Usando rotações

Dadas duas rectas a e b e um ponto P não incidente em qualquer delas, determinar um quadrado com vértice em P e sobre cada recta a e b um dos dois vértices adjacentes a P
Pode seguir a nossa resolução pelos passos da construção que apresentamos a seguir.

Tomamos um ponto qualquer de a, A'.
O quadrado de lado A'P tem um vértice sobre a.
O vértice oposto a A' e adjacente a P pode obter-se rodando A' de um quarto de volta em torno de P.
Esta rotação leva a para a recta a' a ela perpendicular que intersecta b num ponto B.
Rodando (em sentido contrário ao de A' para B') de um quarto de volta em torno de P, a' vai para a e B vai para A sobre a.
Claro que há mais uma solução ..... Faça variar a ou b até a e b serem perpendiculares.
O que acontece nesse caso?






Puig Adam sugere que se resolvam, pelo mesmo processo, os seguintes problemas:

1. Determinar um triângulo com os três vértices sobre três paralelas dadas (já resolvido numa das entradas) ou sobre três circunferências concêntricas


2. Inscrever um triângulo equilátero num quadrado de modo que tenham um vértice em comum


3. Inscrever num paralelogramo um rectângulo cujas diagonais façam um dado ângulo

Usando reflexões (II)

Construir um triângulo de que se conhecem dois lados BC e AC e a diferença dos ãngulos a eles opostos é um problema que se resolve se nos lembrarmos que a mediatriz do lado AB em falta é eixo de uma reflexão que leva de A para B.
Se designarmos por C' a imagem de C por essa reflexão, temos um trapézio isósceles ACC'B, de diagonais iguais AC'=BC. Também sabemos que, relativamente aos ângulos, C'AC=C'BC=A-B. Conhecido AC, e tomado um A, determinamos C. Conhecido A-B =C'AC e sabendo que é dado BC (=AC'), determinamos C' a partir de A.
Isto mesmo pode seguir, passo a passo, na construção dinâmica que apresentamos a seguir.

Usando meia volta em torno de um ponto médio

Para resolver o problema
“Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos”

Observemos um quadrilátero ABCD de que conhecemos os comprimentos AB, BC, CD, DA dos lados e ainda o comprimento do segmento EF em que E e F são os pontos médios de AB e CD respetivamente. Consideremos a rotação de meia volta em torno de F (ou reflexão relativamente a F) que transforma [ABCD] em [B'A'DC], como mostra a figura ao lado. O ponto E médio de AB é transformado em E' ponto médio de A'B' sendo F'= F ponto médio de CD. Os pontos médios de AB', A'B, e EE' são colineares sobre uma reta paralela a AB (MF), sendo MF=BE=AE=AB/2. F é intersecçao de duas circunferências: (C, CD/2).(M, AB/2). Podemos, portanto, seguir os seguintes passos para a resolução do problema: Construimos o triângulo BCA’ cujos lados são conhecidos: BC é dado, CA’ = AD, BA’ = 2 EF. O ponto F está a uma distância EB do ponto M médio do segmento BA’ e a uma distância CD/2 do ponto C; é. pois, a intersecção de duas circunferências. Obtido F, temos o vértice D. Sobre a paralela a CA’ por D, tomamos um ponto cuja distância a D seja igual a AD. Temos assim o quadrilátero construído de acordo com os dados.

A construção que se segue, pode ser visitada passo a passo. No caso desenhado agora (na reconstrução) começámos pelo ponto A (livre no plano, que pode deslocar...) e um ponto D livre sobre a circunferência (A,DA) de centro em A e raio AD. De resto, o processo é o mesmo do acima descrito: B' é (A, 2EF).(D,BC) já que B'D= BC e ....

Problema para resolver

Considere os cinco comprimentos (dados no quadro dinâmico que se segue) como comprimentos dos lados do quadrilátero ABCD e do segmento que une os pontos médios E e F dos lados AB e CD. Usando os resultados referidos na entrada anterior, construa o quadrilátero ABCD.

Usando translações

Há problemas cuja solução se pode obter recorrendo à transformação por translação. É o caso do seguinte, proposto por Puig Adam:
“Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos”.

Propomos que siga os passos previstos na construção que se segue, observe as figuras construídas (por translação) a partir do quadrilátero original e as suas propriedades. O conhecimento dessas propriedades e relações entre os seus elementos permite resolver o problema proposto.

Das medianas ao triângulo, com translações

No seu Curso de Geometria Métrica para engenheiros, existente na nossa Escola José Estêvão, Puig Adam apresenta alguns exercícios como exemplos de aplicação de transformações geométricas.
Um deles consiste em construir um triângulo de que se conhecem as medianas.
Pode ser um problema simples. Ou não.

Relativamente a esse exercício (que nos lembramos de ter tentado resolver noutras circunstâncias), juntamos aquilo que lemos ou vimos como sugestões do autor.
Da construção seguinte recomendamos que siga os passos pela ordem assinalada, procurando verificar todas as propriedades e relações dos elementos dos triângulos HIJ e AKH com os elementos do triãngulo ABC.



O triângulo HIJ, que é mostrado no primeiro passo, tem os lados paralelos aos lados de ABC (paralelas tiradas por cada vértice oposto a cada lado) com comprimento duplo, sendo tal que os vértices do primeiro ABC são pontos médios dos lados de HIJ e as medianas deste (HA, IB e JC) contêm as medianas de ABC (respectivamente AD, BE e CF) sendo AH=2AD, IB=2BE e JC=2CF.
O segundo passo mostra-nos o triângulo AKH cujos lados são os dobros das medianas de ABC (AH, IB, e JC, como pode ver-se facilmente - lados opostos de paralelogramos: AH , AK//BI e KH//CJ). Este triângulo tem o seu baricentro em B e é, do mesmo modo, imediato verificar que AB, BK e BH têm comprimentos iguais aos lados AB, BC e AC.
Fica, deste modo, claro que um triângulo cujos lados sejam iguais a dobros das medianas dadas de um triângulo ABC, fornecem os comprimentos dos lados de ABC.

Verá que isso resolve o problema seguinte:

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Determinar um triângulo ABC de que se conhecem as medianas

Pode clicar sobre a área de trabalho seguinte para tentar determinar o triângulo de vértice A que tem m₁,m₂ e m₃. Pode depois comparar com a nossa proposta de solução. Ou pode ver os dois passos da nossa solução à luz dos resultados vistos com a construção anterior.





A nossa proposta de resolução do exercício proposto, consiste na construção do triângulo AKH com lados iguais aos dobros das medianas dadas e determinando B como centro de garvidade de AKH e C como quarto vértice do paralelogramo ABKH. Só isso.

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Tente depois o seguinte
Construir um triãngulo de que se conhecem dois lados e a mediana que passa pela intersecção dos dois.
também proposto por Puig Adam.

