Inscrever um triângulo equilátero num rectângulo dado

O exercício interactivo proposto é: Determinar o triângulo equilátero AEF que tem os vértices E e F sobre os lados BC e CD do rectângulo ABCD.





(Obrigado a Paul Yiu pelo Forum Geometricorum e a René Grothmann pelo Zul - Zirkel und Lineal)

Recta de Simson como lugar geométrico. Parábola como envolvente.

Dadas duas rectas r e s que se intersetam em O, tomem-se quatro pontos: A e M sobre r; B e N sobre s de tal modo que A e B são fixos e AM/BN é constante. Quando M e N se deslocam, os círculos OAB e OMN mantêm um ponto fixo P comum (que não é O). Determinar o lugar geométrico das projeções  de P sobre MN e a envolvente das rectas MN.

com geometria dinâmica,...

Perpendiculares e pontos delas distanciados

Determinar o lugar geométrico dos pontos cuja soma dos quadrados das distâncias a duas retas perpendiculares é igual a a².

O quarto vértice de um paralelogramo

São dadas duas retas concorrentes X'OX e Y'OY; sobre a primeira, o pontos A e A', sobre a segunda os pontos B e B'. Os pontos A e B estão fixos; os pontos A' e B' percorrem estas retas, mantendo-se do mesmo lado da reta AB e de modo que a razão AA'/BB' se mantenha constantemente igual à razão dada m/n. Determinar o lugar do quarto vértice M do paralelogramo de que dois lados são AA' e A'B'.

Ponto médio de um segmento de extremos sobre concorrentes

São dadas duas retas concorrentes X'OX e Y'OY; sobre a primeira, os pontos A e A', sobre a segunda os pontos B e B'. Os pontos A e B estão fixos; os pontos A' e B' percorrem estas retas, mantendo-se do mesmo lado da reta AB e de modo que a razão AA'/BB' se mantenha constantemente igual à razão dada m/n. Determinar o lugar dos pontos médios dos segmentos A'B'.




Claro que se tomarmos os pontos A' e B' do outro lado de AB, os seus pontos médios estão sobre a outra semirecta.

Pontos proporcionalmente distanciados de duas rectas concorrentes

Determinar o lugar geométrico dos pontos P cuja razão das distâncias a duas retas secantes r e s é igual a p/q.




Há outras duas rectas,claro! Para as duas apresentadas, considerámos p e distância a r e q e distância a s.

Pontos distanciados proporcionalmente de um ponto e de uma circunferência

Determinar o lugar geométrico dos pontos que dividem numa razão dada p/q os segmentos que unem um ponto dado P aos pontos de uma circunferência dada.




Há ainda outras duas circunferências que tentamos colocar visíveis numa construção inteligível para o espaço disponível neste lugar.

Pontos que dividem segmentos paralelos entre secantes numa razão dada

Determinar o lugar dos pontos que dividem numa mesma razão dada p/q os segmentos paralelos a uma reta a dada e limitados por duas retas secantes r e s.




Pode variar p e q para ver como se mantêm iguais as razões.

Pontos distanciados proporcionalmente a duas rectas paralelas

Determinar o lugar geométrico dos pontos cuja razão das distâncias a duas retas paralelas r e s é p/q

Ainda outros lugares geométricos

1. Determinar o lugar dos pontos cuja razão das distâncias a duas retas paralelas r e s é p/q.
2. Determinar o lugar dos pontos que dividem numa mesma razão dada p/q os segmentos paralelos a uma reta dada e limitados por duas retas secantes r e s.
3. Determinar o lugar dos pontos que dividem numa razão dada p/q os segmentos que unem um ponto dado P aos pontos de uma circunferência dada.
4. Determinar o lugar dos pontos cuja razão das distâncias a duas retas secantes é igual a m/n.
   
5. São dadas duas retas concorrentes X'OX e Y'OY; sobre a primeira, o pontos A e A', sobre a segunda os pontos B e B'. Os pontos A e B estão fixos; os pontos A' e B' percorrem estas retas, mantendo-se do mesmo lado da reta AB e de modo que a razão AA'/BB' se mantenha constantemente igual à razão dada m/n. Determinar o lugar dos pontos médios dos segmentos A'B'.
6. São dadas duas retas concorrentes X'OX e Y'OY; sobre a primeira, o pontos A e A', sobre a segunda os pontos B e B'. Os pontos A e B estão fixos; os pontos A' e B' percorrem estas retas, mantendo-se do mesmo lado da reta AB e de modo que a razão AA'/BB' se mantenha constantemente igual à razão dada m/n. Determinar o lugar do quarto vértice M do paralelogramo de que dois lados são AA' e A'B'.
7. Determinar o lugar dos pontos cuja soma dos quadrados das distâncias a duas retas perpendiculares é igual a a².

Tirar tangentes a uma circunferência por um ponto exterior

No 9º ano de escolaridade, estudam-se os lugares geométricos: retas e segmentos, circunferências e círculo; inscrição de segmentos, ângulos e polígonos em círculos. No fundo estudam-se as posições relativas de cada uma delas relativamente a cada uma das outras e as propriedades decorrentes. Um ponto P pode estar sobre a circunferência de raio r centrada em O (r=OP), ser exterior (rOP) a ela. ou Uma recta a pode ser exterior a uma circunferência de raio r e centro O (r< d(O,a)), tangente (r=d(O,a)) ou secante (r>d(O,a)). O caso da tangente é o mais estudado já que a consequência imediata de r=d(O,t) é a tangente (t em T) ser perpendicular ao raio OT o que sugere fortemente uma construção com régua e compasso. No 9º ano, insiste-se, e bem, na construção que recorre ao triângulo retângulo OTP (inscrito numa semicircunferência de diâmetro OP, para ser retângulo no vértice do triângulo que é ao mesmo tempo o ponto de tangência seguro). Na ilustração dinâmica que se segue, o primeiro método é esse. Mas não será descabido deixar pistas de outras construções que, para além de tudo o resto, podem ser estudadas (e validadas) usando raciocínios dedutivos. O segundo método usa uma circunferência auxiliar, concêntrica e de raio 2r (cO2r) e, em vez da circunferência de diâmetro OP, usa uma circunferência centrada em P e raio OP.

Ponto de uma recta para ver dois pontos segundo um mesmo ângulo

O problema que agora propomos como exercício interactivo foi sugerido pela entrada anterior.
Temos dois pontos A e B de um mesmo semi-plano determinado por uma recta RS. O problema será determinar o ponto P da recta NS tal que são iguais os ângulo APN e BPS.
Os passos da resolução deste exercício são os mesmos de antigas respostas a outros enunciados.

De onde ver dois círculos sob o mesmo ângulo

Qual é o lugar geométrico dos pontos de que se vêem dois círculos sob o mesmo ângulo?

Há dois pontos que definem o lugar geométrico: os centro das homotetias O e O' que transformam uma circunferência na outra. Repare-se que cada tangente tirada por O (ou O') à circunferência de centro A é também tangente à circunferência de centro B.

Retângulos inscritos num triângulo e interseção das diagonais

Consideremos todos os retângulos inscritos num triângulo dado ABC e tendo um lado sobre BC. Qual é o lugar de interseção das sua diagonais?

Paralelas, secantes por um ponto e lugar da interseção de diagonais

Considere-se duas retas paralelas r e s e um ponto P. Por P traça-se uma secante fixa que encontra r em A e s em B e uma secante de direção variável que encontra r em A' e s em B'. Qual é o lugar dos pontos de interseção das retas AB'e BA'?

