As parábolas do ano que finda...

António Aurélio Fernandes continuou a propor exercícios sobre parábolas. Sempre foi misturando as suas propostas com algumas propriedades da parábola (relações entre elementos da parábola). Tudo para justificar ter falado em tempos numa vaga de problemas de parábolas. Não sabemos se deste ano sobrará tempo para preparar todos os exercícios interactivos que ele propõe.
Pelo sim, pelo não, aqui ficam para que possa pensar ainda este ano sobre essas propriedades e exercícios.
Duas propriedades...
Propriedade: O simétrico F' do foco F em relação a uma tangente à parábola está sobre a directriz.
Propriedade: (Dualmente) A simétrica da directriz relativamente a uma tangente passa pelo Foco.
... para dois exercícios (que pode resolver aqui mesmo):
Exercício: Determinar a directriz d de uma parábola de que são dadoso foco F e duas tangentes, t e t'.



Exercício: Determinar o foco F de uma parábola de que são dados a directriz d e duas tangentes, t e t'.

O foco na parábola

António Aurélio enviou mais um problema de parábolas, este para determinar o foco. A saber:
Determinar o foco F de uma parábola que passa pelo ponto M, tem por directriz a recta d e é tangente à recta t .

No seu cartão de Natal, dizia ele, a respeito destes problemas de parábolas: Nunca é demais lembrar, para a resolução da presente "vaga" de exercícios sobre parábola que se trata do lugar dos pontos equidistantes do foco e da directriz. Acompanho a lembrança com uma ilustração tirada de uma animação que fiz mesmo agora.

Parábola de Natal

O idoso professor andava tão feliz quanto infeliz por não compreender o que se tinha passado com o seu estojo de régua e compasso. Por mais que tentasse, não conseguia mostrar nenhum dos seus exercícios feitos com o novo estojo. Irrita não compreender, mas é sinal de vitalidade tentar compreender sem descanso as pequenas coisas que estão ao nosso alcance. O seu companheiro, tão idoso como o idoso professor mas com tanto tempo como um reformado professor tem, não se cansava de enviar para publicação os exercícios que, do passado, lhe eram sugeridos pela leitura das páginas de algum dos amarelecidos volumes "Éxércices de Géométrie" que Th. Caronnet publicou na década de 40 do século passado (ainda não tinha nascido a Mariana). Tanta insistência só podia aumentar o desespero do idoso professor. Ou não. Porque se deu o milagre de Natal: com mais tempo e empurrado pela insistência do companheiro construtor, o idoso professor lá conseguiu compreender o que sempre lá tinha estado e fácil de ver.

Posso dar hoje o primeiro exercício interactivo feito com a nova versão (5.1) do "Régua e Compasso" (Zirkel und Lineal). Proposto por António Aurélio Fernandes, aqui vai. Cliquem sobre o enunciado e acedam ao exercício interactivo

Determinar a directriz de uma parábola que tem foco F, passa por M e é tangente à recta t

Se puderem, escrevam a dizer-nos se gostam mais da nova versão.

Directriz de Natal

António Aurélio Fernandes envia este problema para alegrar o Natal dos geómetras:
Determinar a directriz de uma parábola de que são dados o foco F e dois dos seus pontos, A e B
Clique no enunciado para aceder ao exercício interactivo.

eu queria tanto que vissem ...

....e sentissem a matemática do natal que não resisti a roubar o "ambigrama" de Eric/Moacyr que já foi à outra vida como nós em parte fomos.... todos sem querer. Cliquem na "mensagem caligráfica" para ver o movimento que vos quis mostrar e não só o que vos quis dizer.

Dos focos aos vértices da elipse

Determinar os vértices de uma elipse definida pelos seus focos e por um dos seus pontos.

Clique sobre o enunciado para aceder ao respectivo exercício interactivo.

herdar parte de um triângulo

Dois irmãos herdaram um campo triangular, com serventia por um dos lados. Como hão-de dividir o campo de modo a ficarem ambos com a mesma serventia?

Diogo Pacheco de Amorim; Compêndio de Geometria; SPM. Lisboa: Ano Mundial da Matemática

A propósito deste problema, recebemos uma carta de Paulo Correia, de Alcácer do Sal, que nos lembra a proposta (variante mais rica) deste problema por José Paulo Viana, publicada no nº 71 da revista "Educação & Matemática" da Associação Portuguesa de Matemática. Paulo Correia chama ainda a atenção para as resoluções publicadas no nº 73 da mesma revista.

Obrigado, Paulo, pela informação.

quando uma recta encontra uma parábola

Releia o artigo anterior e procure pensar no seguinte problema de construção com régua e compasso:

Dada uma recta r, o foco F e a directriz d de uma parábola, determine os pontos de intersecção dessa recta r com a parábola definida por F e d.

Quando uma recta intersecta a cónica

Os programas de geometria dinâmica permitem-nos determinar cónicas como lugares geométricos de vários modos. Sempre com algumas limitações. Em alguns casos, as cónicas podem aparecer definidas por alguns dos seus pontos. Um problema interessante consiste em determinar pontos que pertençam a uma cónica definida por alguns elementos.
António Aurélio Fernandes propõe, com este pequeno artigo, abordar a
determinação dos pontos de intersecção de uma cónica com uma recta.

Seja a cónica definida pelo foco F, pela directriz d e pela excentricidade e. Determinar o(s) ponto(s) em que a recta intersecta a cónica.

Sabemos que, numa cónica, é constante a razão das distâncias de qualquer seu ponto P ao foco e à directriz, sendo a constante igual à excentricidade e.

[A.A.F.]
Nesta propriedade se baseia a construção que vamos apresentar.


[A.A.F.]
Tomemos um ponto qualquer N sobre r e tiremos a perpendicular a d; seja Q o pé da perpendicular. Tracemos a circunferência de centro N e raio |NQ|.e. Seja R um dos pontos de intersecção de circunferência com a recta FS (S é a intersecção de d e r). Por F tiremos uma paralela à recta NR: a intersecção dessa recta com r e´o ponto P da cónica.
De igual modo se obtinha o outro ponto de intersecção, caso existisse.

A cónica poderá ser definida por um dado que não seja a excentricidade. Seja, por exemplo, dado o centro O ou comprimento do semi-eixo maior. Nesses casos é necessário começar por determinar a excentricidade, caso se trate de uma elipse ou uma hipérbole: e = c/a.

Claro que nos problemas que são propostos só aparecem os elementos definidores das cónicas
<


[A.A.F.]

Geometria a compasso

Há muito muito tempo, Mara Cardoso enviou-nos algumas ideias de construção, comentários a outras construções e um pequeno documento a que dava o nome de 'Geometria a Compasso'. Para além de a termos introduzido numa viagem sobre os compassos (a propósito de um comentário seu sobre a divisão de um circunferência em arcos iguais) nada mais fizemos sobre o seu texto, além da promessa de o utilizarmos em artigos sobre a construção com compasso. O tempo foi-se e ainda não arranjámos tempo para comentar e utilizar o trabalho de Mara Cardoso. Para não atrasar mais, deixamo-nos de cautelas e demoras e disponibilisamos o texto da Mara Cardoso para quem o quiser ver e sobre ele se pronunciar. Para descarregar o texto de Mara Cardoso, basta clicar sobre

GEOMETRIA A COMPASSO
ou sobre a ilustração retirada do trabalho de Mara Cardoso

Dois triângulos para reconstruir

Aqui deixamos mais dois exercícios interactivos:


Determinar os vértices A, B, C de um triângulo de que são dados o centro Ib do círculo ex-inscrito no ângulo B, o pé Sc da bissectriz externa do ângulo C e o ponto Tia de tangência do círculo ex-inscrito no ângulo A com a recta AB.


Determinar os vértices de um triângulo [ABC] de que se conhecem o centro I do círculo inscrito, o centro Ic do círculo ex-inscrito em C e o centro Oe do círculo definido pelos três ex-incentros (Ia, Ib, Ic).

Oitavo despertar

Mais resultados da Mariana:

1. Se tivermos I, Ia e a recta AB, construímos o trapézio rectângulo cujos lados paralelos são r e ra e a altura o segmento [TiTia]; o ponto de intersecção das diagonais é o ponto médio do segmento cujos extremos são Ta (pé da bissectriz do ângulo A no lado [BC]) e a sua projecção sobre AB.



2. Construamos o rectângulo cuja base é o segmento [TiTia] e a altura é igual a r+ra. O ponto L de intersecção das diagonais é centro de uma circunferência (a verde) que contém B, C e Ia.

3. O ponto L pertence à circunferência (a azul) circunscrita ao triângulo [ABC].

4. O ponto L é centro de uma circunferência (a vermelho) que passa pelos pontos de tangência do círculo inscrito com os lados b, c.