Puig Adam - método das transformações para resolução de problemas

Nas últimas entradas seguimos a terminologia de Lucien Godeaux. De forma diferente, Puig Adam, no seu Curso de Gometria Métrica já aqui referido várias vezes, chama geometria métrica ao que Godeaux classifica como geometria euclidiana. Escreve Puig Adam que "as propriedades da geometria métrica são invariantes para os grupos dos movimentos (deslocamentos para Godeaux) e das semelhanças".
Refere que as propriedades "da igualdade entre elementos, entre suas somas ou diferenças, entre as suas razões, entre as suas medidas e entre produtos de medidas, etc são as que permanecem invariantes ao aplicar à figura qualquer movimento ou ao transformar a figura por homotetia ou semelhança"
Refere ainda que " ao estudar a inversão ...também se ocupou preferencialmente das figuras e propriedades que relativamente a ela se mantêm invariantes".
Para a seguir escrever que" esta ideia de grupo de transformações e de propriedade invariante , é que permitiu ao geómetra alemão Klein sistematizar e definir elegantemente as diferentes geometrias como conjuntos de propriedades invariantes das figuras relativamente a cada grupo de transformações característico de cada uma delas, acrescentando que " esta ideia não só se reveste de transcendente importância teórica" como " permitiu descobrir analogias entre grandes grupos de problemas que apareciam sem qualquer conexão na geometria clássica grega e aos quais hoje se podem aplicar-se métodos gerais usando transformações que... ajudam o engenho dos solucionadores".

E esclarece a ideia geral para a aplicação dos novos métodos: " Obervar se é mais simples resolver o problema transformando a figura, ou parte dela, por translação, rotação, reflexão, homotetia, semelhança ou inversão, constrói-se sobre a figura transformada e obtido o resultado, aplica-se a transformação inversa para voltar à figura primitiva. A classe das relações e de dados que definem a figura sugerirá, com frequência, o género de transformação conveniente para que, deixando invariantes estas relações, transformará os dados ou a figura em outra de mais fácil determinação "

Com esta entrada, mostramos que não são determinantes as classificações e que elas variam com o tempo e os autores. O que é importante é a compreensão do que sejam as transformações geométricas e as propriedades invariantes das figuras para cada uma ou algum conjunto delas e compostas. À maneira de Puig Adam, achamos que os exemplos de exercícios são mais esclarecedores que as exposições genéricas que se possam dar. Já apresentámos alguns exemplos em anteriores entradas.

Tanto Puig Adam como Godeaux e a generalidade dos autores utilizaram a palavra simetria para se referirem à transformação geométrica agora nomeada como reflexão.

Geometria Euclidiana

Até agora, temos andado a ver alguns definições e resultados e a resolver alguns problemas de geometria métrica. Como vimos o conjunto dos deslocamentos do plano (translações, rotações, reflexões e reflexões deslizantes) munidos do produto (composição de transformações) constitui um grupo a que chamámos o grupos principal da geometria métrica que se pode definir como o conjunto das propriedades das figuras que não são alteradas quando se submetem a translações, rotações e reflexões.

No entanto, a Geometria Euclidiana não se limita às propriedades das figuras congruentes (iguais por sobreposição), também estuda as propriedades das figuras semelhantes.

Por isso, o grupo principal da geometria euclidiana contém o grupo principal da geometria métrica e uma nova transformação geométrica a que chamamos homotetia de centro O e razão k que faz corresponder a cada ponto M do plano um ponto M’ situado sobre a recta OM e tal que OM’=k.OM. Esta definição de homotetia é comum ao plano e ao espaço.

Dois triângulos são semelhantes se tiverem os ângulos iguais cada um a cada um e a razão entre os lados opostos aos ângulos iguais for constante.
Vejamos como transformar (geometricamente) um triângulo noutro semelhante. Clicando duas vezes sobre a área de trabalho fica a trabalhar com todas as ferramentas do GeoGebra e pode procurar os deslocamentos e a homotetia que levam de A'B'C' para ABC. Ou pode ver, usando os botões apropriados pela ordem indicada, as nossas propostas.





Tomámos dois triângulos semelhantes [ABC] e (A'B'C', sendo os ângulos A, B e C respectivamente iguais aos ângulos A', B' C'. Por meio de deslocamentos do plano , podemos levar de [A'B'C'] a uma nova posição [A''B''C''] tal que A' venha coincidir com A, B' com um ponto B'' da recta AB e C' com um ponto C'' da recta AC. Os triângulos [ABC] e [AB''C''] são semelhantes e os lados BC e B''C'' são paralelos. AB''/AB=AC''/AC=k. Podemos passar do triângulo AB''C'' para o triângulo [ABC] fazendo corresponder a cada ponto M'' do plano um ponto M situado sobre a recta AM'' e tal que AM''=k.AM que transforma B'' em B e C'' em C.

O conjunto dos deslocamentos (isometrias) e das homotetias do espaço constituem o grupo das semelhanças do espaço que é o grupo principal para a geometria euclidiana do plano (imediatamente generalizada ao espaço). A geometria euclidiana consiste no estudo das propriedades das figuras que ficam invariantes relativamente às transformações deste grupo.

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(seguindo Lucien Godeaux, As Geometrias, (Que sais je? PUF para a Col Saber da PEA com trad. de Silva Paulo)

A reflexão deslizante

Uma composta de uma rotação com reflexão pode ser substituída por uma composta de translação com reflexão. Agora, com a construção que se segue, só nos interessa mostrar como a composta de qualquer translação com qualquer reflexão pode sempre ser substituída pela composta de uma reflexão com uma translação tais que o eixo da reflexão tem a mesma direcção do vector da translação. Pode verificar, desocultando a solução que apresentamos.






A transformação a vermelho que leva A para A'' , B para B'' e C para C'', é composta de uma reflexão relativamente a b que leva A para A'₁, B para B'₁ e C para C'₁ com a translação que leva A'₁ para A'', etc sendo A'₁A'' paralela a b. As transformações assim definidas tomam o nome natural de reflexões deslizantes. Assim, podemos resumir os deslocamentos do plano que deixam invariantes os comprimentos (as distâncias), ao conjunto formado por todas as translações, rotações, reflexões e reflexões deslizantes. Este conjutno é fechado para a operação produto ou composição e é um grupo (fechado para o produto, associativo, com elemento neutro - identidade, e em que para cada transformação há uma outra que a neutraliza). Pelos exemplos apresentados também ficámos a saber que a composição é comutativa ou que este grupo das transformações geométricas do plano é abeliano.

Reflexões e rotações <-> reflexões e translações

A composta de duas translações é uma translação, a composta de duas rotações é uma rotação, a composta de duas reflexões não é uma reflexão mas pode ser uma rotação ou uma translação, a composta de uma translação com uma rotação é uma rotação... A composta de uma rotação com uma reflexão pode não ser qualquer das anteriores. Não é. É qualquer coisa de diferente. Pode tentar ver isso procurando eixo de reflexão, centro de rotação ou vector de translação que leve de A para A''. Tente com o exemplo que damos a seguir (dois "clics" seguidos na área de trabalho e abre o geogebra).

Na construção dinâmica, que se segue, mostra-se que uma rotação (que leva de A' para A'') depois de uma reflexão (que leva de A para A') pode dar o mesmo resultado que uma translação seguida de uma reflexão ( a levar de A para A'')... Pode procurar a translação e a reflexão que a segue (ou precede) com esse fim. E pode verificar, desocultando a solução que apresentamos.