Lugar da interseção das diagonais de um trapézio inscrito num triângulo

É dado um triângulo ABC. Traça-se uma paralela qualquer a BC e sejam B' e C' os seus pontos de interseção com os lados AB e AC. Qual é o lugar dos pontos P de interseção das retas BC' e CB'?

Triângulo: Pé da bissectriz de um ângulo com um lado fixo

O triângulo ABC tem os vértices A e B fixos, o vértice C descreve uma circunferência de raio dado e centro A. Qual é o lugar do pé da bissetriz do ângulo A?




O lugar geométrico do pé da bissectriz de A quando C percorre uma circunferência centrada em A e raio dado é uma circunferência. Como determina o seu centro?

Uma circunferência que roda e as tangentes com uma dada direção

Uma circunferência roda em torno de dos seus pontos. Em cada posição traçamos tangentes paralelas a uma reta fixa dada. Qual é o lugar dos pontos de tangência?



A circunferência c roda em torno de P (um dos seus pontos). Para cada posição de c' há duas tangentes (t₁ e t₂) a c' paralelas a r (reta dada) e dois pontos de tangência (T₁ e T₂), cada um deles descrevendo a sua circunferência. Onde estarão os centros destas circunferências?

Trapézio com elementos fixos, lugar geométrico da interseção das diagonais

Determinar o lugar dos pontos de interseção das diagonais de um trapézio em que um dos lados não paralelos é fixo e cujas bases têm comprimentos dados.



A animação da figura é feita de tal modo que se mantém rígido, na sua posição, o lado AD e se mantêm invariantes os comprimentos das bases bem como a sua direção. (Não sugere uma rotação no espaço em torno do lado AD?)
Nessa animação, o ponto de interseção das diagonais percorre uma circunferência. Isso significa que, para além do lado AD, há um ponto fixo (o centro da circunferência). Que ponto é esse e qual a sua posição relativamente aos elementos do trapézio?

Mais lugares geométricos básicos (Th. Caronnet)

1. Determinar o lugar dos pontos de intersecção das diagonais de um trapézio em que um dos lados não paralelos é fixo e cujas bases têm comprimentos dados.
2. Uma circunferência roda em torno de dos seus pontos. Em cada posição traçamos tangentes paralelas a uma reta fixa dada. Qual é o lugar dos pontos de tangência?
3. O triângulo ABC tem os vértices A e B fixos, o vértice C descreve uma circunferência de raio dado e centro A. Qual é o lugar do pé da bissetriz do ângulo A?
4. É dado um triângulo ABC. Traça-se uma paralela qualquer a BC e sejam B' e C' os seus pontos de interseção com os lados AB e AC. Qual é o lugar dos pontos M de interseção das retas BC' e CB'?
5. Considere-se duas retas paralelas r e s e um ponto P. Por P traça-se uma secante fixa que encontra r em A e s em B e uma secante de direção variável que encontra r em A' e s em B'. Qual é o lugar dos pontos de interseção das retas AB´e BA'?
6. Consideremos todos os retângulos inscritos num triângulo dado ABC e tendo um lado sobre BC. Qual é o lugar de interseção das sua diagonais?
7. Seja o trapézio ABCD em que A e B são fixos, os lados paralelos têm comprimentos dados, AD=a e BC=b. Determinar o lugar dos pontos de interseção das diagonais quando o trapézio roda em torno do lado AB.
8. Qual é o lugar dos pontos de que se vêm dois círculos sob o mesmo ângulo?

Lugar dos pontos de tangência em lado variável de ângulo de duas rectas

É dado um ângulo XÔY e um ponto A sobre OX. Seja c uma circunferência tangente a OX em A e a OY em B. Qual é o lugar dos pontos B quando OY roda com O fixo?

Ponto das tangentes a uma circunferência

Num ponto A de uma circunferência c traça-se a tangente à curva. Sobre a tangente tomam-se os pontos M e M' simétricos em relação a A. Qual é o lugar dos pontos M e M' quando A percorre a circunferência?

A circunferência reflectida numa das suas tangentes

São dadas uma circunferência c e a tangente t num ponto T da circunferência. Seja M' o simétrico de M em relação a t. Qual o lugar dos pontos M' quando M percorre a circunferência?

Euclides. Elementos, Livro VI - Proposição XXXIII C

A Mariana trouxe das leituras dos seus "Elementos de Euclides" a útlima proposição do Livro VI. Aqui fica uma construção dinâmica, acompanhada de resultados particulares para a figura (que pode fazer variar) e da demonstração copiada do papelinho que ela apresentou ao Lugar Geométrico.
António Aurélio interessou-se pelo tipo de problema e demonstração e logo apresentou outros resultados. O maquinista ainda disse que não era costume do blog, mas não parece ter comovido nenhum dos sentados no LUGAR. Sem poder vencê-los, junta-se a eles. Por isso, é bem possível que, na senda destes, outros resultados venham a ser publicados acompanhados de demonstrações. O futuro dirá.

Proposição:
Seja um qualquer triângulo, ABC, inscrito numa circunferência de raio r. Chamamos aos lados a=BC, b=AC e c=AB e h_a à altura relativa a a tirada de A. Nestas condições, prova-se que bc=2rh_a.

Circunferências tangentes a retas dadas

Determinar o lugar dos centros das circunferências de raio dado, tangentes a uma reta dada.




O lugar geométrico dos centros das circunferências tangente a uma recta r é uma recta paralela a r distanciada dela o raio dado.


Qual é o lugar geométrico dos centros das circunferências tangentes a duas retas dadas?




Os centros das circunferências tangentes a duas retas r e s são equidistantes de r e s e, por isso, o seu lugar geométrico é a bissetriz do ângulo das duas rectas. Se r e s forme paralelas, o lugar geométrico é uma recta paralela às duas.

O mesmo da última entrada, experimentando com Geogebra

Experimentámos, usando GeoGebra, determinar a recta que passa por A e corta uma circunferência em dois pontos C e D equidistantes do ponto B dado.
Movimentando D sobre a circunferência, pode encontrar a recta que interessa. Explique porque é essa. Faça a sua construção com as ferramentas disponíveis e verifique.

Retas, circunferências e cordas

Um exercício interactivo sobre enunciado da lista de outros lugares geométricos:

São dados os pontos A e B e a circunferência c. Traçar por A uma reta que intersete c nos pontos C e D equidistantes de B.

O quinto básico lugar geométrico

O quinto enunciado da lista de exercícios da lista lugares geométricos básicos é:
São dadas duas circunferências de centros O e O’ e raios r e r’. Traçamos dois raios r e r’ paralelos e com o mesmo sentido. Qual é o lugar geométrico dos pontos médios M dos segmentos AA’ quando A e A’ se deslocam sobre as circunferências?

Aqui fica uma resolução que pode confirmar, com uma resolução autónoma. O que aconteceria se os raios não tivessem o mesmo sentido? Onde estará o centro da circunferência que passa por M?

O sexto básico lugar geométrico da lista

Qual é o lugar geométricos dos pontos M médios das cordas de uma circunferência c que têm um comprimento dado s?

Fazendo pausa na animação e com as ferramentas disponíveis, pode determinar o lugar geométrico pedido e verificando que coincide com o da figura.