Pentágono de Alcácer

Recebemos uma carta de Paulo Correia de Alcácer do Sal que defende uma construção do pentágono regular de que se conhece a diagonal. Aqui fica a sua carta e a ilustração retirada da construção que nos enviou:

Olá viva...
Estava a olhar pela (vossa) geometria - blog e geometriagon - e vi um problema interessante: construção de um pentágono regular de que se conhece uma diagonal.

Fiz a construção no exercício interactivo e fiquei a pensar se seria a mesma em que pensaram, como o problema 550 do geometriagon é parecido, e aí a minha resolução é diferente da vossa, cheguei à conclusão que também no problema do blog "chego lá" por outro caminho, pelo que envio a minha resolução.



Trata-se de construir sobre o prolongamento da diagonal dada um segmento segundo a razão de ouro (a vermelho na minha construção).
Esse segmento tem a medida do lado do pentágono, pelo que transportando essa medida para os dois vértices conhecidos encontramos outro vértice (a azul na minha construção).
Como a circunferência de raio igual à diagonal e centro no outro vértice também contém outro vértice (as diagonais do pentágono têm todas o mesmo comprimento) o transporte da medida do lado intersecta esta circunferência noutro vértice...
O número de ouro é uma grande ajuda...
Um abraço
Paulo Correia

Agradecemos as contribuições de Paulo Correia, aqui e no Geometriagon. Bom exemplo.


Já agora! A nossa construção publicada em fins de Outubro foi inspirada num problema que aparentemente não teria coisa alguma a ver com o número de ouro .-), mais ou menos isto: determinar a base de um triângulo isósceles de que se conhece o lado e em que os ângulos da base são o dobro do ângulo oposto à base.

Triângulos de sempre!

Para ocupar o tempo dos geómetras e aplicar alguns dos resultados já publicados por aqui, propomos um novo problema de construção de triângulos.
Determinar os vértices de um triângulo [ABC] de que se conhecem o centro I do círculo inscrito, o centro I_a do círculo ex-inscrito em A e o centro O_e do círculo definido pelos três ex-incentros (I_a, I_b, I_c).
Aqui apresentamos o respectivo exercício interactivo. Basta clicar sobre o enunciado.

Outro triângulo

A Mariana não descansa de procurar relações entre elementos de um triângulo. Enquanto digerimos algumas destas elocubrações, propomos um exercício sobre um novo triângulo [ABC]:
Dados A e a direcção AB, T_a e I_a, determinar B e C
Chamamos T_a e I_a aos pontos da bissectriz do ângulo Â, o primeiro sobre a ou BC e o outro como centro da circunferência ex-inscrita.

Outro pentágono

Já construímos pentágonos, dados os raios das circunferências circunscrita e inscrita e dado o lado. Propomos agora que pense no problema da construção de um pentágono regular de que se conhece uma diagonal.

Os compassos

A 3 de Fevereiro de 2006, publicámos Pentágono a compasso, com a construção colorida de um pentágono regular (ou a divisão de uma circunferência em cinco arcos iguais) só com compasso, feita pela Mariana S. O que queríamos dizer quando escrevíamos "só com compasso"?
Como comentário a esse artigo, Mara Cardoso escreveu:
Realmente a construção com que a Mariana nos presenteou é de uma beleza gráfica inegável. No entanto, tenho em minha posse a construção de um pentágono regular usando apenas o compasso, uma construção de Mascheroni, portanto que gostaria de partilhar convosco aqui.


Essa construção é a seguinte:
Seja A um ponto arbitrário da circunferência K (O;r) .
Encontremos os pontos B, C e D tais que as medidas dos arcos AB, BC e CD sejam 60º.
Como o fazer?
Traçamos uma circunferência de centro A e raio r. Seja B o ponto de intersecção dessa circunferência com K(O;r).
Tracemos uma nova circunferência de centro B com o mesmo raio. Seja C o novo ponto de intersecção.
Analogamente, traçamos uma circunferência C(C;r) e o ponto D é a intersecção de K com C.
Seguidamente?
Com centros A e D e raio AC tracemos dois arcos.
Seja X um dos pontos de intersecção desses dois arcos.
Tracemos uma circunferência C(A; OX) e seja F um dos ponto de intersecção de K com C, ponto médio do arco BC.
Agora, com o raio de K e centro em F, tracemos uma circunferência que intersecta K nos pontos G e H.
Por fim, com centros em G e H e raio OX tracemos dois arcos.
Seja y o ponto de intersecção desses dois arcos.
Assim, AY será igual ao lado do pentágono pretendido.
Agora, basta traçar sucessivos arcos a partir de A e com raio AY e, os pontos de intersecção desses arcos com a circunferência K são os pontos o pentágono pretendido."

Será que Mara está a falar do mesmo que a Mariana? Será que ambas as construções usam o mesmo compasso?
A Mariana S. usou, na sua construção, tão só, o terceiro postulado d'OS ELEMENTOS. Euclides dizia:
Pede-se como cousa possivel, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha recta.
E que uma linha recta determinada se continue em direitura de si mesma, até onde seja necessario.
E que com qualquer centro e qualquer intervallo se descreva um circulo.
A estes postulados, humildes pedidos, correspondem instrumentos que podemos chamar régua não graduada e compasso de Euclides.
Mara usa outro compasso, que permite transferir comprimentos e é aquele a que vulgarmente chamamos compasso, por exemplo, quando faz a circunferência de centro em A e raio |OX|. Claro que podemos transferir comprimentos com o compasso euclidiano, mas isso exige várias operações em sequência. O trabalho da transferência de comprimentos do compasso da Mara foi substituído por trabalhos com régua não graduada e compasso de Euclides (pelos postulados) foi tratado n'OS ELEMENTOS, com a PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha recta igual á outra recta dada ( Fig. 19 ).



Seja dado o ponto A, e dada tambem a recta BC. Se deve do ponto A tirar uma linha recta egual á recta dada BC.

Do ponto A para o ponto B tire-se ( Post. 1 ) a recta AB, e sobre esta se faça ( Prop. 1, 1 ) o triangulo equilatero DAB; e se produzam ( Post. 2 ) as rectas AE, BF em direitura das rectas DA, DB. Com o centro B e o intervallo BC se descreva ( Post. 3 ) o circulo CGH; e tambem com o centro D e o intervallo DG se descreva o circulo GKL. Sendo o ponto B o centro do circulo CGH, será BC=BG ( Def. 15 ). E sendo D o centro do circulo GKL, será DL=DG. Mas as partes DA, DB das rectas DL, DG são eguaes. Logo, tiradas estas, as partes residuas AL, BG serão tambem eguaes ( Ax. 3 ). Mas temos demonstrado, que é BC=BG. Logo cada uma das duas AL, BC será egual a BG. Mas as cousas eguaes a uma terceira, são eguaes entre si. Logo será AL=BC; e por consequencia temos tirado do ponto A a linha recta AL egual a outra dada BC.

Se tivermos de dispensar a régua não graduada, para o mesmo trabalho, vemos como os dois compassos são radicalmente diferentes. Tivemos de esperar por Bohr e Mascheronni para ver como o compasso que a Mariana usou pode substituir (labor, lavor) o compasso de Mara. Havemos de voltar a este assunto dos compassos. Quem sabe se pela mão de Mara Cardoso.

Aproveitamos para recomendar uma visita a Eduardo Veloso e amigos que tratam da construção geométrica e, particularmente, dos compassos - euclidiano ou "sem memória", moderno ou capaz de transferir comprimentos.

Os excertos d'Os Elementos, aqui publicados, foram retirados da versão publicada por Jaime Carvalho e Silva, em Nonius

Sétimo despertar

No Geometriagon (ver exercícios 465, 387, 388, etc) e neste blogue ( ver 19/10), aparecem uns quantos problemas cujos dados são raios de círculos ex-inscritos. A sua solução é possibilitada recorrendo a resultados que o trabalho da Marianna trouxe para a (nossa pequena) ribalta.

1. Dados os raios de dois círculos ex-inscritos referentes a dois dos vértices de um triângulo, é possível obter a altura referente ao terceiro vértice.
Suponhamos dados ra e rb, vamos obter hc. Tomemos uma recta r e tracemos duas perpendiculares: numa delas marcamos o comprimento ra e noutra comprimento rb. Unindo extremos não consecutivos, obtemos um ponto de intersecção de duas rectas a meia altura -hc - do triângulo das circunferências exinscritas com aqueles raios.


[A.A.F]


2. Dados um lado de um triângulo e os raios dos dois círculos exinscritos referentes aos dois vértices desse lado, é possível obter os centros desses círculos.
Suponhamos dados o lado AB e os raios ra e rb. Tomemos BB' de comprimento ra perpendicular a AB em B e AA' de comprimento rb perpendicular a AB em A. Já vimos como obter hc. Tracemos duas paralelas a AB: uma por A', outra por B'. Desenhemos o rectângulo A'DB'E; as suas diagonais intersectam-se em K. O ponto K é centro de uma circunferência que contem A, B, Ia e Ib. A recta EB' determina Ia, a recta DA' determina Ib.