Composta de uma translação com uma rotação

Em entradas anteriores, resolvemos problemas que as transformações geométricas ajudam a resolver e vimos alguns resultados sobre compostas de translações, rotações, reflexões. Particularmente, vimos que a composta de duas translações é uma translação, que a composta de duas rotações é uma rotação, enquanto que a composta de duas reflexões não é uma reflexão mas pode ser uma rotação ou uma translação. Pode ser interessante ver o que é a composta de uma translação com uma rotação. E tem especial importância ver o que pode ser a composta de uma translação com uma reflexão. Como será a composta de uma rotação com uma reflexão? Como será a composta de três reflexões? Lá iremos.

Comecemos pela composta de uma translação do plano (que transforma A em A', ...) com uma rotação do plano (que transforma A' em A'', ...). Sabemos que há uma rotação do plano que transforma A em A'', B em B'' e C em C''. O exercício que pode fazer é encontrar o centro dessa rotação e o respectivo ângulo de rotação. Pode veriicar a sua resolução, desocultando a nossa solução.

Problema usando translações e reflexões

Dadas duas rectas a e b, determinar a circunferência de raio dado que é tangente às duas rectas dadas.

Na construção dinâmica que se segue, pode fazer variar as rectas. Para cada raio (da circunferência visível a castanho), pode estabelecer uma conjectura, deslocando T sobre a e a circunferência de raio dado. Pode determinar a solução usando as ferramentas disponíveis. E pode depois verificar se encontrou a solução, comparando com aquela que é apresentada.





Há mais do que uma maneira de resolver o problema. No caso, seguimos uma sugestão de translação (deslocamento de um segmento perpendicular a a e de comprimento igual ao raio, já que se a é tangente à circunferência c a é perpendicular ao raio de extremo no ponto de tangência). E há uma reflexão do plano que faz corresponder a cada ponto da recta a um só ponto da recta b.
De outro modo:
Podíamos partir da constatação de que a figura do plano constituída por duas rectas quaisquer admite um eixo de simetria e desenhar a circunferência de raio dado, para depois realizar o deslocamento por translação(?) do centro arbitrário sobre a bissectriz ...

Problema usando rotações

Tomem-se três rectas paralelas a, b e c (quaisquer). Determinar um triângulo equilátero ABC que tenha A sobre a, B sobre b e C sobre c.

O problema resolve-se usando rotações de 60º com centro num ponto qualquer da recta a, A.




Por rotação de b, obtém-se b'. A cada ponto Y de b' corresponde um ponto X de b tal que XÂY=60º. Se tomarmos C como a intersecção de b' com c, corresponde-lhe B sobre b. O triângulo assim obtido é obviamente equilátero: AB=AC (raios de uma mesma circunferência) e BÂC=60º. Na resolução dinâmica que apresentamos aqui pode deslocar as rectas a, b e c, assim como A.

Claro que há outras soluções, não só porque um dos vértices (A no caso) é um ponto arbitrário de uma das rectas paralelas (no caso a), mas também porque podia tomar-se a rotação num sentido ou noutro.

Problema usando translações

Há um problema clássico de mínimos que aparece sugerido de novo por Paulo Ventura Araújo no seu Curso de Geometria (já referido neste lugar mais do que uma vez) com a indicação de que usa translações [T]. É verdade, mas, de um modo geral, nem se pensa nisso quando estamos a trabalhar com paralelogramos.

O problema do nó da auto-estrada que é o do primeiro problema (usando reflexões) de calcular a distância mais curta entre duas cidades, passando por um ponto de um recta, pode ser retomado com a localização de uma ponte numa dada direcção de tal modo que seja mínimo o percurso entre duas cidades de lados opostos do rio.

Sejam dados dois pontos A e B e duas rectas paralelas a e b cortadas por uma recta r. Determinar P sobre a e Q sobre b, de tal modo que PQ seja paralela a r e AP+PQ+QB seja mínima.


Pode mudar as rectas a, b e r, bem como os pontos A e B.

Para cada situação, pode conjecturar quais são os pontos P e Q da distância mínima e pode, desocultando a solução, verificar se acertou. Pode justificar de forma muito simples porque é aquela a solução e tentar reconstruí-la.

Segundo problema usando reflexões - 3

Na entrada Problemas usando reflexão enunciava-se o seguinte problema:

Dados dois pontos A e B, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando A a B?

Na construção dinâmica que se segue, para além da possibilidade de conjecturar, pode ver a solução




Ao tomar as imagens A'_r e B'_s por reflexões de A relativamente a r e de B relativamente a s, ficamos com o segmento de recta A'_r B'_s.

'_r B'_s=AR+RS+SB mínimo, porque A'_rR=AR e B'_sS=BS.

Problema usando reflexões

O problema resolvido na entrada anterior é muito intersssante. Aparece associado a múltiplos contextos e para ser abordado e resolvido usando ferramentas diversas. Torna-se ainda mais interessante se virmos que o mesmo raciocínio envolvendo reflexões permite resolver outros problemas. Por exemplo,

De entre todos os triângulos com um dada base e altura a ela relativa, determinar qual deles tem perímetro mínimo.
Na ilustração que se segue pode tomar várias bases e alturas e procurar, para cada par(base,altura) o triângulo de perímetro mínimo.



De facto, este problema é equivalente ao da entrada anterior, já que, fixada a base a altura, andamos à procura do caminho mais curto a partir de um vértice da base e até ao outro, passando por uma recta paralela à base e dela distanciada a altura dada.

Problemas usando reflexões -1-

Os deslocamentos (isometrias) de que temos vindo a falar podem ser utilizados em muitos problemas. Um exemplo clássico:
Tomamos uma recta r e dois pontos P e Q de um dos semi-planos determinados por r. Como determinar o ponto N de r, tal que |PN|+|NQ| seja mínimo?

Na ilustração dinâmica seguinte pode mover X sobre a recta r e conjecturar o mínimo que procura. A solução (usando reflexão em relação a r) pode ser vista clicando no botão apropriado.





Tomemos o deslocamento de um dos pontos, por exemplo, Q para Q', por reflexão em relação a r. A recta r é mediatriz do segmento QQ' e, por isso, sabemos que |QN|=|Q'N| e que, como a distância de Q a r é igual à distância de Q' a r, podemos afirmar que |PQ'| (segmento de recta) é a distância mínima procurada. N fica determinado pela intersecção de PQ' com r.

Muitos problemas semelhantes a este podem ser resolvidos com recurso a reflexões que mantêm invariantes as distâncias nos deslocamentos que por via delas se realizem.

Dados dois pontos P e Q, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando P a Q?

Reflexões do plano

A composta de duas reflexões em relação a rectas paralelas a e b é uma translação. Pode ver-se na construção dinâmica que se segue. Nesta construção, pode movimentar o triângulo ABC e particularmente ver o que se passa quando ABC está fora da faixa definida pelas rectas a e b. Também pode deslocar as rectas a e b.





A composta de duas reflexões em relação a duas rectas concorrentes a e b é uma rotação, como a construção dinâmica que se segue bem ilustra.

Composta de reflexões do plano (corrigida)

A composição de duas reflexões do plano não é uma reflexão, embora seja sempre um deslocamento ou isometria (translação, rotação, reflexão e compostas delas) . Apresentamos uma ilustração da composição (ou produto) de reflexões, com a esperança de mostrarmos a composta de duas reflexões do plano como um deslocamento do plano.