Centros da circunferência de raio dado a passar por um ponto

Vamos apresentar uma animação referente ao exercício 1 da lista de lugares geométricos básicos publicada em 11/10/2010.
Seja O o centro de uma circunferência que passa por A e tem raio r.
O conjunto dos pontos O à mesma distância de A é uma circunferência de centro O e raio r.
Reciprocamente, se O' é um ponto qualquer da circunferência de centro A e raio r, O'A = r e O' é centro de uma circunferência com o mesmo raio que passa por A.
O lugar pedido é a circunferência de centro A com o raio r.

Outros lugares geométricos básicos

1. São dados os pontos A e B e a circunferência c. Traçar por A uma reta que intersete c nos pontos C e D equidistantes de B.
2. Determinar o lugar dos centros das circunferências de raio dado, tangentes a uma reta dada.
   Qual o lugar das circunferências tangentes a duas retas dadas?
3. São dadas uma circunferência c e a tangente t num ponto A da circunferência. Seja M' o simétrico de M em relação a t. Qual o lugar dos pontos M' quando M percorre a circunferência?
4. Num ponto A de uma circunferência c traça-se a tangente à curva. Sobre a tangente tomam-se os pontos M e M' simétricos em relação a A. Qual o lugar dos pontos M e M' quando A percorre a circunferência?
5. É dado um ângulo XOY e um ponto A sobre OX. Seja c uma circunferência tangente a OX em A e a OY em B. Qual o lugar dos pontos B quando OY roda com O fixo?

Todos estes enunciados que têm sido e serão publicados são retirados de "Éxércices de Géométrie" de Th. Caronnet (Vuibert, Paris: 1947)

Lugares geométricos básicos - outra solução

O terceiro enunciado da lista de exercícios sobre lugares geométricos básicos é:
São dados uma circunferência c um segmento de reta AA’. Por cada ponto M da curva traça-se um segmento MM’ com o mesmo comprimento de AA’, paralelo e com o mesmo sentido. Qual é o lugar dos pontos M’?
Aqui fica resolvido.

Lugares geométricos parecidos

Na lista de exercícios sobre lugares geométricos básicos é apresentado o seguinte:

Qual é o lugar geométrico dos pontos G de intersecção das medianas de um triângulo cujo lado BC é fixo e cuja mediana AM_a tem um dado comprimento l?

que pode ser associado ao resultado apresentado antes, nas entradas intervalo para esclarecimentos sobre lugares geométricos e notas sobre lugares geométricos que tratavam, entre outros do lugar geométrico dos baricentros dos triângulos com um mesmo circuncírculo em que dois vértices são fixos e outro ocupa qualquer posição sobre o circuncírculo.

Tem algum interesse ver que conjecturas se fazem para o primeiro resultado e para este novo lugar geométrico.

Nesta entrada, tratamos da generalização.

Pode parar a animação e pode mudar o comprimento da mediana.

Circunferência, recta e mediatriz - soluções.

Quando publicámos o problema interativo que consistia em determinar dois pontos - um C sobre uma circunferência c e outro S sobre a reta s - de tal maneira que a reta r fosse a mediatriz do segmento CS, esperávamos que a solução fosse encontrada de uma única maneira usando as rectas. Assim:





Rapidamente chegámos à conclusão que havia solucionadores que partiam da circunferência. Determinavam em primeiro lugar o simétrico O' de O relativamente a r e com centro em O' a refletida c' da circunferência c. Para concluir que as interseções de s com c' e os seus simétricos em relação a r dão as soluções.




(seguindo o Acordo Ortográfico)

Lugares geométricos básicos

Perguntas simples para respostas simples:

1. Qual é o lugar geométrico dos centros das circunferências que passam por um ponto dado A e têm um raio dado r.
2. Qual é o lugar geométrico dos pontos G de intersecção das medianas de um triângulo cujo lado BC é fixo e cuja mediana AM_a tem um dado comprimento l?
3. São dados uma circunferência c um segmento de reta AA’. Por cada ponto M da curva traça-se um segmento MM’ com o mesmo comprimento de AA’, paralelo e com o mesmo sentido. Qual é o lugar dos pontos M’?
4. Qual é o lugar geométrico dos pontos médios dos segmentos definidos por um ponto A e os pontos de uma circunferência c.
5. São dadas duas circunferências de centros O e O’ e raios r e r’. Traçamos dois raios r e r’ paralelos e com o mesmo sentido. Qual é o lugar geométrico dos pontos médios M dos segmentos AA’ quando A e A’ se deslocam sobre as circunferências?
6. Qual é o lugar geométricos dos pontos médios das cordas de uma circunferência que têm um comprimento dado l?

Circunferência e recta; distância e direcção

Na construção dinâmica, considere a circunferência c e a recta s.
Determine os pontos M da circunferência c e N da recta s tais que a distância entre eles seja igual à dada (MN) e segundo a direcção de r.

A circunferência, a recta e a mediatriz

No 9º ano de escolaridade, são abordados os lugares geométricos. A recta e a circunferência são o ponto de partida para o que pode ser uma aventura de pensamento e descobertas, tão simples quanto difíceis. Os conceitos podem ser muito simples, mas os problemas podem ser resolvidos por abordagens que nem sempre aparecem de imediato. Por aqui não vamos descobrir coisa alguma, mas vamos propor problemas de construção elementares que alimentem o fascínio sobre lugares geométricos básicos.

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Na figura que se segue representam-se duas rectas r e s e uma circunferência.

Propomos a determinação, por construção, de pares de pontos (C, S) em que C esteja sobre a circunferência e S sobre a recta s sendo r a mediatriz do segmento CS.

O computador dirá quando o(s) tiver bem determinado(s).

Notas sobre lugares geométricos

A procura dos lugares geométricos (ver publicação de 24/09/2010) do ortocentro, baricentro e incentro de um triângulo inscrito numa circunferência dada, quando B e C permanecem fixos, e a sua justificação, levou-nos a outras perguntas:
Qual será o lugar geométrico dos pontos X₁, X₂ e X₃ resultantes das somas vectoriais OA+OB+OC=OX₁ , GA+GB+GC=GX₂ e IA+IB+IC=IX₃?




Foi interessante verificar que se X₁=H e X₂ =G e como tal os lugares geométricos são os já encontrados para o ortocentro e baricentro, nas condições referidas, já o lugar geométrico de X₃ é ... um lugar estranho - há alguém que queira dar uma ajuda - que curva é esta?

Nota sobre a mediana e a área do trapézio

A dedução de uma fórmula da área do trapézio é feita nas folhas de experimentação do ensino básico usando um triângulo equivalente ao trapézio. Também poderia ser feita a partir da soma de dois triângulos que compõem o trapézio como vimos. Mas outra forma será passando do trapézio para um rectângulo em que uma das dimensões é o segmento MN (segmento de extremos nos pontos médios dos lados não paralelos a que chamamos mediana e cujo comprimento é semi-soma dos comprimentos das bases do trapézio). A propriedade dos pontos médios dos lados não paralelos que também dividem a meio a altura do trapézio e da mediana do trapézio também merecem referência especial. Propomos uma construção dinâmica que ilustra bem a equivalência entre o trapézio ABCD e o rectângulo EFGH em que podemos apreciar a congruência e equivalência dos pares de triângulos (acrescentados/subtraídos) e relação das bases do trapézio com a mediana MN. Pode fazer variar a figura deslocando A, B C ou D ou o ponto auxiliar a azul (este para fazer variar a altura do trapézio). Os botões servem para ocultar ou mostrar cada uma das figuras (trapézio ABCD, rectângulo EFGH, triângulo a triângulo...)