[A.A.F]

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sem esquecer nem esconder a melancolia das construções com ReC ou CaR ou ZuL e R. Grothmann.

Também não apagamos os "combates geométricos" e todo o trabalho ligado ao conhecido por "Geometriagon" e a "Giovanni Artico, com R. Grothman" patente na primeira linha desta entrada.

Um certo triângulo

Mara Isabel Cardoso, uma jovem professora de Matemática, colaborou aqui no bloGeometria (com um comentário e várias propostas) e também no Geometriagon. Foi, aliás, a única portuguesa (até hoje, para além de nós, aqui neste canto) que acrescentou um problema (o problema 523) à lista do Geometriagon, seguindo uma sugestão do Curso de Geometria de Paulo Ventura Araújo, publicado pela Gradiva. Agradecemos publicamente a Mara Isabel a participação de que abordaremos alguns aspectos em futuros artigos.

Não vamos apresentar aqui o problema 523, proposto por Mara Isabel. Apresentamos antes um outro que esse nos lembra e nos remete para o mesmo Curso de Geometria.

Aqui vai:


Tome um ângulo agudo qualquer de vértice A, e, entre os seus lados, um ponto P qualquer. Determine B e C sobre os lados do ângulo A, de tal modo que P seja o ponto médio de [BC].

Clicando sobre a ilustração ou sobre o enunciado, tem acesso ao exercício interactivo.

Outro problema triangular

A Mariana propôs um resultado sobre triângulos e nós ficámos sem saber muito bem o que fazer dele. Sem saber como falar dele sem ser a falar por falar. Mas aqui fica o desafio para pensar.
Determinar o vértice C do triângulo [ABC] de que se conhecem os lados a e c e os raios ra e rb dos círculos ex-inscritos nos ângulos A e B
Clicando sobre o enunciado, tem acesso ao respectivo exercício interactivo.

O que é simples e interessante disto é o que vou propor aos meus alunos do 8º ano na forma do Desafio que saiu no Público, pela mão do J. P. Viana, num dos últimos meses de 1998. Que desafio?

A Mariana garante (e com razão!) que pode dispensar um dos dados - o lado a, por exemplo. Experimente realizar o exercício interactivo sem precisar do lado a.

Animação com triângulo e hipérbole

Até agora não tínhamos conseguido fazer uma animação razoável para mostrar a ligação entre a hipérbole equilátera dos exincentros de um triângulo com a circunferência a ele circunscrita. Os olhos da Mariana que viram a relação entre triângulos dos exincentros e o triãngulo órtico deram conta do recado que aqui entregamos. Clique para ver a animação.
Toda a hipérbole equilátera que passa pelos exincentros I_a, I_b, I_c e pelo incentro I de um triângulo [ABC] tem o centro O_h sobre o círculo circunscrito ao triângulo.

Parábola exinscrita a um triângulo

No artigo anterior, apresentámos mais uma propriedade dos triângulos

Cada parábola exinscrita no triângulo tem a directriz a passar por H e o foco no círculo circunscrito.
em lista de espera de uma construção interactiva que a esclarecesse

A ilustração estática, que se segue, foi obtida da animação original feita em Zirkel - ReC e entretanto inviabilizada.



Em seguida, uma construção dinâmica em Geogebra feita para a recostrução:


[A.A.F.]

Se a parábola de foco F e directriz d for tangente aos três lados de um triângulo [ABC], tem a directriz d a passar pelo ortocentro H e o foco F sobre a circunferência circunscrita ao triângulo.

Triângulos, cónicas e Cinderella

António Aurélio Fernandes, do mundo dos triângulos, tem insistido em publicar mais resultados sobre triângulos e respectivas construções (ou ilustrações, quando não conseguirmos mais). Os resultados relativos a cónicas sempre nos lembraram as limitações do software que usamos. Descobrimos hoje, ao tentar construções com cónicas, que a última versão do Cinderella não tem as limitações das anteriores e não resistimos a publicar uma animação que ilustra bem que

Toda a hipérbole equilátera circunscrita a um triângulo passa pelo seu ortocentro H.
Nunca esqueremos a eternidade que fomos deixando passar enquanto tentávamos noutros tempos algumas construções tão fora do seu tempo. Sabemos que Cinderella está muito mais forte e bela. A verdade seja escrita

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Em fila de espera descansam por mais uns momentos:

Toda a hipérbole equilátera que passa pelos exincentros e pelo incentro de um triângulo tem o centro sobre o seu círculo circunscrito.

Cada parábola inscrita no triângulo tem a directriz a passar por H e o foco no círculo circunscrito.

Despertar para a demonstração

Em fins de Julho, publicámos um conjunto de resultados interessantes sobre triângulos integrados na série Despertares . Não tínhamos, na altura, a ideia de apresentarmos as demonstrações. Temos vindo a ser confrontados com a necessidade de apresentar algumas demonstrações exemplares em simplicidade. Podemos por isso falar neste artigo como mais um "despertar para a demonstração".

O que se aprende sobre Geometria, em particular sobre triângulos, é, em geral, tão pouco que, contando só com isso, a maioria dos problemas propostos ficaria sem solução. Quem imaginaria, por exemplo, que a área de um triângulo é dada pelo produto do semi-perímetro p pelo raio r do círculo inscrito?!
E afinal até é fácil demonstrá-lo:
Unamos I a A, a B, a C. A área do triângulo [ABC] é a soma das áreas dos três triângulos [IAB], [IAC] e [IBC]:
(1/2)a.r + (1/2)b.r + (1/2) c.r = (1/2)(a + b + c).r = p r.a

Do mesmo modo se demonstra que a área de um triângulo [ABC] também é dada por:
(p - a).ra ou (p - b).rb ou (p - c).rc.
em que p é o semiperímetro, a,b e c lados do triângulo e ra, rb e rc raios das exinscritas
De facto, área[ABC] = área[ABIa]+área[ACIa]-área[BCIa], todos triângulos de altura ra e bases, respectivamente c, b e a.
Logo, área[ABC]=(c.ra+b.ra-a.ra)/2 =[(1/2)[(a+b+c)] -a].ra=(p-a).ra








Aurélio Fernandes ainda lembrou que, designando por I' e I'a os pés das perpendiculares a AB tiradas por I e por Ia (projecções sobre AB de I e Ia, ou pontos de tangência de AB com as circunferências inscrita e exinscrita...), é verdade que
|AI'a|=p
|AI'| =p-a.

Um velho problema de Puig Adam

Em 3 de Janeiro de 2005, entre os problemas de Puig Adam apareceu o seguinte:

Demonstrar que a recta que une o vértice A de um triângulo [ABC] com o incentro I corta a circunferência circunscrita (centrada em O) num ponto P equidistante de B, de I e de C.

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No último mês, recebemos uma proposta de demonstração que agradecemos. Estudamos todas as contribuições à medida do que sabemos e das nossas disponibilidade, mas só publicamos o que achamos correcto. Algumas vezes enganamo-nos ou publicamos contributos mesmo sem concordar com a escrita quando isso serve para clarificar uma ou outra abordagem e o que é correcto e mais elegante pode ficar evidenciado na controvérsia que possa estabelecer-se.
No caso presente, pareceu-nos mais acertado submeter à apreciação pública uma demonstração feita pela casa

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Por ser AP a bissectriz do ângulo BÂC, os arcos BP e PC são iguais (duplos de ângulos inscritos iguasi) e as correspondentes cordas BP e CP têm comprimento igual: |BP|=|PC|.

O ângulo PBI (inscrito na circunferência de centro O) é metade do arco PCK(= arco PC+arco CK).
O ângulo PÎB (com vértice no interior da mesma circunferência) é metade da soma dos arcos BP e AK.
Como AP é bissectriz do ângulo BAC, o arco BP é igual ao arco PC. E por BI ser bissectriz do ângulo ABC o arco AK é igual ao arco CK. Assim: arco PK=arco PC +arco CK = arco BP +arco AK e logo os ângulos PBI e PIB são iguais.
No triângulo [PBI], isósceles, aos ângulos iguais (PBI=PIB) opõem-se lados iguais (|PI|=|BP|).

|PI|=|BP|=|PC|.
A construção reconstruída agora:


[A.A.F.]

Um problema de férias

Clicando sobre o enunciado, pode aceder ao exercício interactivo correspondente.

Por construção, determinar a recta tirada por um ponto dado que é equidistante de duas circunferências dadas
Para além da resolução geométrica, tem interesse tentar a demonstração e estudar as condições de possibilidade do problema.
Ficamos à espera. Já encontrámos (Arsélio e Aurélio) o tal problema (ou parecido) que me afligiu no Geometriagon e lá está resolvido por mais que um processo (por mais que uma forma de demonstrar o resultado associado....).
Quando o reencontrar me lembrar disso, prometo vir aqui dar a referência na grande LISTA.