Na ilustração dinâmica tomamos duas reflexões a primeira relativamente a uma recta a, que leva A para A', a segunda relativamente a uma recta b, que leva A' para A''. Finalmente, a reflexão em relação à mediatriz de AA'', que leva A directamente para A''. Verá que a reflexão-a leva B para B' e C para C'; a reflexão-b leva B' para B'' e C' para C''. Mas a reflexão que leva de B para B'' não é a mesma que leva de A para A'', etc. De facto, as mediatrizes de AA'', BB'' e CC'' são distintas. O que quer dizer que não há uma reflexão do plano (3 pontos distintos) que seja a composta das reflexões do plano.

Deslocando as rectas a e b e os pontos A, B e C, pode seguir o que acontece às mediatrizes de AA'', BB'' e CC'' e pode ver o tipo de deslocamento (isometria) que o plano sofre quando lhe aplicamos a reflexão-a seguida da reflexão-b. A posição relativa das rectas a e b determina se a composta é uma translação ou se é uma rotação.




O conjunto das reflexões do plano não é fechado para o produto ou composição como o definimos aqui. Mas a composta de duas reflexões do plano é um deslocamento do plano.

Grupo das rotações do plano

Tal como acontece com as translações, também o conjunto das rotações do plano munido da composição (ou produto) é um grupo. O quadro dinâmico que se segue, permite ver uma rotação de centro O e ângulo de 50º a levar A (e um polígono) para A' (no sentido horário, 310º no sentido anti-horário), e uma outra rotação de centro P e ângulo 200º no sentido horário (160º no sentido anti-horário) a levar A' para A''. Pode ver isso clicando na barra de navegação dos passos da construção.
Interessante é perceber como se determina o centro R da rotação (produto das rotações de centros O e P) que leva A directamente para A'', bem como compreender o que se passa com a determinação do ângulo dessa rotação.

Grupo dos deslocamentos do plano

Na anterior entrada, seguindo Lucien Godeaux - As Geometrias já referido, deixámos a ideia de uma geometria métrica do plano como "conjunto de propriedades das figuras que não são alteradas quanto estas últimas se submetem a translações, rotações e a reflexões em relação a uma recta". Esta ideia pode estender-se facilmente ao espaço, considerando as reflexões em relação a um plano (no espaço a reflexão relativamente a uma recta é uma meia volta em torno dessa recta).
O que é mais interessante é que se considerarmos a operação de aplicação sucessiva de alguma daquelas transformações que leva pontos P do plano para outros pontos P'', será o mesmo que aplicar uma só dessas transformações. Chamamos produto ou composição a essa aplicação sucessiva. Tomemos duas translações do plano T e T', em que a primeira leva A para um ponto A' e a segunda leva A para A''. Fácil é ver que há uma translação que leva directamente de A para A'', T'' que é a composta (ou produto) T.T'.
Na construção dinâmica que se segue, pretendemos ilustrar isso mesmo.




E esperamos que a nossa "florida" ilustração revele não só que o produto de duas translações é uma translação, mas que há para cada translação uma outra (sua inversa) que a neutraliza, sendo óbvio que a translação identidade (elemento neutro deste produto) é aquela que deixa imóveis as figuras. Fácil é ver que para além destas propriedades, a composição de translações também é associativa. Dito de outro modo, o conjunto das translações do plano munido desta operação (aplicação sucessiva) é um grupo. De facto, isto é verdade para o conjunto de deslocamentos a que nos temos vindo a referir - translações, rotações e reflexões - que, em conjunto, munidas da operação de composição ou produto, formam o grupo principal da geometria métrica. Chamamos deslocamentos (isometrias, já que os comprimentos se mantêm invariantes) a cada uma das transformações ou aos produtos (ou compostas) de quaisquer delas por qualquer ordem.

L. Godeaux - A geometria métrica e os movimentos

As Geometrias. Lucien Godeaux. (trad de Silva Paulo) Col Saber. Pub Europa América. Lisboa:1960

Em geometria elementar, para demonstrar que duas figuras são iguais mostra-se que se podem sobrepor. Assim, para demonstrar que dois triângulos [ABC] e [A'B'C'] são iguais, mostra-se que se pode colocar, respectivamente A', B' C' sobre A, B, C, de modo que os triângulos coincidem. Limitemo-nos à geometria plana e vejamos como, sem sair do plano, podemos levar dois triângulos [ABC], [A'B'C'] a coincidir.
Deixemos o triângulo [ABC] fixo e submetamos o triângulo [A'B'C'] aos deslocamentos seguintes:

1. Levemos A' para A fazendo deslizar [A'B'C'] no plano, conservando os lados paralelos a si mesmos. O triângulo [A'B'C'] ocupará no fim do deslocamento uma posição [AB''C''] tal que AB'' é paralelo a A'B' e B''C'' é paralelo a B'C'


2. Façamos rodar [AB''C''] em torno de A de modo a levar B'' para B. No fim do deslocamento, o ponto C'' coincidirá com C ou será o simétrico C''' de C em relação a AB.




Os pontos azuis permitem mover os triângulos, nas transformações que se podem mostrar podemos ver os deslocamentos e sobreposições arrastando os pontos verdes

3. Nesta última eventualidade, tomemos o simétrico de [ABC''] em relação à recta AB.

Na pequena construção dinâmica que se segue, deslocando o ponto (verde) C' verá que roda A'B'C' em torno de A' e, em consequência AB''C'' em torno de A. Se levar C'' a coincidir com C verá que ainda precisaria de uma reflexão em relação a AC para que AB''C'' se sobreponha a ABC. Se levar B'' a coincidir com B, precisará de uma reflexão em relação a AB. Claro que pode ver tudo isto utilizando a primeira construção. Que precisa de fazer ao triângulo ABC da construção anterior para precisar da reflexão?

Para levar [A'B'C'] a coincidir com [ABC], efectuamos então uma translação, uma rotação em torno de um ponto e, por fim, eventualmente uma reflexão em relação a uma recta. E, como pudemos ver já, é evidente que a ordem pela qual se efectuam estes deslocamentos é indiferente.

Pode-se verificar, mais geralmente, que duas figuras de um plano são iguais quando se pode, por meio de translações, rotações e reflexões em relação a uma recta, fazê-las coincidir.

A geometria métrica do plano é o conjunto das propriedades das figuras que não são alteradas quando estas últimas se submetem a translações,a rotações em torno de um ponto e reflexões em relação a uma recta....

GMbMc: Solução

Para determinar os vértices do triângulo ABC de que são dados os pontos G, Mb e Mc, procedemos da forma seguinte:

1. B encontra-se sobre a recta GMb e considerando que GB=2GMb,


2. C encontra-se sobre a recta GMc, sendo GC=2GMc,


3. A encontra-se como intersecção das rectas BMc e CMb.

Na construção dinâmica abaixo, pode seguir a construção passo a passo.















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AGMb: Solução

Para determinar os vértices B e C de um triângulo de que se conhecem o vértice A, o ponto médio Mb de AC e o baricentro G, procedemos como se segue:
C é obtido como extremo do diâmetro da circunferência centrada em Mb e a passar por A.
B é obtido sobre a recta GMb e de tal modo que BG = 2GMb. Na construção dinâmica que se segue, pode reproduzir os passos da construção clicando sobre a tecla de reprodução visível na barra que encima o desenho.