Nenhuma destas abordagens pode ser considerada inibida ou excluída na leccionação e é razoável pensar que cada estudante pode decidir por qualquer delas para chegar à fórmula da área ou para calcular a área se não se lembrar da fórmula.

Nota sobre a área do trapézio

Nas folhas de trabalho do novo programa, para chegar a uma fórmula da área de um trapézio qualquer optou-se pela construção de um triângulo equivalente ao trapézio.
Como se pode ver na figura, tomando CE que passa pelo ponto M médio de AD, os triângulos AEM e CDM são congruentes (ALA) e logo equivalentes. E o triângulo BCE tem a mesma área do trapézio e a mesma altura (distância entre as bases paralelas) sendo a base BE deste triângulo a soma das bases do trapézio BE=BA+CD, já que CD=AE.



Convém, no entanto, ter presente que pode ser mais fácil para os estudantes compreender o resultado a partir da soma das áreas dos dois triângulos em que se decompõe o trapézio: ABC e CDA, em que o primeiro para a base AB (maior do trapézio) e o segundo para CD (base menor do trapézio) têm a mesma altura- distância entre as paralelas AB e CD.

Do pentágono ao decágono

Considere-se um pentágono inscrito [ABCDE] numa circunferência de que é dado o centro.
Determine os vértices e os lados de um decágono circunscrito do qual é apontado como alvo um vértice P.

Intervalo para esclarecimentos sobre lugares geométricos

Cassius Almada Ramos escreveu:
Meu nome é Cassius e sou estudante de matemática. Antes de mais nada, parabéns pelo BLOG
Poderia me tirar 1 duvida?
— Crie uma circunferência K e sobre ela, os pontos A, B e C. Considere B e C fixos.
Qual é o lugar geométrico do incentro do triângulo ABC quando o ponto A varia em K.
Quando o Ponto A anda sobre a circunferência, o incentro desenha a figura que está em vermelho. Que lugar geométrico é esse? (acompanhada de figura dinâmica em Cabri)
Tenho esses 2 problemas tb, que percebi que o rastro é de uma circunferência. Mas não consegui identificar qual o LG.
— Crie uma circunferência K e sobre ela, os pontos A, B e C. Considere B e C fixos. Qual é o lugar geométrico do ortocentro do triângulo ABC quando o ponto A varia em K.
— Crie uma circunferência K e sobre ela, os pontos A, B e C. Considere B e C fixos. Qual é o lugar geométrico do baricentro do triângulo ABC quando o ponto A varia em K.

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Estes problemas foram colocados no "Geometrias" em Agosto de 2009: entrada e ementa. A Mariana preparou construções e esclarecimentos sobre os lugares geométricos que ocupam o Cassius. Em Agosto de 2009, propunhamos a escolha de referenciais e o trabalho com equações sobre esses lugares geométricos. Aqui, Mariana Sacchetti trata tão só das suas construções (em GeoGebra) com elementos definidores dos lugares geométricos.




O lugar geométrico dos incentros dos triãngulos quando A se desloca sobre a circunferência em que B e se mantêm fixos é formado por arcos BC um para cada uma das duas circunferências com centros nos extremos do diâmetro ou intersecções da mediatriz de BC com o circuncirculo (que são também  pontos de intersecção da bissectriz de  com a mediatriz de BC)




Neste caso, trata-se de uma circunferência com centro no ponto da mediatriz de BC simétrico de O e que passa por B e C




E finalmente no caso do baricentro, trata-se de uma circunferência com centro no ponto da mediatriz de BC que dista de Ma (ponto médio de BC) 1/3 da sua distância a O. Esta circunferência passa pelos pontos que dividem BC em 3 partes iguais.

Hexágono circunscrito

Determinar os vértices B, C, D, E e  F e lados do hexágono regular de que se conhece um vértice A e a circunferência que circunscreve.

Polígono inscrito, polígono circunscrito

Num círculo dado, está inscrito um polígono. Determine o polígono circunscrito de lados paralelos ao inscrito (homotetia de razão positiva).

Trapézio inscrito

Determinar os vértices C e D e os lados AD, BC e CD do trapézio inscrito de que é dada a base AB e o comprimento da mediana.




O curioso é que assim como acontece para os trapézios circunscritos, qualquer trapézio inscrito é isósceles. Verifique que assim é.

Trapézio circunscrito (a partir de outros dados)

Determinar o trapézio ABCD, circunscrito à circunferência de centro O, de que se conhece o vértice A(zul)

Tapézio circunscrito (o mesmo problema, outro)

Outros dados, outro problema?
Trata-se de construir o trapézio ABCD, circunscrito à circunferência de centro O da figura, de que são dados os pontos de tangência E, do lado AB, e F do lado BC.

Trapézio circunscrito

O primeiro problema é da construção básica (9º ano) de um trapézio ABCD, circunscrito a uma circunferência, conhecidos que são os pontos de tangência de cada um dos seus lados E, F, G, H.
O segundo problema será demonstrar que tal trapézio ABCD é forçosamente isósceles.

Paralelogramo circunscrito

Com os resultados que temos vindo a utilizar, demonstre que um paralelogramo circunscrito numa circunferência é obrigatoriamente um losango.





Deixamos-lhe a construção dinâmica com ferramentas para que possa fazer as construções auxiliares que lhe permitam criar e acompanhar a demonstração.

Determinar um triângulo conhecidos Â, b e inraio

Determinar B, C, a, b e c de um triângulo sabendo que o raio da sua circunferência inscrita mede 2, BÂC=100º e AC=b=6. Outros dados: o vértice A e a recta AB.

Quanto vale DE?

Na sequência dos problemas levantados com as posições dos pontos de tangência das circunferências inscritas e ex-inscritas de um triângulo ABC em termos de a, b e c, sobrou-nos um problema que é o de determinar a distância entre os pontos D e E de tangência em BC das circunferências tangentes a três rectas AB, AC e BC dentro do ângulo  e, também manda o livro, que se prove que o ponto médio do segmento DE é o ponto médio do segmento BC.



Chamamos a a BC , b a AC e c a AB (confundindo na escrita segmentos com comprimentos). A a+b+c chamamos perímetro do triângulo e semiperímetro, designado muito frequentemente por p, a (a+b+c)/2.
Já sabemos de entradas anteriores que AS=p, TS=a, AT=p-a.
Como AS=AT+TB+BS, sendo TB=BD eBS=BE, p=p-a+BD+BE: BD+BE=a ou 2BD+DE=a.
Do mesmo modo, por ser AR=AU+UC+CR=p-a+CD+CE: CD+CE=a ou 2CE+DE=a.
Assim se prova que BD=CE e que o ponto médio de DE é o ponto médio de BC.
Claro que CU=CD=p-c ou BT=BD=p-b, e podemos assim escrever que DE=a+2b-2p=a+2c-2p ou DE=a+2b-a-b-c=b-c.
Não é interessante? Será util para futuras construções?

Triângulo ABC, dados Â,|BC| e perímetro

Determinar os vértices B e C e lados b e c do triângulo ABC, do qual se conhecem A e a recta AB e que é tal que BÂC=35º, |BC|=a=4 e a+b+c = 16.

Triângulo dados o perímetro e dois ângulos

A partir do ponto A e da recta AB, determine os restantes elementos do triângulo ABC de perímetro 14, cujos ângulos A e C medem respectivamente 40 e 30 graus.