[AM]

Recta de Simson com propriedade

Por três quaisquer pontos - A, B e C - não colineares passa uma e uma só circunferência. Se sobre essa circunferência tomarmos um quarto ponto P, são colineares os pés - R, S e T - das perpendiculares aos lados do triângulo [ABC] tiradas por P. A essa recta que passa por R, S e T é que chamamos recta de Simson relativa a P e ao triãngulo [ABC]

Neste Lugar Geométrico tínhamos chamado (mais uma vez, diga-se!) a atenção para um exercício proposto por Puig Adam na sua Geometria Métrica

7. Demonstrar que a recta de Simson relativa ao ponto P está a igual distância de P e do ortocentro H.



Seguindo o conselho de Aurélio Fernandes, e depois da observação meticulosa de Mariana Sacchetti sobre uma proposta que nos foi apresentada, continuamos sem resolver o problema proposto (a demonstração). Mas, para o caso de alguém ter reparado na falhada publicação sobre o assunto, feita a 13 de Agosto, aqui deixo uma nova e mais clara ilustração para a propriedade em estudo.

[AM]

Problemas de férias

No Geometriagon fui apanhado (e humilhado) por um problema que se referia a distância de circunferências a pontos e a recta. Tratava-se de determinar, sobre uma recta r dada, o ponto P equidistante de um ponto A e de um círculo dados. Ainda não consegui arranjar uma construção (e demonstração) e continuo a pensar nele. Mas porque hei-de sentir-me sozinho? Há muito boa gente que não resiste a um desafio.

Em deambulações recentes, passei por um problema do mesmo tipo (ou com os mesmo ingredientes) na Revista de Professores de Matemática (do Brasil). Este novo problema (que pode vir a transformar-se em exercício interactivo por aqui mesmo) pede que se determine uma recta r que passe por um ponto P dado e seja equidistante de duas circunferências dadas.

Pode tentar?



Seja uma circunferência de centro O e uma recta r. Tirada por O a perpendicular a r, a distância da ciruncferência à recta é o comprimento do segmento [AB], em que A é o pé da perpendicular e B é a intersecção da semirecta de O para A com a circunferência. Isto é, a distância de uma cirunferência à recta r é o que resta da distância de O a r depois de lhe subtrairmos o raio da circunferência.

ass. Arsélio Martins

Sexto despertar dos geómetras.

Vamos dar por finda a série de despertares sobre o inesgotável manancial de propriedades dessa figura geométrica tão enganosamente simples: TRIÂNGULO.
E vamos terminar com um conjunto de propriedades que, ao contrario das anteriores, não foram compiladas de nenhuma das obras a que recorremos ( queremos destacar em especial a "Enciclopedia delle Matematiche Elementari e Complementi" e "Geometria Métrica" de Puig Adam). Resultaram do esforço investigativo da Mariana; daí os designarmos por "Teoremas da Mariana" (se algum geómetra de outros tempos já tinha descoberto estas propriedades, as nossas desculpas por o estarmos a ignorar; por vezes, em Ciência, estas coisas acontecem!).
Dispensamo-nos de enunciar os Teoremas da Mariana, pois as imagens, de sua autoria, falam por si. Pode ter tudo em tamanho decente, clicando sobre a ilustração(este belo rectângulo pintado que se segue):

A reconstrução em Geogebra de António Aurélio Eis o desenho de Mariana:

outras notas de então que não revemos agora:
São exemplos de problemas em que se aplicam estas propriedades os 472, 473, 474, 475, 476, 500, 501, etc do GEOMETRIAGON

EM VOLTA DOS TRiÂNGULOS

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RESULTADOS:
A Mariana disse que as demonstrações não couberam na nota onde nos deu conta do que foi vendo.
Boas figuras explicam tudo - diz o Aurélio.
Sempre pode mover um ou outro ponto se houver algum interesse nisso.

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Construído com prazer e com ReC de R. Grothmann.

Quinto despertar dos geómetras.

Triângulo órtico; ortocentro

Dado o triângulo [ABC], sejam H_a, H_b e H_c os pés das alturas. O triângulo [H_aH_bH_c] é o "triângulo órtico" do triângulo dado.


[A.A.F.] Verifica-se que:

1. os lados de um triângulo (acutângulo) são as bissectrizes exteriores do seu triângulo órtico;



2. as alturas de um triângulo são as bissectrizes do triângulo órtico;



3. o triângulo órtico é o o triângulo de perímetro mínimo que pode ser inscrito em [ABC];



4. a área de um triângulo é dada por p'.R, produto do semi-perímetro do triângulo órtico pelo raio do círculo circunscrito;



5. os pontos A, B, C, H gozam da propriedade seguinte: qualquer um deles é ortocentro do triângulo formado pelos outros três.



6. os vértices de um triângulo são os exincentros do seu triângulo órtico;



7. o ortocentro de um triângulo é incentro do seu triângulo órtico;

Quarto despertar dos geómetras.

Mais propriedades dos círculos exinscritos

Dado um triângulo [ABC], os pontos I_a, I_b e I_c, centros dos círculos exinscritos, definem uma circunferência. Seja O_e o seu centro; o ponto O_e e o incentro I definem um segmento |O_eI| cujo ponto médio é o centro O do círculo circunscrito. O raio do círculo dos exincentros tem comprimento duplo do raio do círculo circunscrito: R_e = 2R.

Se, a partir de I_a e de I, tirarmos perpendiculares para o lado [BC], os pés das perpendiculares definem um segmento cujo ponto médio é M_a, ponto médio do lado. O mesmo se passa com I, I_b e I, I_c.

O círculo circunscrito contem os pontos médios dos lados do triângulo de vértices I_a, I_b, I_c. E contém também os pontos médios dos segmentos que unem cada exincentro a I.

as circunferências BCI_a, CAI_b, ABI_c passam pelo incentro I;

[A.A.F.]

notícias da conspiração

De vez em quando, quando tudo me parece parado que é quando me ocupo com o reboco de alguma lamentação doentia sobre o que não é nem matemática nem ensino da glória, ouço vozes que me avisam sobre o "estalar da porcelana da noitinha da geometria". O António Aurélio e a Mariana continuaram a estudar os problemas e a geometria do triângulo e há quem diga que há propriedades que escaparam a toda a gente, mas foram apanhadas nas redes de pesca da Mariana que não se cansa de desenhar na praia. Já ando a pedir as necessárias autorizações, apoios e tempo para tornar públicas as elocubrações marianas, em primeira mão, neste lugar geométrico. Não resisto a falar disto para aguçar o apetite de algum eventual leitor tentado a ir de férias sem querer saber.

No dia 17 de Julho, Arsélio & Aurélio encontrar-se-ão em Famalicão, com Cinderella, com a geometria e com professores de uma ecola básica. Não há encontros felizes?

ass. Arsélio Martins

Dividir um triângulo em dois, de outro modo.

Determinar [DE], paralela a AB, que divide [ABC] em dois polígonos equivalentes

Dividir um triângulo em dois

Vamos dividir um triângulo em dois polígonos equivalentes por uma recta perpendicular a um dos lados? Vamos.

Como determinar [DE] perpendicular a AB que divida [ABC] em dois polígonos equivalentes

1. Tomámos um triângulo de vértices A, B, C e lados a=BC, b=CA e c=AB. Considerámos também um ponto U e por ele, uma reta r paralela a c. Pode mover o ponto U e com ele a reta r.
   
2. Considerado o ponto M médio de AB, tomámos a circunferência de centro U e raio AM ou MB e o ponto P um dos pontos comuns a r e (U, MB).
3. E o ponto Q de r: PQ=BH_c, sendo H_c o pé da perpendicular a AB tirada por C:
   CH_c é uma altura do triângulo [ABC] sendo a área deste metade de AB*CH_c.
   Q é um dos dois pontos comuns a r e à circunferência (P, BH_c)
   
4. A circunferência de diâmetro QU tem centro R: RU=UQ.
   E é intersectada em S pela perpendicular a (r ou a ) AB tirada por P.
5. A circunferência de centro B e raio PS intersecta BA em D, ou seja BD=PS e a perpendicular a AB tirada por D intersecta BC em E que, os calculados BD*DE e da figura DBE nos leva a pensar (conjecturar) que é esta DE (assim determinada) quem divide ABC em dois polígonos [ADEC] e [DBE] equivalentes.
6. ?

[A.A.M]

Partindo um quadrilátero em dois...