GMbMc

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

AGMb

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

MaMbMc: Solução.

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

Se M_b é o ponto médio de AC e M_c é o ponto médio de AB, uma homotetia de razão 2 e centro em A transforma M_b em C e M_c em B. Por isso, M_bM_c é paralela a BC.

Então basta traçar as rectas M_aM_b, M_aM_c, M_bM_c. A paralela a M_aM_b por M_c é a recta AB, BC é a paralela a M_bM_c por M_a e AC é paralela a M_aM_c tirada por M_b. As intersecções das três recta duas a duas dão os vértices A, B e C pedidos.

AMbMc - Resolução

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

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

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



[AdAM]

Propriedade do baricentro

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

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





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

O mesmo acontece com as outras medianas do triângulo.</sub>

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

Exercício: MaMbMc

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





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

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Claro que, nesta restauração, não se apresentaram as ferramentas para uma resolução interactiva feita pelo leitor e antes etapas da resolução. A resolução prevista repetirá esta construção.

Exercício: AMbMc.

Temos estado a tratar de várias demonstrações que é possível abordar no ensino da geometria do 3º ciclo. A propósito dos temas que referimos vamos dar sugestões de exercícios interactivos muito simples que permitem exercitar a utilização dos conceitos.
Na construção que se segue. de um triângulo ABC são dados A, Mb e Mc em que Mb é o ponto médio de AC(=b) e Mc é o ponto médio de AB. Pede-se que determine os vértices B e C, utlilizando as ferramentas disponíveis (identificadas por icones na barra superior).
Não se apresenta um exercício interactivo em que apresentam as ferramentas para que possa determinar B e C usando as ferramentas. Nesta restauração, apresentamos a solução. Passo a passo... se vai repetir um pouco mais à frente.....


[AdAM]

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

Bom trabalho!

As alturas e as mediatrizes concorrentes

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


[AdAM]

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

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

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

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


[AdAM]

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Nota: ver: as alturas de um triângulos são mediatrizes de outro

As bissectrizes de um triângulo e o Teorema de Ceva

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

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




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

As bissectrizes de um triângulo qualquer são concorrentes

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

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

Medianas de triângulo e Teorema de Ceva

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


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

Rectas notáveis concorrentes e Teorema de Ceva

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

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



Demonstração. Traçamos BG//AC.Como os triângulos [ADF e [BGF] são semelhantes, temos AD/BG=FA/FB. E de igual modo, da semelhança dos triângulos [CED] e [EBG] se tem CE/EB=DC/BG. Então multiplicando , membro a membro, vem: (AD/BG).(CE/EB)=(FA/FB).(DC/BG) e atendendo a que os segmentos orientados B para F e F para B iguais e de sentidos contrários &vec{BF}/&vec{FB}=-1, simplificando temos finalmente a afirmação em tese.

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


[AdAM]

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

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

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

As medianas de um triângulo são concorrentes

Teorema:
As medianas de um triângulo ABC são concorrentes


[AdAM]


Chamamos a ao lado BC, b a AC e c a AB. Chamamos M_a ao ponto médio de a (BM_a=M_aC), M_b ao ponto médio de b e M_c ao ponto médio de c. Ao segmento que tem extremos num vértice e no ponto médio do seu lado oposto chamamos mediana do triângulo, As medianas do triângulo ABC são: AM_a, BM_b e CM_c. Lembramos ainda que M_aM_b é paralelo a AB, M_bM_c paralelo a BC e M_aM_c paralelo a AC (a homotetia de centro C e razão 2 transforma M_aM_b em AB e, por isso, não só M_aM_b é paralelo a AB como AB=2 M_aM_b, ...).

Demonstração:
As medianas AM_a e BM_b intersectam-se num ponto a que chamamos G. Consideremos o triângulo AGB e os pontos D e E médios de AG e BG. Como já vimos, DE é paralelo a AB e paralelo a M_aM_b e AB=2DE=2M_aM_b. M_aM_b e DE são paralelos e iguais, logo M_aM_bED é um paralelogramo, cujas diagonais se cortam ao meio, em G ponto médio de EM_b. Construindo, de modo análogo, um paralelolgramo relativo ás medianas BM_b e CM_c. que tem diagonais EM_b e FM_c a intersectar-se a meio, em G, ponto médio de EM_b. Fica assim provado que a mediana CM_c passa por G.

As alturas de um triângulo são mediatrizes de outro e ...

Teorema: As alturas de um triângulo são concorrentes.


restaurante
[AdAM]

A demonstração de um determinado resultado é usada para outras demonstrações. Por exemplo, para demonstrar que as três alturas de um triângulo são concorrentes, basta verificar que elas são mediatrizes de outro (e já sabemos que as mediatrizes de um triângulo qualquer são concorrentes. No ensino básico, é muito importante que os jovens usem intencionalmente como parte de argumentos demonstrativos, demonstrações já feitas.

Demonstração: Por cada um dos vértices do triângulo ABC façamos passar paralela ao lado que se lhe opõe; por A passamos uma paralea a BC, etc. Ficamos assim com o triângulo DEF e as rectas que contêm as alturas de ABC são as mediatrizes dos lados de DEF. Para exemplo, vejamos que a altura relativa ao vértice C é a mediatriz de DE. Como sabemos (desde a igualdade de triângulos), os lados opostos do paralelogramo ABDC são iguais, sendo AB=CD. E do mesmo modo acontece com o paralelogramo ABCE, sendo AB=CE. CE e CD são ambos iguais a um terceiro AB e logo CD=CE, ou seja C é o ponto médio de DE. E a altura CHc é perpendicular a AB e a todas as suas paralelas.CHc é perpendicular a DE no seu ponto médio -C- é a mediatriz de DE. ...

Três bissectrizes concorrentes

Teorema:
As três bissectrizes de um triângulo ABC são concorrentes.


AdAM]
Demonstração: Tomemos duas quaisquer das bissectrizes, por exemplo, as bissectrizes dos ângulos A e B (como na ilustração acima) que são concorrentes num ponto, que designámos por I. Ora, se I é equidistante de AB e de AC por estar na bissectriz de A, e equidistante de AB e BC por ser bissectriz de B. Assim é equidistante de AC e BC e por isso I tem de estar sobre a bissectriz de C que é o lugar onde estão todos os pontos equidistantes dos lados do ângulo C

Na figura pode "confirmar" as afirmações do teorema, quer construindo a bissectriz de C para ver que ela passa por I, quer construindo o circulo de centro em I e tangente a BC e ver que ele é tangente ao lado AB.

Bissectriz: definição, teoremas; lugar geométrico

Quando escrevemos ângulo BÂC, temos duas semirectas uma a partir de A para B e outra de A para C (a AB e AC chamamos lados e a A chamamos vértice do ângulo BÂC). Chamamos bissectriz do ângulo BÂC ao seu eixo de simetria (AD no caso das ilustrações desta entrada) ou a uma recta que divide o ângulo BÂC em dois ângulos congruentes ou geometricamente iguais, DÂB=DÂC.