Chamamos a atenção para o uso de ferramentas que habitualmente não usávamos: circunferência de centro e raio dados e ângulo de amplitude fixa a partir de dois pontos. Pensamos ter algum interesse falar do seu uso para o ensino básico.

Pontos de tangência do incírculo dividem os lados do triângulo...

Chamamos a ao comprimento do lado BC oposto a A, b=AC e c=AB. Na nossa construção, designámos por J, K e L pontos de tangência do incírculo.



O perímetro do triângulo é a+b+c = BJ+JC+CK+KA+AL+LB. Como BJ=BL, JC=CK, KA=AL, 2(AK+BL+CJ)=a+b+c, ou seja, 2AK+2a =a+b+c, AK+a é igual a metade do perímetro do triângulo. AK é o semiperímetro subtraído de a. Do mesmo modo, para AL. E obviamente que CK=CJ é igual ao semiperímetro do triângulo subtraído de c ou BL=BJ é igual ao semiperímetro do triângulo subtraído de b.

Alguns problemas podem ser resolvidos facilmente se tivermos presente este resultado.

Perímetro do triângulo e pontos de tangência de uma ex-inscrita

Dizemos que uma recta é tangente a uma circunferência quando só têm um ponto comum. Chamamos ponto de tangência ao único ponto comum. Por exemplo a recta AC é tangente ao círculo de centro em I_a, sendo E o ponto de tangência. Prova-se que a tangente em E é perpendicular ao raio EI_a (?). A distância de um ponto a uma recta é medida na perpendicular à recta tirada pelo ponto. A distância do centro de uma circunferência a qualquer uma das suas tangentes é, por isso, igual ao seu raio. Se tirarmos por um ponto A tangentes a uma circunferência, no caso da nossa construção, de centro em I_a, é certo que este ponto está a igual distância de ambas as tangentes, AB e AC, sendo um ponto da bissectriz do ângulo CÂB. E, assim, por ser I_aÂB = I_aÂC (?) e I_aÊA= I_aDA = 1 recto, os triângulos I_aAD e I_aAE são iguais já que I_aA é lado comum. Podemos concluir que a AD=AE.
Se tirarmos por A tangentes a uma circunferência, a distância de A aos pontos de tangência é a mesma.




Este resultado é muito importante e é aplicado na resolução de muitos problemas. Fornece-nos as condições a que obedecem polígonos circunscritíveis a uma circunferência (ou que admitem uma circunferência inscrita) tangente a cada um dos seus lados.
Sabemos que um triángulo admite sempre uma circunferência inscrita nele que é o mesmo que dizer que há um ponto à mesma distância do seus três lados; mais geralmente, equidistante de três rectas concorrentes. A nossa construção sugere que há vários pontos à mesma distância de 3 rectas (só um - o incerto - equidistante dos 3 lados de um triângulo).Quantos? A estes pontos equidistantes das rectas que contêm os lados de um triângulos chamamos incentro - quando é intersecção das três bissectrizes internas, ou exincentros quando são pontos de intersecção de duas bissectrizes externas e uma bissectriz interna ficando fora do triângulo. I_a é um dos exincentros do triângulo ABC, este sobre a bissectriz do ângulo Â.

E o exercício que propomos hoje é demonstrar que AD é igual a metade do perímetro do triângulo ABC. Pode ser?

Triângulos e quadriláteros, mesmo quando não parece

Um mesmo resultado permite resolver muitos problemas aparentemente muito diferentes. O resultado que serve para determinar um triângulo a partir de 2 lados e da mediana, apresentado recentemente, serve também para determinar dois pontos cada um em cada uma de duas rectas concorrentes dadas e de tal modo que um ponto A, dado seja deles equidistante e colinear.

Triângulo a partir de um vértice A, |AB|,|AC| e |AHa

Um problema de construção de enunciado em tudo semelhante ao do último exercício interactivo proposto usando comprimentos de lados e da mediana.
Aqui trata-se de determinar a partir de A e da recta AB, os pontos B e C e os lados AB, AC e BC do triângulo de que se conhecem os comprimentos dos lados c=AB=5 e b=AC=4 e da altura h_a =AH_a=3.






Este exercício pode ser dado durante o 9º ano, pedindo a justificação para a construção de tangentes que aprendam em educação visual ou após o ensino das circunferências, cordas, tangentes, etc. Está de certo modo relacionado com a demonstração pedida para o facto da mediana relativa à hipotenusa de um triângulo rectângulo o dividir em dois isósceles equivalentes.

Uma mediana no triângulo rectângulo

Tome-se um triângulo rectângulo em A e a mediana de A para o ponto médio de BC. A mediana divide o triângulo rectângulo (como qualquer outra em qualquer triângulo) em dois triângulos equivalentes (Porquê?). Mas neste caso, a mediana divide em dois triângulos isósceles. O exercício para os 7º e 8º anos de escolaridade é demonstrar isso mesmo. Com o que se aprende no 9º ano, já passa a ser outra coisa.

Demonstração simples

A partir do triângulo equilátero ABC, construímos o triângulos A'B'C' para fora (e o triângulo A''B''C'' para dentro) nas condições da figura em que AA'=BB'=CC'.
Pedimos que se demonstre que A'B'C' é equilátero.




É uma demonstração simples e boa para os alunos do ensino básico aprenderem a separar hipótese de tese e a escrever os passos sucessivos da demonstração que não precisa de mais do que critérios de congruência de triângulos (estudados no 7º ano)

Determinar um triângulo conhecidos A e comprimentos b, c, ma

Voltamos, durante algum tempo, a exercícios básicos (pelo menos na aparência) e que podem ser apresentados a alunos do ensino básico.

O primeiro exercício que apresentamos é interactivo e pede que determinemos, a partir de A e da recta r=AB, os restantes elementos de um triângulo ABC de que sabemos os comprimentos dos lados c=AB=5, b=AC=4 e da mediana m_a=AM=3.




O Arsélio não promete dar a solução antes de Setembro. Talvez possa dar sugestões. Ou responder a dúvidas que lhe ponham.

Determinar os focos de uma elipse definida por 5 dos seus pontos

Uma elipse está definida por cinco pontos: A, B, C, D, E. Determinar os focos F₁ e F₂



António Aurélio promete a resolução para Setembro.

Cónica de Evans

Dado um triângulo ABC, determinemos:
- os pontos de napoleão Np₁ e Np₂
- os pontos de Fermat Fm₁ e Fm₂
- os pontos isodinâmicos W₁ e W₂

Num triângulo nem sempre existem todos os pontos FF, Np, WW; mas quando existem, estão os seis sobre a mesma cónica - cónica de Evans.

http://geometrias.blogspot.com/2008/09/pontos-isog-pontos-isodin.html (9/9/08)

http://geometrias.blogspot.com/2008/09/pontos-isodin-e-de-napole.html (26/9/08)

http://geometrias.blogspot.com/2008/07/napole-e-fermat.html (02/07/2008)

http://geometrias.blogspot.com/2009/01/pontos-de-fermat-pontos-isodinamicos-e.html(29/01/2009)


Colocamos dois casos, um em que a cónica de Evans é hipérbole e outro em que é elipse, por ser difícil aparecer a elipse quando deslocamos um dos vértices do triângulo. Nem sempre são visíveis no rectângulo de visualização todos os 6 pontos.






Cinco destes pontos seis pontos definem sempre uma cónica. Evans demonstrou que esta cónica contém o sexto ponto.