Há um mês atrás, a 24 de Maio, tínhamos proposto alguns problemas de divisão em partes equivalentes. Voltamos a eles como propostas de exercícios interactivos. Manda o culto mariano que o último deles, de aparência simples, seja o primeiro. Assim seja:

Determinar E (sobre [AB]) tal que [DE] divide o quadrilátero [ABCD] em dois polígonos equivalentes.


Vejamos então a resolução (proposta por Mariana Sacchetti)
Traçámos as retas AB e DB. Por C traçámos uma reta paralela a DB que interseta AB em F.

Os trângulos [DBC] e (DBF] têm a mesma área pois têm a mesma base [DB] e a mesma altiura, distância entre as retas paralelas DB e CF.

Então, o quadrilátero [ABCD] e o triângulo [ADF] são polígonos equivalentes.

A mediana [DE] do triângulo [ADF] divideo-o em dois triângulos equivalentes, logo divide o quadrilátero [ABCD] em dois polígonos equivalentes.

Dividir de forma rigorosa

António Aurélio continua a propor combates como se fossem problemas. Como exercícios interactivos aparecem por aqui. E é inevitável serem propostos como combates geométricos. Podem começar a resolver:

1.      Dado um triângulo [ABC], determinar um ponto O no seu interior tal que os triângulos [OAB], [OBC] e [OCA] sejam equivalentes.




2.     Por um ponto P exterior a um círculo de centro O, tirar uma secante PAB, tal que a área do triângulo [OAB] seja máxima.
3.     Dado um círculo, traçar uma circunferência concêntrica que o divida em duas partes equivalentes.
4.     Dividir um triângulo em duas partes equivalentes por uma recta tirada por um ponto de um dos seus lados.
5.     Dividir um triângulo [ABC] por paralelas a BC, em 3 partes cujas áreas sejam proporcionais a três comprimentos dados.

Terceiro despertar dos geómetras.

Para obtermos o incentro de um triângulo [ABC] temos de traçar, como é sabido, as bissectrizes dos ângulos internos do triângulo: obtemos um ponto, habitualmente designado por I - incentro, que tem esta propriedade de ser equidistante dos três lados. Desenhamos assim uma circunferência de (in-)raio r - círculo inscrito - tangente aos três lados do triângulo.
Pois bem, é possível desenhar mais três circunferências tangentes aos três lados, agora externamente ao triângulo - círculos exinscritos. Para obter, por exemplo, o círculo exinscrito no ângulo de vértice A, basta traçar as bissectrizes externas dos ângulos com vértices em B e C. Designaremos por I_a, I_b, I_c os centros das três circunferências exinscritas.
Notas: A bissectriz interna do ângulo em A passa por I e por I_a, a bissectriz interna do ângulo em B passa por I e por I_b, a bissectriz interna do ângulo em C passa por I e por I_c. As bissectrizes interna e externa de um ângulo são perpendiculares.


[A.A.F.] Propriedades.

A área de um triângulo é dada pelo produto do semi-perímetro pelo raio r do círculo inscrito.

As circunferências BCI_a, CAI_b, ABI_c intersectam-se em I.

Os pontos I_a, I_b, I_c formam um triângulo que tem por alturas as bissectrizes dos ângulos internos.

Os pontos médios dos segmentos que unem cada exincentro ao incentro pertencem ao círculo circunscrito.

r_a + r_b + r_c= r + 4 R (r: in-raio; I: incentro; R: circum-raio; O: circuncentro; r_a: exin-raio, etc)

|OM_a| + |OM_b| + |OM_c|= r+R

|OI|² = R (R -2 r)

|OI_i|²= R (R + 2r_i), em que i = a, b, c.

A potência do incentro em relação ao círculo circunscrito é dada por 2rR.

A potência de cada exincentro em relação ao círculo circunscrito é dada por 2r_i R, com i = a, b, c.

Seja T₁ o ponto de tangência do círculo inscrito com AB e T₂ o ponto de tangência do círculo exinscrito no ângulo de vértice A com AB e seja p o semi-perímetro do triângulo. Demonstra-se que:
|AT₂| = p,    |AT₁| = p - |BC| e |T₁T₂| = |BC|.

B e C estão sobre a circunferência de diâmetro [II_a]

[A.A.F.]

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António Aurélio Fernandes informa:
Estas notas ajudam a resolver os exercícios 213, 214, 279, 373, 385 do Geometriagon

Divisões

Problemas de construção que apresentaremos na forma de exercícios interactivos (ou não):

1.     Dividir um trapézio em três partes equivalentes por rectas que intersectam as bases.

2.     Dividir um dado círculo em três partes de áreas proporcionais a três comprimentos (m, n, p) dados, com recurso a circunferências concêntricas ao círculo.

3.     Dividir um triângulo em duas partes equivalentes por uma perpendicular a um dos lados.

4.     Dividir um triângulo em duas partes equivalentes por uma paralela a um dos lados.

5.      Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma recta passando por um vértice.

Segundo despertar dos geómetras.

Prosseguimos a nossa intenção já anunciada em 5 de Abril: fornecer aos jovens, apanhados pelo vírus da Geometria, instrumentos essenciais para a resolução de problemas; são, como já dissemos, questões não tratadas n a escola básica ou secundária.
Apresentamos hoje quatro proposições de frequente aplicação; não as demonstramos, mas prometemos publicar qualquer demonstração que nos seja enviada.

Recta de Euler: Num triângulo, o baricentro G, o ortocentro H e o circuncentro O são colineares e de tal modo que |GH| = 2 |GO|.


Este resultado é útil em todos os problemas de construção em que se afigure necessário obter um destes pontos notáveis conhecidos que sejam os outros.

Dos vértices aos pés das alturas: A circunferência que tem como diâmetro o lado de um triângulo, passa pelos pés das alturas referentes aos outros dois lados.


.


Uma bissectriz, duas simetrias: Consideremos um triângulo e o seu círculo circunscrito. O ângulo formado pela altura e diâmetro referentes ao vértice A tem como bissectriz a bissectriz do ângulo BÂC.




Outros pontos da circunferência dos vértices:

1 A bissectriz de um ângulo e o diâmetro perpendicular ao lado oposto de um triângulo intersectam-se num ponto da sua circunferência circunscrita.




2 O ortocentro H de um triângulo tem como simétrico em relação a cada lado um ponto do circuncírculo.

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O próximo Despertar será dedicado a círculos ex-inscritos e suas relações com outros elementos do triângulo.

Falam, falam, falam... Mas, quem cumpre, quem obriga a cumprir? Quem? :-)
© Aurélio Fernandes!
que mais manda que aos interessados se informe que estes "despertares" apoiam a resolução de problemas do tipo dos designados pelos números
119, 123, 127, 129 e 133 na extensa lista do   GEOMETRIAGON.

Triângulo de perímetro mínimo.

No interior do ângulo  Â  toma-se um ponto P. Por P passa uma infinidade de rectas que cortam os lados do ângulo  Â. Cada uma dessas rectas tirada por P define um triângulo. Vasculhemos o mundo desses triângulos, até encontrarmos o de perímetro mínimo.


Para aceder ao exercício interactivo, clique sobre a ilustração.

Triângulo equilátero num quadrado.

No Curso de Geometria de Paulo Ventura Araújo, que foi publicado pela Gradiva em 1998, há muitas propostas de trabalho (teoremas mais ou menos clássicos - demonstrações e construções; e demonstrações que sugerem construções com régua e compasso) que podem ser transformadas em belos exercícios interactivos. Aqui deixamos uma sugestão de exercício interactivo:

Sobre os lados de um quadrado [ABC], determinar os vértices Y e Z de um triângulo [XYZ] equilátero, do qual é dado o vértice X em [AB]


Para aceder ao exercício interactivo, clique sobre a ilustração.

Trapézios circunscritíveis

No último número da "Educação e Matemática", José Paulo Viana propôs o problema - Uma circunferência no trapézio - com o seguinte enunciado:

Uma circunferência é tangente aos quatro lados de um trapézio isósceles. As bases do trapézio medem 4 e 16 cm. Qual é a medida do raio da circunferência? Investigação suplementar para os mais entusiastas: Que aconteceria se o trapézio não fosse isósceles?

E, no rasto dessa proposta, Mariana Sacchetti propôs ao Geometriagon um problema de construção de trapézio circunscritível.
A primeira pergunta que nos vem à cabeça tem a ver com as qualidades que um polígono, neste caso um quadrilátero, deve ter para merecer que haja uma circunferência tangente a todos os seus lados. O Aurélio não deixou de garantir imediatamente que trapézio que não seja isósceles não é trapézio que possa ser circunscritível. Será assim? O problema proposto pela Mariana e que aqui fica também como exercício interactivo é da construção de um trapézio isósceles e da circunferência nele inscrita a partir de uma das bases do trapézio e do comprimento da outra.