[AdAM]

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Tal como aconteceu para a mediatriz, podemos verificar que a bissectriz de um ângulo é o lugar geométrico (de todos) os pontos equidistantes dos seus lados. Para isso, temos de ter presente que chamamos distância de um ponto P a uma recta r ao comprimento do segmento da perpendicular a r tirada por P, de extremos P e o pé da perpendicular em r (projecção ortogonal de P sobre r) e demonstrar que os pontos da bissectriz estão a igual distância dos dois lados e que se um ponto qualquer está a igual distância dos lados, então está sobre a bissectriz.

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Teorema directo: Se D é um ponto da bissectriz de BÂC, então a distância de D a AB é igual à distância de D a AC.



[AdAM]
Demonstração: Se D é um ponto da bissectriz, DÂB=DÂC. Se E é uma projecção ortogonal de D sobre AB e F é a projecção ortogonal de D sobre AC, são iguais os ângulos DÊA e DFA (DEA=DFA=1 recto). Assim, os triângulos ADE e ADF são congruentes por terem os ângulos iguais, cada um a cada um, e terem um lado comum AD. Como em triângulos iguais a ângulos iguais se opõem a ângulos iguais, DE=DF por serem opostos aos ângulos que resultaram da bissecção de BÂC

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Teorema recíproco: Se a distância de P a AB é igual à distância de P a AC, então P está sobre a bissectriz de BÂC.



[AdAM]
Demonstração: Precisamos de provar que se P tem a qualidade de ser equidistante de AB e AC, então PÂB=PAC. Tomemos as projecções ortogonais de P sobre AB e AC, respectivamente R e S, e consideremos os triângulos rectãngulos (em R e em S) APR e APS que têm AP como hipotenusa comum e um cateto de um igual ao cateto do outro PR=PS. Os ângulos que se opõem a estes catetos iguais, são iguais. Ou seja, PAR=PAS.

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Esta entrada lembra-nos que, ainda sem conhecer o Teorema de Pitágoras, pode ser simples (e útil ao desenvolvimento do raciocíno dedutivo) fazer, a partir dos critérios de congruência de triângulos em geral, a demonstração de critérios particulares para a congruência de triângulos rectângulos. De facto, se colarmos por um cateto comum PR (no caso da ilustração dinâmica), quaisquer dois triângulos rectângulos com a mesma hipotenusa, obtemos 3 pontos colineares (A, R e Q) e o triângulo isósceles APQ de que PR é a altura e o eixo de simetria que divide o triângulo APQ em dois triângulos iguais.

[AdAM]

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A ilustração dinâmica, que se segue, serve para ver (não para demonstrar) que os pontos que não estão na bissectriz não são equidistantes dos lados do ângulo (Teorema contrário).


[AdAM]

Um ponto comum às mediatrizes de um triângulo

Teorema:
As mediatrizes Δ_a, Δ_b e Δ_c dos três lados a, b, c de um triângulo ABC são concorrentes num ponto.



[AdAM]

A construção dinâmica não faz demonstração, mas é uma boa verificação, quer pela construção da terceira mediatriz a passar pelo ponto de intersecção das outras duas, quer pela construção da circunferência circunscrita ao triângulo

Demonstração: Tomemos, por exemplo, as mediatrizes dos lados a e b. Claro que estas são concorrentes (para serem paralelas, teriam de ser perpendiculares a lados paralelos e num triângulo não há lados paralelos). Chamemos O ao ponto de intersecção das mediatrizes Δ_a e Δ_b. Como O está na mediatriz de BC, OB=OC. Por O estar na mediatriz de AC, OA=OC. Em conclusão, OA=OB(=OC) e, por isso, O está na mediatriz de AB que é onde estão todos os pontos equidistantes de A e B.

Parece-nos um bom teorema para demonstrar no básico.

Mediatriz: definições, teoremas e lugares geométricos

Os novos programas do ensino básico insistem nas definições e em raciocínios demonstrativos. Procuramos algumas definições simples e demonstrações que possam ser apresentadas com vantagem a jovens dos 12 ou 13 anos... Nesta entrada e noutras que se seguirão,vamos pensar alto sobre alguns exemplos.

Damos o nome de mediatriz de um segmento de recta AB (de extremos A e B, muitas vezes representado por [AB]) à recta perpendicular a AB que passa pelo ponto médio do segmento. E podemos dizer que, com esse enunciado, damos uma definição de mediatriz de um segmento. Depois falamos simplesmente de mediatriz e até convencionamos que este nome só se aplica a segmentos de recta, sem nos preocuparmos com mais explicações. De facto, de cada vez que nomeamos alguma coisa, usamos outras palavras e nomes a que atribuímos sentidos conhecidos e aceites. Quando argumentamos, usamos sempre algumas verdades que os nossos interlocutores conhecem e aceitam. Por vezes, não pensamos nisso e os nossos argumentos tornam-se em coisas sem sentido para quem ouve ou lê.

Suponhamos que estamos a escrever sobre a mediatriz para um jovem de 13 anos. Mediatriz, segmento, recta, semirecta, perpendicular, ponto, médio? Colineares? Ângulos? Rectos? Triângulos? E igualdade geométrica (ou congruência) de triângulos? Casos de igualdade de triângulos? Distância? Equidistante?... Suponhamos que sabe o que seja tudo isso...

E produzimos a afirmação: Os pontos de uma recta dada r que seja a mediatriz de um segmento de recta AB (no sentido da definição acima introduzida) estão a igual distância de A e de B.
À luz do que sabemos e aceitamos como verdadeiro, a afirmação proferida será verdadeira ou falsa?
Escrevemos a afirmação de outro modo, ligeiramente diferente, representando por AP a distância de A a P. Pode ser?

Se r é a mediatriz de AB e P é um ponto de r, então AP=BP.


A verificação que esta construção sugere não prova a afirmação feita.
De acordo com a definição de mediatriz, r corta a recta AB num ponto M, tal que AM=MB (A, M e B são colineares, claro!) e AMP=BMP = 1 recto (escrevemos AMB para designar de forma económica o ângulo das duas semirectas MA e MP (ou de lados MA e MP) e vértice M). Os triângulos AMP e BMP são congruentes por terem dois lados iguais AM=MB e MP=MP e serem iguais os ângulos por eles formados AMP=BMP. Admitimos ainda que todos sabemos que , em triângulos iguais, a ângulos iguais se opõem lados iguais, para podermos então concluir que o lado AP (oposto a AMP) é igual a BP (oposto a BMP).

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Àquela afirmação chamamos Teorema, uma afirmação que carece de argumentos a seu favor para ser verdadeira considerando o que conhecemos e aceitamos como verdadeiro. Ao conjunto de argumentos a seu favor, cada um deles válido e válidos em conjunto, que produzimos chamamos demonstração (no exemplo, válida).

Ficamos a saber que os pontos que estão sobre a mediatriz de AB estão equidistantes de A e de B. Nada mais que isso.
Haverá outros pontos equidistantes de A e B, para além dos que constituem a mediatriz? Ou dito de outro modo: Se um ponto é equidistante de A e de B então está na mediatriz de AB?

A afirmação (teorema) que demonstrámos parte da definição de mediatriz para uma propriedade dos seus elementos. Podemos qualificá-la como sendo um teorema directo.

