sacchetti (texto e ilustração em .pdf). E dar os parabéns. O prémio está no processo e na solução e isso já lhes foi dado (por eles mesmos).

Clicando sobre a ilustração acima, terá acesso à construção dinâmica que recebemos a acompanhar a resolução.

Quadratura de polígonos

Régua, compasso e triângulo

Damos notícia de artigo sobre a construção com régua e compasso de um triângulo de que se conhecem um vértice, o ponto de encontro das bissectrizes e o ponto de encontro das medianas,

Forum Geometricorum, 5 (2005) 53--56.Eric Danneels, A Simple Construction of a Triangle from its Centroid, Incenter, and a Vertex
Abstract: We give a simple ruler and compass construction of a triangle given its centroid, incenter, and one vertex. An analysis of the number of solutions is also given.