Hipérboles hipercores

Sugestão de beleza da entrada anterior. Só pela beleza mesmo.

Hipérbole de Kiepert

Tome-se um triângulo ABC, o seu circuncentro O e o seu ortocentro H.Estes cinco pontos definem uma cónica, no caso, a hipérbole de Kiepert, segundo Paul Yiu.




Para que triângulos é que estes cinco pontos definem duas rectas?

Circunferências e Tangentes

Dadas duas circunferências quaisquer de centros A e B. A recta AB intersecta as circunferência em quatro pontos. Tomemos os dois A' e B', mais distanciados. Tirem-se por A' tangentes à circunferência de centro B e por B' tangentes à circunferência de centro A.
As circunferências inscritas nos triângulos curvilíneos são congruentes.





(Paul Yiu, claro!)

A partir de um triângulo, outros. E outras qualidades.

Nestes tempos, dedicamo-nos a olhar para o texto Introdução à Geometria do Triângulo, de Paul Yiu e, sempre que possível mostrar construções dinâmicas que ilustrem resultados que nos pedem divulgação. Um enunciado simples:

Tome-se um triângulo ABC e um ponto P qualquer. Depois tirem-se por P perpendiculares a PA,PB e PC. Estas perpendiculares intersectam as rectas BC, AC e AB em A', B' e C', respectivamente.

1. A', B' e C' são colineares
2. E são colineares os centros das circunferências de nove pontos dos triângulos rectângulos PAA', PBB' e PCC'
3. Essas circunferências têm obviamente um ponto comum - P que é o pé de alturas de todos os triângulos rectângulos. Menos esperado é haver um outro ponto P* comum às três circunferências.

É sempre um espanto. Coisa pouca, uma nota de uma viagem de estudo ao mundo dos triângulos.

Circuncentro sobre circunferência inscrita e baricentro

A Mariana voltou aos triângulos cujo circuncentro está sobre a circunferência inscrita. Como se podia ver na penúltima entrada, o lugar geométrico dos ortocentros desses triângulos é uma circunferência de centro sobre OI, tangente à circunscrita e de raio R-2r.
A animação seguinte sugere que o lugar geométrico dos baricentros desses triângulos é uma circunferência de que não sabemos o centro (parece que sobre OI também) nem o raio.



Quem sabe?

Circunferência dos 9 pontos como lugar geométrico

Do trabalho de Paul Yu, citado na entrada anterior, retivemos ainda uma outra pergunta:

Quando um ponto P percorre a circunferência circunscrita de um triângulo ABC de ortocentro H, onde está o ponto médio de PH?



A resposta é: quando P percorre a circunferência circunscrita, M percorre a circunferência de 9 pontos (dito, de outro modo, a circunferência de 9 pontos é o lugar geométrico dos pontos médios de PH).
Porquê?

Triângulos com circuncentro na circunferência inscrita?

Uma das perguntas de Paul Yu, em "Introduction to the Geometryof the Triangle" (Florida Atlantic University: 2001) que fizémos a nós mesmos (AAF, AM & MIS), numa destas quintas geométricas era qualquer coisa como: Quais são os triângulos que têm o circuncentro na circunferência inscrita?. Na altura, respondemos com os cálculos mais óbvios, uma construção (em geogebra) e os espantos do costume. E deixámos para mais tarde essa e mais duas outras respostas (as construções já foram feitas ou meio desfeitas-AF (ou meias-desfeitas?:-))
Hoje, passados uns dias, recebemos de manhã o estudo de MS (construções em CaRmetal*.zir) que não resistimos a publicar como prenda de domingo. Muito cuidadosamente, ela escreve muito mais que uma resposta à pergunta. Assim:

1. Porisma - difícil de definir- mas que contem de certa forma o conceito de corolário
2. Porisma - de uma maneira simples mas perceptível - é uma situação que ou não tem soluções ou tem uma infinidade de soluções
3. Porisma de Poncelet - Sejam dois círculos C₁ e C₂, C₂ interior a C₁. Por um ponto P de C₁ tire-se uma tangente a C₂ que intersecta C₁ noutro ponto a partir do qual se tira nova tangente a C₁ e assim sucessivamente. Forma-se assim uma linha poligonal.
   
   Se essa linha poligonal fechar, fechará (com a mesma dimensão) qualquer que seja o ponto P de partida de C₁. Se não fechar, não fechará para nenhum ponto de C₁
4. Polígonos que se formam nestas condições chamam -se polígonos bicentricos(têm incentro e circuncentro)
5. Todo o triângulo é bicentrico
6. Voltemos ao porisma de Poncelet para o caso em que a linha poligonal fecha e tem dimensão 3 - triângulos. Existe assim uma infinidade de triângulos com o mesmo circuncentro e incentro e que se chamam triângulos poristicos - Entrada no blogue em 7.05.09 (ex. interactivo)
7. Que condições se têm que verificar para haver uma infinidade de soluções - a relação de Euler - OI²= R(R-2r) ou OI é a média geométrica entre R e R-2r
8. Caso o circuncentro (O) esteja sobre o incírculo:
   
   1. R=r(1+√t2)
   2. O lugar geométrico dos ortocentros (H) dos triângulos poristas (nesta condição) é uma circumferência com centro sobre OI , tangente ao circuncírculo e de raio R-2r

A borboleta

Tomem-se A,B,C e D sobre uma circunferência de centro O e de tal modo que AC intersecte BD num ponto P. A perpendicular a OP tirada por P intersecta BC e AD em M e N, respectivamente.
Porque é que |MP|=|NP|?




Nota: Claro que pode deslocar A, B, C e D sobre cada circunferência e pode deslocar O fazendo variar a circunferência.

Exercício interactivo: a diferença de rectângulos

Determinar o rectângulo [ABCD] de área igual à diferença das áreas dos dois rectângulos coloridos na figura, a ele semelhantes, conhecendo A e a recta r que contém [AB].





Nota: Após resolver o exercício, pode calcular as áreas dos rectângulos para as comparar, verificando o resultado.

Exercício interactivo: quadrado-soma

Determinar o quadrado [ABCD] do qual A é dado sobre a recta r que contém o lado [AB] e que tem área igual à soma das áreas de dois quadrados coloridos da figura.

Teorema de Pitágoras - mais uma demonstração

Já abordámos demonstrações do Teorema de Pitágoras, usando arranjos diferentes de ocupação da mesma figura, calculando e comparando áreas.
Há muitas demonstrações. Algumas das que aqui vimos foram também abordadas como possíveis propostas para a leccionação dos 8º e 9º anos de escolaridade. Há ainda uma outra que foi apresentada em aulas onde se utilizaram alguns materiais de apoio que a escola adquiriu. Esta é análoga à que parte do quadrado de lado igual à soma dos catetos do triângulo rectângulo, coberto:
- ou por quatro triângulos rectângulos iguais e um quadrado sobre a hipotenusa;
- ou quatro triãngulos iguais e dois quadrados, um sobre um cateto e outro sobre o outro cateto.
A construção dinâmica que se segue parte do triângulo ABC, rectângulo em C, catetos BC=a e AC=b, hipotenusa AB=c. Constrói-se o quadrado de lado c, que fica preenchido por quatro triângulos rectângulos iguais e um quadrado de lado (a-b). Para esta figura que aparece inicialmente, é óbvio que o quadrado de lado c é coberto por 4 triângulos de área ab/2 e um quadrado de lado (a-b): c²=4(ab/2)+(a-b)²= 2ab+a²+b²-2ab=a²+b².
Este resultado pode ser confirmado por uma cobertura de figura equivalente formada por dois quadrados - um de lado a e outro de lado b. Para ver o que se passa, basta ir clicando sobre cada um dos botões por ordem: 1, 2, 3 e 4.