E vale a pena chamar teorema recíproco daquele à proposição em que se afirme que os pontos equidistantes de A e B estão sobre a mediatriz de AB. E parece que tem sentido, lembrarmos que o enunciado recíproco de um directo verdadeiro, pode não ser verdadeiro. No 7º ano de escolaridade, ou até antes, os jovens aprendem que os ângulos verticalmente opostos são iguais, mas que há ângulos iguais que não são verticalmente opostos.

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Enunciemos e demonstremos o teorema recíproco: Qualquer ponto P equidistante dos pontos A e B está sobre a mediatriz de AB

A figura dinâmica em que pode deslocar P, A e B só sugere que a afirmação é verdadeira
Para demonstrar este teorema, vamos admitir que os nossos jovens de 13 anos sabem o que é a bissectriz de um ângulo e sabem os casos de igualdade de triângulos, como já tinha sido admitido para a demonstração do teorema directo. Podíamos escolher outros conhecimentos para a nossa argumentação, por exemplo, sobre simetrias...

Tomemos a bissectriz do ângulo APB , de vértice P e lados PA e PB, que intersecta AB num ponto C (como se mostra na figura). Sabemos que, sendo PC a bissectriz de APB é verdade que APC=BPC. Os triângulos APC e BPC são iguais por terem dois lados iguais - PA=PB, de acordo com as condições do enunciado, e PC comum, e iguais os ângulos APC e BPC por eles formados. Em triângulos iguais, a ângulos iguais opõem-se lados iguais. AC opõe-se a APC e BC opõe-se a BPC e, por isso, AC=CB que é o mesmo que dizer que C é o ponto médio de AB. Do mesmo modo (reciprocamente) se pode concluir que ACP=BCP, por se oporem a AP e BP, e que, por serem suplementares para além de iguais, são ambos rectos. Fica assim claro que se P é equidistante de A e de B, P está sobre a recta PC perpendicular a AB passando pelo seu ponto médio. PC é a mediatriz de AB./

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Não há dúvida que os pontos da mediatriz de AB têm a propriedade de serem equidistantes de A e de B e que os pontos gozando dessa propriedade estão sobre a mediatriz. Fora da mediatriz de AB, não há pontos equidistantes de A e B. Por isso, dizemos que a mediatriz de AB é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de A e B.

Podíamos ter definido a mediatriz de AB de outro modo. Por exemplo, como o conjunto dos pontos equidistantes de A e B, e virmos a enunciar e demonstrar como teorema que a mediatriz de AB é uma recta perpendicular a AB que passa pelo seu ponto médio.

O que nos interessa agora é explorar a mediatriz como lugar geométrico de pontos equidistantes para demonstrar novos resultados. Parecem-nos bons exemplos para iniciar o ensino de demonstrações. E parece-nos mesmo que seria um bom momento para separar as construções dinâmicas, que sugerem resultados, daquilo que possa ser considerado demonstração.

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E talvez valha pena aproveitar a oportunidade para falar do teorema a que poderemos chamar contrário do teorema directo, a saber: Se um ponto P não é ponto da mediatriz do segmento AB, então não está à mesma distância de A e de B.


Pode deslocar o ponto P no plano e verificar que se o ponto P está fora da mediatriz, então não é equidistante de A e B. Não serve de prova, claro!
Sempre pode propor uma demonstração para este teorema contrário.

Uma viagem do circuncentro

Considere ainda o triângulo ABC, em que C é um ponto livre sobre uma recta. Pode observar o rasto do circuncentro quando o vértice C percorre a recta.



[AdAM]

Pode fazer variar a recta, deslocando R.
E pode mudar mesmo os pontos A e B, claro!
Que conclui?

As viagens do incentro

E a viagem do incentro dos triângulos ABC, enquanto C percorre uma recta?
Que acontece quando faz variar a recta r (usando R)?



[AdAM]

A viagem do ortocentro

Po onde andará o ortocentro de um triângulo ABC enquanto C viaja sobre uma recta?



[AdAM]

Pode deslocar C sobre r para ver H descrever o seu lugar geométrico. Pode deslocar o ponto R para mudar a recta em que C se desloca.

A viagem especial do baricentro

A última entrada propunha olhar para o lugar geométrico dos pontos notáveis dos triângulos ABC em que A e B são extremos de um arco de circunferência (pontos sobre uma circunferência) e C percorre o arco AB.

Essa entrada lembrou-nos a forma redutora como, por razões utilitaristas e de circunstância, apresentamos aos estudantes alguns lugares geométricos. No básico, e depois no secundário em problemas analíticos, centramo-nos muito no lugar geométrico do baricentro quando um vértice percorre uma recta paralela ao seu lado oposto.

Será que perdemos alguma coisa por não considerarmos uma recta qualquer?



[AdAM]

O que é que acontece se a recta r em que se desloca B não for paralela a AC? Pode modificar as posições de r relativas a AC, deslocando R. Pode mudar tudo.
Se deslocar B sobre a recta r obterá o rasto de G no seu lugar geométrico.

Não é melhor manter o caso mais geral? Ou abri-lo sempre para grupos de alunos, tanto em termos básicos como em termos de geometria analítica?

Arcos

Na anterior entrada, propusemos um olhar sobre o lugar geométrico de pontos P obtidos por secantes a uma circunferência perpendiculares - AP e BP - determinando uma delas por um ponto M, livre na circunferência. Podem apresentar-se aos estudantes outros casos interessantes. Por exemplo,
determinar o lugar geométrico dos pontos P sobre uma recta AM e tal que MP=BM, em que A é o extremo do arco e M livre sobre o arco AB da circunferência.

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Nesta entrada, propomos
que se tome um ponto C sobre o arco AB. Qual será o lugar geométrico de cada um dos pontos notáveis do triângulo ABC, quando C percorre AB?



[AdAM]

Defina cada um dos lugares geométricos e explique-os, se possível. A e B, deslocando-se, permitem definir novos arcos. Deslocando C sobre o arco AB, pode obter o rasto dos pontos notáveis do triângulo.

Para os estudantes do ensino secundário, ganha interesse especial a escolha de referenciais seguida da determinação das equações dos lugares geométricos.

Arcos

Tomámos um arco de circunferência AB e um ponto M livre em AB. Chamamos P às projecções ortogonais de B sobre AM. Qual será o lugar geométrico dos pontos P quando M percorre AB ?




[AdAM]

Pode deslocar M sobre AB e A ou B para mudar de arco...
Haverá algum caso em que P descreve o próprio AB?

Olhar um ponto fixo

Tomámos um triângulo ABC, rectângulo em B. Por B passamos a recta r, sobre a qual projectamos ortogonalmente A e C, obtendo M e N. A animação que se segue permite ver que, quando r varre o triângulo, as circunferências de diâmetro MN têm um ponto fixo e permite ver que são envolvidas por uma curva cordial.



[AdAM]

Qual será o lugar geométrico dos centros das circunferências de diâmetro MN, quando as rectas r que passam por B varrem o plano?

o lugar geométrico e o problema

Temos uma circunferência de centro O e um ponto P exterior, no caso do exercício interactivo que se mostra.
Como determinar rigorosamente os pontos M e N da circunferência (apontados em cor de rosa), colineares com P e tais que |MN|=|MP|?

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O texto original é mantido fora desta faixa. Neste dia 21/03/2020 de restauração, apresentamos passos da resolução que esperamos possam ser compreendidos pelos leitores e os levem a procurar as relações que foram usadas para obter as soluções.