Esta pequena discussão trouxe-me à memória um artigo que tinha lido em tempos e que voltei a procurar: "Circumscribable Quadrilaterals: A Journey in Honors Geometry. Charles Worrall. Mathematics Teacher (NCTM) October 2004, Volume 98, Issue 3, Page 192". Tinha gostado muito da introdução que começava de uma forma inspiradora: If we want to inspire a young writer to be a poet, we do not start with a grammar book. Instead, inspiration and love literature come from reading complex works of art like Hamlet or Catcher in the Rye. Promoting a similar idea, Einstein wrote "the misterious... is the source of true art and science" (Ulam 1976, p. 289). To be more specific, one way to develope urgency and curiosity in mathematics students is to encourage them to wrestle with complex mathematical objects, ones whose dep and misterious realationschips are waiting to be found

Tinha gostado muito das primeiras palavras e foram elas em primeiro lugar que me vieram à memória. Mas não resisto a acrescentar aqui o primeiro problema posto por Worrall nesse artigo:

Se um quadrilátero tem três lados consecutivos a medir 12, 15 e 17 unidades e circunscreve um círculo, quanto mede o seu quarto lado?

Coloquei este problema aos alunos do 9º ano. O que é que nele é difícil? O mais óbvio.... depois de saber. Como sempre, aliás.

Monsky e a divisão do quadrado em triângulos

A referência do artigo de P. Monsky sobre a divisão do quadrado em triângulos equivalentes é:

On dividing a square into triangles, Amer. Math. Monthly, Vol. 77 No. 2, Feb. 1970, pp. 161-164.

Nas "Tardes de Matemática 2003-2004", promovidas pela Delegação Regional do Centro da Sociedade Portuguesa de Matemática, há referência a uma conferência de Alfredo da Costa (da Universidade de Coimbra) sobre este tema. Era apresentada assim:
Título:
Dissecação de polígonos em triângulos com áreas iguais
Resumo:
É fácil dividir uma quadrado em dois triângulos com áreas iguais, para tal bastando a sua bissecção por uma das diagonais. De um modo geral, podemos dividir um quadrado num qualquer número par 2n de triângulos com áreas iguais: dividimos uma das diagonais em n segmentos de igual comprimento e depois unimos as extremidades desses segmentos às extremidades da outra diagonal. Surge assim naturalmente a seguinte questão: é possível dividir um quadrado num número ímpar de triângulos com áreas iguais? Este problema foi resolvido em 1970 por Paul Monsky. Nesta palestra vamos apresentar a abordagem de Monsky. A partir dela, faremos depois uma digressão sobre o problema da dissecação em triângulos da áreas iguais de outros polígonos além do quadrado.

Do Brasil: um problema e um livro português

Do Brasil, João Linneu escreveu para nos dizer:

Gostaria de encontrar a solução do problema:
"Dividir um quadrado em três triângulos equivalentes"
Sei que em 1970 a questão foi solucionada por Paul Monsky (...).


Ao mesmo tempo, pedia-nos ajuda para encontrar o livro "Fundamentos da Geometria" de José Joaquim Dionísio. Nós não conhecíamos o livro e não encontrámos referência em pesquisa bibliográficas pela BN.
Luís Sanchez e José Francisco Rodrigues, do Departamento de Matemática da Faculdade de Ciências de Lisboa, deram-nos notícia do livro que, afinal, foi publicado recentemente pelo Departamento.
Lá iremos ao livro. E obrigado a todos.

Nota de memória: Isto fez-me lembrar os apontamentos manuscritos do curso de Geometria que, regressado recentemente do Brasil, José Morgado preparou para a Delegação Regional do Norte da SPM (então renascida). Ainda me lembro de enviar os apontamentos pelo correio, para lá dos montes, quando os professores não podiam deslocar-se à Faculdade de Ciências do Porto para assistir a essas sessões.

Triângulos rectângulos

Aqui deixamos a lista dos exercícios interactivos sobre triângulos rectângulos que, um dia destes, serão colocados em linha, nesta linha de produção. Nada obsta a que, desde já, se tentem resolver em papel, com lápis, régua e compasso.

Construir um triângulo rectângulo de que se conhece um cateto e a altura (relativa à hipotenusa)

Construir um triângulo rectângulo de que se conhece a hipotenusa e a altura respectiva.

Construir um triângulo rectângulo de que se conhece a altura relativa à hipotenusa e a mediana relativa ao vértice do ângulo recto.

Construir um triângulo rectângulo de que se conhece a altura relativa à hipotenusa e o raio da circunferência inscrita.

Construir um triângulo rectângulo [ABC]de que se conhece a hipotenusa [AB] e a mediana relativa ao vértice B.

Construir um triângulo rectângulo de que se conhece um ângulo agudo e a soma dos comprimentos dos seus lados.

Construir um triângulo rectângulo conhecendo a hipotenusa e a diferença dos comprimentos dos catetos.

Triângulo rectângulo - um caso particular

Pode ser que ainda se lembrem da sugestão da entrada imediatamente antes desta para construção de um triângulo rectângulo.
Para aceder a um exercício interactivo relativo a
A partir do vértice do ângulo recto, determinar um triângulo rectângulo [ABC] de que se conhece só o raio da circunferência inscrita. bastará clicar sobre este seu enunciado.

Triângulo rectângulo

Há uns tempos, apresentámos um problema de construção de um triângulo rectângulo do qual eram dados os raios das circunferências inscrita e circunscrita. Mais tarde, lembrámos que aquele problema se podia reduzir a um outro: construir um triângulo rectângulo de que se conhece a hipotenusa e a soma dos seus catetos.

Para aceder ao exercício interactivo respectivo, bastará clicar sobre a ilustração que se segue

e que serve também para ajudar a ver como o problema inicial se transforma no segundo.

Ao estudar este exercício interactivo, chegámos a um outro problema que consideramos interessante: A partir do vértice do ângulo recto, determinar um triângulo rectângulo [ABC] de que se conhece só o raio da circunferência inscrita. Pode começar a pensar nele.

Circunferências para um triângulo

No artigo Memórias de Aurélio , para além das construções de circunferências tangentes que foram objecto das últimas entradas, eram propostas actividades de construção de 3 e 6 circunferências tangentes entre si e tangentes aos lados de um triângulo equilátero.

Aos estudantes da turma A do 9º ano propusemos recentemente que estudassem as melhores caixas para empacotar 3, 4 ou 6 bolas dadas, tendo alguns deles apresentado prismas triangulares e pirâmides como boas soluções. Agora propomos-lhes que procurem os círculos que cabem ajustados de determinada forma na caixa triangular que fornecemos.

Há dois modos de apresentar 3 circunferências tangentes duas a duas e tangentes aos lados de um triângulo equilátero, como se pode ver pela ilustração. Apresentamos, por isso, dois exercícios interactivos para os dois processos de construção das 3 circunferências.

Aqui vão como exercícios interactivos os últimos das Memórias de Aurélio. Basta clicar sobre cada uma das ligações para aceder ao exercício respectivo e ensaiar a construção rigorosa que se espera e o computador reconhecerá.

Construção de 3 circunferências iguais e tangentes duas a duas e em que cada uma é tangente a um só lado do triângulo.

Construção de 3 circunferências iguais tangentes duas a duas e em que cada uma é tangente a dois dos lados do triângulo.

Construção de 6 circunferências tangentes duas a duas e tangentes aos lados do triângulo.

3 circunferências tangentes - I I

No artigo Memórias de Aurélio foi recordada uma velha proposta que tinha sido esquecida neste lugar geométrico: Construir três circunferências tangentes duas a duas. Colocámos já há uns dias, como exercício interactivo em Cinderella, o problema da construção das três circunferências dados os seus raios. Agora estamos a propor o exercício interactivo, sobre Zirkel und Lineal - ReC, da construção de três circunferências tangentes duas a duas de que se conhecem os seus centros.
Para aceder a este novo exercício interactivo, clique aqui. Resolva(-se)!

Neste e noutros exercícios, efectuados sobre ReC, a solução pretendida está patente como indicação em cor de rosa. O trabalho consiste em realizar a construção com os instrumentos disponíveis na barra superior. até que o computador reconheça, em mensagem própria, que o processo seguido conduziu ao resultado esperado.

Claro que agradecemos que comentem e, se possível por e-mail, nos façam chegar os resultados dos esforços, bem como eventuais críticas e sugestões sobre estes exercícios.

O despertar dos geómetras - MEDIANAS

O Geometriagon veio mostrar que há muitas pessoas interessadas (e mesmo viciadas) em resolver problemas de construção geométrica. Acontece que a formação do ensino elementar em Portugal não aborda (ou aborda de forma deficiente) conceitos, definições e propriedades relativas a relações entre elementos. À medida que as dúvidas sobre triângulos foram aparecendo, conduzimos os estudantes (e outros) para as lições do Puig Adam que publicamos em tempos, com animações a ilustrar definições e propriedades.
Vamos debruçar-nos, de novo e de outro modo, sobre algumas das propriedades dos elementos dos triângulos, propondo o estudo de exercícios que com elas se relacionam.