Um exercício interactivo

Nesta altura, vale a pena enunciar um possível exercício de aplicação directa dos resultados de Pappus: Dados dois paralelogramos sobre os lados de um triângulo, determinar o paralelogramo que tem área igual à soma das áreas dos anteriores.

Ligando as pontas em volta do Teorema de Pitágoras

Teorema de Pitágoras e triângulos semelhantes sobre os lados do triângulo

Tal como aconteceu na entrada anterior, se em vez de retângulos semelhantes sobre os lados do triângulo retângulo, construirmos triângulos verifica-se que o triângulo construído sobre a hipotenusa tem área igual à soma das áreas dos triângulos construídos sobre os catetos.

Pode deslocar-se os ponto A, B, C e R, os primeiros para olhar para triângulos retângulos diferentes e R para variar os triângulos semelhantes sobre os lados de um dado triângulo ABC.



(escrita conforme acordo ortográfico)

Teorema de Pitágoras e retângulos semelhantes sobre os lados do triângulo

Sobre os lados do triângulo [ABC], retângulo em A,construímos três retângulos semelhantes. Verifica-se que o retângulo desenhado sobre a hipotenusa tem área igual à soma das áreas dos retângulos desenhados sobre os catetos. Este resultado é verificado para todos as figuras semelhantes construídas sobre os lados do triângulo retângulo.
Clicando sobre o botão Pappus? verifica-se a condição suficiente de Pappus (da entrada anterior).
Os pontos a verde A,B,C e D podem deslocar-se, fazendo variar o triângulo ABC e variar os retângulos para cada triângulo.

Generalização do Teorema de Pitágoras com demonstração à vista desarmada

No seu livro"Mirar y Ver. Nivola. Tres Cantos:2004" Guzmán dá grande importância à capacidade de olhar de modos diferentes e de perspectivas diferentes para as figuras, decompostas de modos diferentes e comparando áreas. Não se trata de um processo para conjecturar, mas mais do que isso: saber olhar, pode ser saber demonstrar. A escrita pode reduzir-se à descrição do que se viu, ou seja, a demonstração esteve na construção e no olhar, na construção do olhar.

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Um dos resultados, apresentado como exemplo, é muito potente. É uma generalização do Teorema de Pitágoras (atribuída a Pappus) de que pouco se fala. Trabalha com figuras decompostas em figuras equivalentes de vários modos que é o que fazemos com o Teorema de Pitágoras. Só que este resultado se aplica a qualquer triângulo e o T. de Pitágoras aparece como um caso particular para os triângulos rectângulos.

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Considere-se um triângulo ABC, qualquer. Sobre dois dos seus lados, construam-se dois paralelogramos - [AA₁B₁B], q na figura - e [AA₂C₂C], r. Os pontos a verde A,B, C, B₁ e C₂ são livres. Pode movê-los livremente.
O interessante é que, para cada par (q, r) de paralelogramos sobre os lados de um dos lados AC e AB de um triângulo qualquer, há um terceiro paralelogramo sobre BC que tem área igual à soma das áreas de q e r.
Que paralelogramo é esse?
Basta clicar no botão Construir? para acompanhar a construção de um tal terceiro paralelogramo.





Se clicou em Construir?, pode ver as dependências e mesmo adivinhar o que é preciso fazer e por que ordem para determinar o paralelogramo [CC₃B₃B] que tem área igual a q+r.

Preciso é determinar o ponto P, intersecção das rectas A₁B₁ e A₂C₂. E o paralelogramo [CC₃B₃B] é tal que A₁B₃= PA, sendo A₁B₃ e PA paralelos.

Clicar sobre o botão Demonstrar? confirmará, vendo, que o paralelogramo [BSPA] é obviamente equivalente a [BB₃RQ] já que BB₃=RQ=BS=PA e a altura relativa a RQ e PA é a distância entre duas mesmas paralelas. E é claro que q é equivalente a [BSPA].
Do mesmo modo, r é equivalente a [ACTP] e a [QRC₃C].

Outra demonstração do Teorema de Pitágoras,...

...usando decomposições diferentes de uma mesma figura.
Passo a passo, pela ordem, clicando nos quadradinhos:


(vista em "Guzmán. Mirar y Ver. Nivola. Tres Cantos:2004")

Outra demonstração do Teorema de Pitágoras

Teorema de Pitágoras - outra demonstração

A anterior entrada- demonstração do teorema de Pitágoras - sugeria uma demonstração usando transformações de figuras em figuras equivalentes.
Na construção que se segue, pretendemos provar que a área do quadrado [ABHG], c², é igual à soma das áreas dos quadrados [BCML], a², e [AJIC], b². Para isso, decompomos o quadrado em dois rectângulos, cada um deles equivalente a cada um dos quadrados.

A altura que divide a hipotenusa e o Teorema de Pitágoras

No 8º ano de escolaridade, a demonstração a fazer é a do Teorema de Pitágoras. Há muitas demonstrações, usando composição e decomposição de figuras, equivalência de figuras, álgebra,...
Uma das demonstrações é a que utiliza semelhança de triângulos e a divisão da hipotenusa pela altura respectiva e que pode ser retomada de muitos modos, sendo interessante seguir as transformações de cada quadrado (sobre cada cateto) em figuras equivalente até ser o rectângulo correspondente como parte do quadrado (sobre a hipotenusa).

Triângulo retângulo de lados em progressão geométrica

Na construção que se segue, tomámos AB=c, variável, e construímos o triângulo tomando para lados AC=b=c.√Φ e BC=a=c/√Φ.
O triângulo assim obtido é um triângulo retângulo em B.




Esta família de triângulos retângulos é a única de lados em progressão geométrica.
De facto,
Sendo ABC um triângulo retângulo cujos lados meçam c/r, c, c.r (progressão geométrica de razão r), temos:
(c/r)² + c² = (cr)² ou (r²)² - r² - 1 = 0.
Ora a raiz positiva desta equação do 2º grau em r² é (1 + √5)/2, ou seja, o número de ouro.
Concluíndo: se num triângulo retângulo os lados estão em progressão geométrica, o quadrado da razão da progressão é "o número de ouro".

Mais outro triângulo rectângulo com razões áureas

Estamos a referir-nos ao triângulo de lados 1, 2, √5 que esteve presente em todas as construções que envolveram a razão áurea. No triângulo retângulo ABC, o lado AB tem o dobro do comprimento de BC.





Todos os triângulos podem ser decompostos em 4 triângulos geometricamente iguais e semelhantes ao triângulo dado (basta unir os pontos médios dos lados).
O triângulo a que nos estamos a referir tem uma característica especial: é o único triângulo passível de ser decomposto em 5 triângulos geometricamente iguais e semelhantes ao triângulo dado.