[AdAM]

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No caso presente, para aquela circunferência e aquele ponto P, os pontos respeitando as relações de M e N serão únicos?

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Para além de procurarmos quais os passos da construção geométrica para a determinação de M e N, podemos discutir a existência de soluções, para circunferências e pontos P com outras posições relativas.

O lugar geométrico

Para os exercícios e problemas de construção, é muito útil saber as definições. É útil saber que a mediatriz de um segmento AB é a perpendicular a AB tirada pelo seu ponto médio. Mas, para resolver alguns problemas, é ainda mais útil reconhecer a mediatriz pelas suas propriedades, por exemplo, saber que os pontos da mediatriz são equidistantes de A e B e que um qualquer ponto fora dela não está à mesma distância de A e de B. Dizemos que a mediatriz de AB é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de A e de B, com esse sentido.
O "lugar geométrico" não só foi sendo menos usado no ensino básico, como foi sendo diminuído até ser só parte do que é de facto. Não chamamos lugar geométrico a qualquer conjunto de pontos satisfazendo uma determinada propriedade.

Aqui se propunha um exercício interactivo do ensino básico, para o qual são úteis lugares geométricos e propriedades dos quadriláteros.
Fazemos a restauração apresentando os passos da resolução do problema que se vai propor e não como estava no original feito com ZuL ou CaR

Tomámos um ângulo AÔB. Queremos determinar um ponto M do lado OA de tal modo que |MA|=|OP|, sendo P um ponto de OB e de uma perpendicular a OB tirada por M (ou, dito de outro modo, sendo P a projecção ortogonal de M sobre OB)




[A.M]


Estes problemas ganham um novo interesse para os estudantes com a discussão da existência e da unicidade da solução.

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Estamos a aproveitar para chamar a atenção para a importância dos lugares geométricos na resolução de problemas formativos. A divulgação de construções dinâmicas de lugares geométricos ao longo das últimas semanas será prosseguida com a apresentação de problemas em que a abordagem pela via dos lugares geométricos é útil.

E aproveitamos para defender o ponto de vista ou conselho de Aurélio Fernandes (ou do seu mentor Caronnet) para enfrentar estes problemas: Com uma folha de papel e um lápis, parta de um esboço do problema como se estivesse já resolvido...

Por puro acaso

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Notas:
Elipses. Para cada uma delas, tangentes e perpendiculares às tangentes nos pontos de tangência.
Perpendiculares a estas perpendiculares tiradas pelos extremos do eixo maior intersectam-se em pontos que descrevem as curvas desta entrada ...

Estrofóide?

Temos vindo a desenhar algumas curvas, definidas como lugares geométricos e usando quando muito operações com segmentos. Para cada uma das curvas, as nossas construções de férias seguem o "Tratado das Curva" de F. Gomes Teixeira, de que há um exemplar na nossa Escola José Estêvão. Nesta publicação, não tratamos do estudo das equações das curvas. Mas pode ser um interessante trabalho para os estudantes a escolha dos melhores referenciais, para relativamente a eles, determinar as equações que são satisfeitas pelos pontos das curvas aqui sempre descritas como lugares geométricos. Isso está apontado no Tratado das Curvas.

Tomamos uma circunferênciua de centro C e um diâmetro OA. Tomemos uma outra recta a passar pelo centro CK a fazer um ângulo α com OA. Consideremos um ponto D, sobre a circunferência, e o ponto E de intersecção de CK com OD. Finalmente, tomamos o ponto M sobre OD e tal que |OM|=|OD|-|OE|.

Chamamos estrofóide ao lugar geométrico dos pontos M quando D percorre a circunferência em que incide. Estrofóide recta quando α=1 recto; estrofóide oblíqua quando OA e KC não são perpendiculares.

Assim:

Estrofóide recta






Estrofóide oblíqua

As espíricas, as lemniscatas

Tomemos um segmento de comprimento k e dois pontos F e F'.

É uma espírica (ou lemniscata?) a curva descrita pelos pontos P cujas distâncias a F ( |PF|=r) e F' ( |PF'|=r' ) sejam tais que o seu produto |PF|.|PF'| seja constante (k no caso):

r.r'=k



Pode deslocar os vários elementos - r, para ver o ponto P a descrever a curva - k, para fazer variar as espíricas. Verá que pode obter (uma ou duas) circunferências, elipses, ovais, ... enfim, todas as curvas que se possam obter por cortes do "toro".

Há vários tipos de lemniscatas. Interessante notar que a lemniscata se pode obter por inversão da elipse:
|OP|.|OP'|=1




Das leminiscatas, a mais famosa é a conhecida por lemniscata de Bernoulli

Oval de Descartes

Tomem-se dois segmentos h e k (e um terceiro unitário, para fazer contas) e dois pontos F e F'. Uma oval é o lugar geométrico dos pontos P cujas distâncias a F - |PF|=r - e a F' - |PF'|=r' - sejam tais que
r±hr'=±k




Pode deslocar os vários elementos fazendo variar as ovais, como é óbvio.

A seguir publicamos a animação respectiva.




Usando as ferramentas dos cantos inferior esquerdo e superior direito, pode parar e recomeçar a animação, pode voltar ao princípio, etc.

Cissóides?

Tomamos um ponto O e duas curvas a (a verde) e b (a azul) e uma recta que passa por O e corta ambas as curvas (em P a curva a e em Q a curva b).





A vermelho está assinalado o lugar geométrico dos pontos diferença: |OD|=||OQ|-OP||
A azul fica assinalado o lugar geométrico dos pontos soma: |OS|=|OP|+|OQ|


Pode sempre fazer variar as curvas e o ponto O, obtendo diversos lugares geométricos.
Pode deslocar o ponto P sobre a curva a e ver os pontos D e S a descrever os correspondentes lugares geométricos.

Conchóide de Nicomedes

Há uns anos atrás, para a trissecção de um ângulo com nêusis construí a conchóide de Nicomedes com recurso ao Cinderella





Aqui fica, agora feita com o Geogebra.

Na figura desta entrada, temos uma recta ( a horizontal azul) e um ponto O. As rectas (a verde) que passam por O cortam a azul em pontos P. Os pontos desta última recta que estão a igual a distância de P descrevem uma conchóide de Nicomedes, quando P percorre a recta azul.

A cissóide de Diocles e a parábola

Chamemos curva pedal de uma parábola ao lugar geométrico dos pontos de intersecção das suas tangentes com as suas perpendiculares tiradas pelo seu vértice. A curva pedal da parábola é uma cissóide de Diócles.





Como divertimento próprio da época, estamos a experimentar pequenas animações com o Geogebra.

Inversa da cissóide de Diócles

Cissóide e sua inversa

Quinta cissóide

Tomamos agora um ponto O, uma elipse e uma parábola.
Por O tiramos uma recta r cortando as duas curvas, em P e Q.
A cissóide é o lugar geométrico dos pontos C colineares com O, P e Q e tais que |OC|=||OP|-|OQ||.

Quarta cissóide

Tomamos agora um ponto O, uma elipse e uma hipérbole. Por O tiramos uma recta r cortando as duas curvas, em P e Q.
A cissóide é o lugar geométrico dos pontos C colineares com O, P e Q e tais que |OC|=||OP|-|OQ||.