MEDIANAS BELEZAS?

Começamos pelas propriedades das 3 medianas de um triângulo [ABC] que unem cada vértice (A, B ou C) ao ponto médio (Ma, Mb ou Mc) do respectivo lado oposto (BC, AC ou AB).
As três medianas passam por um mesmo ponto G, a que se chama baricentro (ou centro de gravidade. vértice comum de três triângulos equivalentes - de igual área - [BGC], [AGC] e [AGB]).
O ponto G é tal que |AG|=2|GMa|, |AG|=2|AMa|/3. E, evidentemente, se tirarmos por um vértice (A) uma recta a passar pelo ponto médio de uma mediana, ela vai dividir o lado oposto (BC) em dois segmentos na razão de 1 para 2. Paralelas a dois lados tiradas por G dividem o 3º lado em 3 partes iguais.
Lembramos que MaMb é paralela a AB, MbMc//BC e MaMc//AC.

Carregando nesta ilustração das propriedades das medianas
de um triângulo tem acesso a um exercício interactivo
de construção de um triângulo a partir de um lado e
de duas das suas medianas. Não quer tentar?

Não será interessante provar todas aquelas propriedades?
Já agora vale a pena lembrar que a divisão de um segmento em três partes iguais proposta por Afonso Graça (e que tanto nos intrigou) é afinal uma aplicação das propriedades das medianas de um triângulo. Não é?

3 circunferências tangentes - I

Não recebemos propostas. Sabemos que a época é má. Aqui deixamos um exercício interactivo de construção de 3 circunferências tangentes de que são dados os raios. Toca a tentar.

Para aceder ao exercício interactivo, clique aqui.

O tri(rect)ângulo

Um problema de construção pode ser afinal outro, outro em vez dele, outro como ele dito de modo diferente. Ninguém se aproximou ainda do problema que reside em construir um triângulo rectângulo do qual se conhecem os raios das circunferências inscrita e circunscrita.
Li que esse problema é equivalente ao da construção de um triângulo rectângulo do qual se conhecem a hipotenusa e a soma dos catetos.
Porquê?

O que é que queremos saber?

Cada um quer saber coisas diferentes quando constrói e quando olha para uma construção. Todos aprendemos alguma coisa mesmo quando não queremos. Temos a ideia que seguir os passos de uma construção e compreender tudo e todas as razões é bom para desenvolver uma competência fundamental - pelo menos essa, a de raciocinar dedutivamente. Inicialmente, publicámos mesmo alguns exercícios que exigiam (e dependiam d) a escrita das explicações. E publicámos as demonstrações. Depois deixámo-nos disso. Mas acolhemos os escritos das pessoas que sentiram necessidade de explicar as suas opções. Isso é melhor.

Sobre o método geral do artigo anterior, a Rosa Amélia, do Departamento de Matemática da Universidade de Aveiro, quer saber qual a matemática, qual o pensamento matemático que levou ao (ou justificou o) processo para poder discutir porque é que funciona rigorosamente para uns casos e é só aproximado para outros.

Estamos nessa.

Divisão em 7

Ainda não tinha acabado de escrever a pergunta como é que se divide, com régua e compasso, a semicircunferência em sete partes iguais e já o nosso Paulo Correia (de Alcácer do Sal) nos escrevia:

Ora viva...
A divisão de uma semi-circunferência em 7 partes iguais (conforme o anexo):

Sobre um extremo do diâmetro traça-se uma recta, e sobre essa recta, sete comprimentos iguais.
Traça-se o segmento de recta que une o 7º comprimento ao outro extremo do diâmetro e a paralela a este segmento (que divide o diâmetro em 7).
Depois, a intersecção das circunferências de raio igual ao diâmetro centradas nos extremos do diâmetro, e a recta que contem esse ponto e o 1/7b do diâmetro.
Essa recta intersecta a semi-circunferência inicial na divisão pertendida.

Aprendi isto na disciplina de Educação Visual há muito tempo atrás - foi útil agora.
Em Geométricas > Construções > Polígononos Regulares > Heptágono está uma variação deste procedimento para a construção de um heptógono regular inscrito numa circunferência, por um prof. de EVT.

Um abraço,
Paulo Correia

A página que o Paulo refere é do Tiago Carvalho, professor de uma vizinha escola em Ílhavo. Recomendamos vivamente a visita ao Tiago que apresenta construções geométricas animadas, passo a passo, em flash.

E aqui fica a ilustração da construção proposta pelo Paulo:

Já há muito tínhamos começado a discutir estas construções em   o problema com sete lados, ainda antes do início deste bloGeometria e com a ajuda do André Moreira, um outro professor de Educação Visual, a trabalhar numa vizinha escola de Bustos. Ainda não discutimos o rigor destas construções e nem sequer publicámos então a proposta de construção do André que serviu para o heptágono com que ilustrámos o problema com sete lados. Não perde por esperar.

Memórias de Aurélio

De vez em quando, Aurélio Fernandes vem lembrar-nos das propostas passadas que não passaram de propostas. Ele diz que ninguém tentou apresentar uma construção das 3 cirunferências tangentes (duas a duas) centradas em 3 pontos dados. Nem nós que nos ficámos pelas circunferências centradas nos vértices de um triângulo equilátero. Mais geral ainda, o que se propôs foi a construção de três circunferências diferentes tangentes duas a duas. Sem resposta. Até agora. Ficamoa à espera uns dias de uma resposta. Aqui fica uma nota de memória de Aurélio.

Mais propostas com triângulos e circunferências:
(1)Construir três circunferências tangentes entre si e aos lados de um triângulo equilátero.
(2)Construir seis circunferências tangentes entre si e aos lados de um triângulo equilátero.

A construção geral

Apareceram afinal mais estudantes a apresentar a construção cheia de graça do octógono regular (dado o lado), por exemplo, o J. Vieira. E, pelo que nos disseram, estamos perante um processo geral (ensinado em Educação Visual e Desenho) para construção de polígonos regulares a partir do lado. E podemos deslocar o nosso olhar para a matemática do processo. Quer desenhar um heptágono? Divida aquela semicircunferência em sete partes iguais e... O problema será: E como é que se divide (com régua e compasso) uma semicircunferência em sete partes iguais?

O tri(rect)ângulo

Podemos construir um triângulo rectângulo se conhecermos tão somente os comprimentos dos raios das suas circunferências inscrita e circunscrita. Não podemos?

Octógono cheio de graça

Há muitas formas de abordar a construção de um octógono. Apresentámos duas para além das que o Paulo de Alcácer nos mandou. Pode ter interesse ainda olhar para o octógono decomposto em dois trapézios isósceles separados por um rectângulo. E parecia-nos que íamos fechar o capítulo dos octógonos.

Eis senão quando o nosso Afonso Graça, aluno do 11º ano, apresentou uma nova construção muito rica (de implicações).

O octógono mais simples é sagrado.

A construção de um octógono regular a partir do seu lado foi-me sugerida pela arquitectura religiosa e pelo desenho de alguns artefactos sagrados. Mas o que interessa é a simplicidade. O lado de um octógono regular, quando inscrito numa circunferência, corresponde a um ângulo ao centro de 45º. Ao construir uma circunferência de centro em M e diâmetro AB, obtemos um ângulo ANB recto (N sobre a mediatriz de AB). A circunferência de centro em N que passa por A e B, determina O sobre a mediatriz de AB e o ângulo AOB é inscrito, correspondendo ao ângulo ao centro ANB recto, A circunferência circunscrita ao octógono regular de lado AB tem centro em O e passa por A. Gosto da sagrada figura que se segue.

A mais bela e simples: a sagrada.

Notas de quem olha para o céu:
E é claro que basta olhar para cima para ver um ponto P de tal modo que APB vale 2π/16 (a décima sexta parte da circunferência) para obtermos o centro da circunferência circunscrita a um polígono regular de 16 lados iguais a AB. E, continuando a olhar para o céu, ... estão a ver?

Segundo octógono de Alcácer

A segunda construção de Paulo Correia que ele considera ao nível da geometria do 9º ano de escolaridade pode ser acedida, clicando na ilustração feita a partir dela. Escreveu ele, a este respeito: Neste serão octogonal, encontrei uma solução mais simples que consiste em reconhecer que o ângulo interno é de 90º+45º, a partir daí só com paralelas, perpendiculares e compasso, saí o resto... pois era mesmo para o 9º ano... :-)

Primeira construção de um octógono (dado o lado)
de Paulo Correia .

Primeiro octógono de Alcácer

Paulo Correia, de Alcácer do Sal, enviou-nos duas construções para o octógono regular, a partir do lado. Clicando sobre ilustração abaixo tem acesso à primeira construção (em Cinderella) de Paulo Correia. Ele disse o seguinte: (...) a solução não foi trivial para mim, por isso a envio: a azul as primeiras construções para determinar o centro da circunferência onde ficará inscrito o octogono, a vermelho as construções posteriores.

Primeira construção de um octógono
de Paulo Correia.

Do quadrado para octógono regular

Um octógono regular pode ser obtido a partir de um quadrado cortando-lhe quatro cantos rectangulares isósceles iguais. Como mostra a figura. Ao quadrado [JKLM], cortamos os triângulos isósceles iguais a [AIB] (ou [BJC], de hipotenusa [AB] dada para lado do octógono a construir. Se nos é dado o lado do octógono, qual é o lado do quadrado de que ele pode resultar por corte?

Para um octógono de raio 1, tomemos um quadrado de lado V2+1+V2.
Não! A nossa preferida não é esta. Não perdem por esperar.

Soluções com problema

Paulo Correia, de Alcácer do Sal, enviou-nos duas construções de octógno regular a partir do seu lado [já cá cantam 3 e ainda preferimos a nossa:-)] e uma interpretação para a construção da triangulatura do círculo acompanhada de um belo (geometer's)SKETCH(pad). De tudo daremos conta. Mas não adiamos mais a mensagem que desafia. Diz ele:
(...)Em terceiro lugar, uma sugestão de problema, para o qual não tenho resposta, mas que a intuição me diz existir - talvez até fácil...
"Dado um triângulo qualquer, construir um triângulo equilátero equivalente - com a mesma área." Depois podemos "triangular" um quadrado ou um quadrilátero qualquer...
Espero que lhe dê que pensar... julgo que gosta disso...
Tem razão o Paulo quando diz que gostamos de pensar e gostamos de quem de nós pensa sinceramente isso, dando-nos em que pensar. A nós e a todos os que vão passando por aqui. Obrigado, Paulo.
Confesso que escrevi triangulatura por causa da quadratura, mas nunca pensei na palavra para designar algo tão específico como determinar um triângulo regular equivalente a .... Ficamos a dever ao Paulo mais este acerto.

O octógono regular

É claro que todos sabemos inscrever um quadrado num círculo dado. E, por isso, todos sabemos construir o octógono regular inscrito num círculo dado.
O que estamos a propor para estudo é a construção de um octógono regular de que se conhece o lado. Há uma bela construção que precisa de conhecimentos básicos (os estudantes do 9º ano podem pensar sobre esta construção).

Triângulo equilátero equivalente a um círculo

Para aprender a trabalhar com o ReC - Zirkel und Lineal , fazemos algumas experiências. Pode experimentar as ferramentas do ReC, seguindo os passos do exercício que lhe propomos. E, matematicamente, ficamos à espera que nos escreva sobre a razoabilidade desta construção de triangulatura do círculo :-).

Construção de um triângulo equilátero equivalente a um círculo dado.

Como é que vê as coisas na construção? Todas as informações nos interessam, já que, de computador para computador, se notam diferenças quando nós queremos que no essencial seja o mesmo que aparece em todo os lugares geométricos.
Pode seguir os passos da construção, ou reconstruir a dita desde o princípio, a partir da última ferramenta - seta verde.

E já agora! Será que isto tem algum interesse? Esse é o problema eterno sobre cada uma das coisas em cada intervalo do tempo que passa.

As áreas iguais do círculo e do triângulo

Em Março do ano passado, a propósito das comemorações do dia do  π  , publicámos uma entrada 3,14 - Dia do  π   - uma "rectificação" que abriu uma nesga de discusão sobre os inconstrutíveis e, logo, sobre o que podemos considerar uma construção razoável ou que nos dê uma aproximação razoável. Foi a Marianna quem, então, mais se debruçou sobre a prova da razoabilidade da construção de rectificação proposta, estando as suas reflexões publicadas como anexo do artigo citado acima.
Por outra via, a das aulas e de uma tentativa de visualização dinâmica de confirmação do teorema de Pitágoras pelos alunos do 8º ano, começamos a publicar também algumas propostas de exercícios de construção de figuras equivalentes a outra dada. Destes foram sendo colocados vários. Dirão que, por detrás disto tudo sempre pairou a sombra da "quadratura do círculo" :-).
Finalmente, e muito recentemente, colocámos de novo problemas de construção razoável, numa pequena entrada Figuras equivalentes com várias propostas de trabalho. A saber:
a construção (só razoável?)
de um triângulo equivalente a um círculo dado;
de um triângulo equilátero equivalente a um círculo dado;
de um círculo equivalente a um triângulo dado;
de um círculo equivalente a uma coroa circular dada.

Até hoje, já não é para estranhar!, só a Mariana decidiu pegar no assunto que aparece estranho à maior parte dos estudantes e professores de geometria. Foi com ela e, na presença da omipresente testemunha Aurélio, que tentei discutir o que poderíamos entender por aproximação razoável obtida por via de uma construção. A construção de um triângulo equivalente a um círculo dado, proposta por ela, baseia a sua razoabilidade na razoabilidade da rectificação do dia do  π  : Um círculo de raio -r- é obviamente equivalente a um triângulo de base - 2 π  r - e altura -r-, ou coisa assim.
No caso da Mariana, ela constrói um triângulo de base  π  r e alltura 2r e insiste (e bem) numa justificação visual que recorre aos hexágonos inscrito e circunsrito, chamando a atenção para o facto do comprimento do segmento correspondente a meia circunferência ser a olho ... um bocadinho mais do que metade do hexágono inscrito (precisamente 1 l_c - lado do hexágono circunscrito + 2r - lados do inscrito) e pedindo desculpa, por não poder avançar mais, nestes termos: Porquê não sei, como já não soube acabar a justificação do problema da rectificação de  π  . Acho que não tenho conhecimento para mais.
Aqui fica o estado da reflexão e o desenho (tirado da construção em Cinderella) da Mariana para a primeira proposta.


E ainda hoje, entre outras experiências de vida, espero colocar uma construção-resposta ao segundo problema de tipo completamente diferente e aparentemente independente daquela rectificação (sempre presente), a ver se aparece alguma alma que nos ajude a ver que somos razoáveis.

De Alcácer, também

Nos últimos tempos, pode parecer que a acitvidade deste lugar geométrico abrandou. Não é assim. Temos várias propostas relativas ao pentágono e construção (razoável) de figuras equivalentes a círculos e nenhuma relativa às cordas, só para falar dos mais recentes. É claro que temos andado geometricamente ocupados a tornar possível o Combate Geométrico em português e a experimentar a participação de alunos da Escola José Estêvão.

Transcrevemos em parte uma mensagem de Paulo Correia, professor de Matemática em Alcácer do Sal e responsável da página Matemática? Absolutamente!, que recomendamos. A sua proposta de construção (construção maravilhosa e que não conhecíamos) confunde-se (nos fundamentos) com a proposta de J. Vieira publicada.

Ora viva...
Sou um leitor atento do blog, para o qual ñão tinha ainda contribuido por falta de pertinência.
Sobre a construção de um pentágono, dado o lado, imaginei uma construção que não encontrei no vosso blog (nem na internet) e que julgo que possa trazer valor acrescentado, razão pela qual a decidi enviar
(...)
A ideia principal, é a de que num pentagrama inscrito no pentágono, os segmentos do pentagrama estão para os lados do pentágono na proporção de ouro (phi). Assim:
1º - sobre o lado dado, contrói-se um rectângulo de ouro
2º - do rectângulo, cria-se um triângulo de ouro - intersectando as circuferências de centro nos extremos do segmento dado e raio igual ao lado maior do rectângulo.
3º - Já está... o ponto encontrado é o 3º vértice do pentágono.
4º - Com a intersecção de umas circunferências encontram-se os dois vértices em falta.

Espero que aprecie a ideia - eu achei-lhe uma certa piada. Aguardo o seu comentário.
(...)

Obrigado Paulo.

Experiências com trapézios

Em Agosto de 2005, no artigo Voar no trapézio dava-se conta de uma construção solução para o desafio - Construir um trapézio de que se conhecem as duas bases e as duas diagonais - discutindo anteriores exercícios também publicados. Recentemente, com as experiências feitas para aprender a fazer exercícios interactivos com o Régua e Compasso - Zirkel und Lineal, voltámos a esse exercício e temos de reconhecer que a solução então encontrada é extremamente complicada. Garantimos que há soluções mais elegantes e propomos que procure solução mais simples que a da figura (que aqui publicamos para avivar a memória e lembrar a nossa deselegância). Clicando sobre essa ilustração tem acesso ao exercício interactivo em ReC onde pode tentar a sua solução.

Construção de um trapézio (dadas as bases e diagonais).

Dsiponibilizamos também o outro exercício interactivo que realizámos com o ReC, em que pode tentar construir o trapézio de que são dados os comprimentos dos seus quatro lados.