Outro triângulo rectângulo com razões áureas

Existem outros triângulos rectângulos que por conterem (ou esconderem) razões áureas são também muitas vezes apelidados de ouro.
Um desses triângulos é o triângulo de 3, 4 e 5





BF é a bissectriz do ângulo B que intersecta o lado AC em O.
D e F são os pontos de intersecção da bissectriz com o círculo de centro O e raio AO.
A’ é o ponto de tangência do círculo (de centro O e raio AO) com a hipotenusa. E é a intersecção da corda [AA’] com a bissectriz.
Então:
• D divide [BF] em média e extrema razão
• OE/ED= Φ/2
Podemos ainda referir que a razão entre a hipotenusa e o cateto menor é a razão entre dois números consecutivos da sequência de Fibonacci (5/3) e considerá-la uma aproximação (grosseira) do número de ouro

Lúnula de ouro

Na construção que se segue, quando Q, ao deslocar-se sobre C₁, coincide com C ou C'. os triângulos rectângulos [AMP], [PMQ], [QMR] e [RMB] são de ouro.





Interessante: M é o centro de gravidade da lúnula de ouro (C₂-C₁).

De facto,



1) O centro de gravidade de um círculo é o seu centro. (O₁ e O₂ são centros de gravidade de C₁ e C₂, respectivamente)
2) De um modo geral, O centro de gravidade de uma figura formada por dois círculos estará sobre O₁O₂ considerando O₁ e O₂ com pesos proporcionais às suas áreas.
3) A razão entre as áreas de dois círculos é a razão entre os quadrados dos seus raios
4) Divide-se o segmento O₁O₂ em segmentos com essa mesma razão. Podemos fazê-lo de uma forma aditiva (se as áreas se juntassem) ou de uma forma subtractiva como acontece no caso da lúnula (a vermelha).

Nota: Na construção que fez, para calcular os quadrados dos raios, a Mariana considerou o raio maior O₁ como unidade.

Na animação que se segue, vê-se que o centro de gravidade só coincide com M quando é áurea a razão entre os raios das circunferências que definem a lúnula

Lúnula de ouro

Desenhemos as circunferências C₁, de diâmetro AB, e C₂ de diâmetro AM, em que M divide AB em média e extrema razão.
Qualquer corda; AQ, de C₁ tirada por A fica dividida, pela intersecção, P, com C₂ em média e extrema razão. AQ/AP=Φ

Triângulo rectângulo de ouro

Um triângulo rectângulo de ouro é aquele em que a razão entre a hipotenusa e um cateto é o número de ouro.
Podemos, por isso, também dizer, que um triângulo rectângulo de ouro é todo o triângulo semelhante a um triângulo rectângulo de catetos e hipotenusa 1, √Φ e Φ.
Esta última definição evidencia três propriedades:
• Φ² = Φ + 1, é uma propriedade numérica do número de ouro (Φ é solução da equação x² = x + 1)
• Num triângulo rectângulo de ouro os lados estão em progressão geométrica sendo a razão √Φ
• √Φ =√(1.Φ), num triângulo rectângulo de ouro o cateto maior é a média geométrica entre o cateto menor e a hipotenusa.
Como construir um triângulo rectângulo de ouro?
Seja um segmento de recta [AB] e dividamo-lo em média e extrema razão. Basta tomar para hipotenusa a parte maior e para cateto a parte menor. O cateto maior é, como se pode verificar a média geométrica das duas partes.






Uma vez construído um triângulo rectângulo de ouro (pelo processo mostrado anteriormente), vemos que são semelhantes e consequentemente também de ouro, os triângulos [AMC] e [ABC]

Espiral construída sobre o triângulo de ouro

Vejamos como construir uma espiral sobre o triângulo de ouro ABC.
1. Traçamos a bissectriz do ângulo BAC que intersecta BC em D; o arco CA de centro D e raio DA é o primeiro arco da espiral.
2. Traçamos a bissectriz do ângulo ABC que intersecta AD em E; o arco AB de centro E e raio EA é o arco seguinte da espiral.
3. Traçamos a bissectriz do ângulo ADB que intersecta BE em F; o arco BD de centro F e raio FB é o arco seguinte da espiral.
4. Traçamos a bissectriz do ângulo DEF que intersecta DF em G; o arco DE de centro G e raio GE é o arco seguinte da espiral.
5. Traçamos a bissectriz do ângulo EFG que intersecta EG em H; o arco EF de centro H e raio HE é o arco seguinte da espiral.
6. Traçamos a bissectriz do ângulo FGH que intersecta FH em I; o arco FG de centro I e raio IF é o arco seguinte da espiral.
7. …

Outra característica da espiral de ouro

Descartes designava-a por “espiral equiangular” pois o ângulo que raio vector de qualquer ponto com a tangente à curva nesse ponto é constante.
Note-se que a construção rigorosa exigiria a determinação do ponto “inicial” da espiral, o que evidentemente é impossível; o ponto K tomado na construção abaixo é apenas um ponto aproximado (quando os pontos tomados sobre os quarto arcos se movem, os valores dos ângulos sofrem pequenas alterações).

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Ilustração estática

Uma característica da espiral de ouro

Bernoulli designava esta curva por “espiral logarítmica” atendendo a que os raios dos arcos das sucessivas circunferèncias aumentam em progressão geométrica.
A razão desta progressão é o (incontornável!) número de ouro.

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(ilustração estática)

Espiral de ouro

Um rectângulo de ouro goza da seguinte propriedade: se o dividirmos num quadrado e num rectângulo, o novo rectângulo é também de ouro. Este processo pode efectuar-se infinitamente.
O rectângulo de ouro ABCD foi dividido no quadrado EBCF e no rectângulo AEFD que também é rectângulo de ouro. Então AEFD também é divisível num quadrado GHFD e num rectângulo AEHG, novo rectângulo de ouro.




Podemos utilizar esta construção para obter uma “espital de ouro”:
- Com centro em E e raio EB traçamos o primeiro arco (arco de circunferência) da espiral.
- Com centro em I e raio GI traçamos o segundo arco da espiral.
- Com centro em J e raio JI traçamos o terceiro arco da espiral.
E assim sucessivamente.


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Pentágono – decomposição em triângulos de ouro

Ao traçarmos as diagonais de um pentágono regular, obtemos quatro conjuntos de triângulos semelhantes, todos eles “triângulos de ouro”:
- os triângulos semelhantes ao triângulo ADC;
- os triângulos semelhantes ao triângulo AFG;
-os triângulos semelhantes ao triângulo AEB;
-os triângulos semelhantes ao triângulo AEF.

Podemos considerar razões áureas, como por exemplo.
- o quociente de DA por DF;
- o quociente de DF por DJ;
- o quociente de AF por FJ

E ainda relações que envolvem o número de ouro:

Pentágono regular: relação entre a diagonal e o lado

Temos o pentágono regular inscrito ABCDE. Tracemos as diagonais AC, AD, EB. Os arcos AB, BC, CD, DE, EA têm igual amplitude: 72º. Então os ângulos DEF, DFE, ADC, ACD têm igual amplitude: 72º. Logo os triângulos DEF e ADC (ambos triângulos de ouro) são semelhantes. É DE = DF = l₅ e EF = FA.

A construção do pentágono regular inscrito

Com base na propriedade que liga l₅, l₁₀ e r , é imediata a justificação da construção habitual para inscrever um pentágono regular numa circunferência.



Com centro no ponto médio C do raio OB traçamos a circunferência de raio CD e obtemos o ponto M sobre o segmento AO. No triângulo rectângulo OCD, é OC²+OD² =CD², ou seja, (r/2)² + r²=5r²/4 = CD², e podemos escrever que CD= CM= √(5)r/2. E, em consequência, OM= MC - OC = (√5-1)r/2 = l₁₀. Do triângulo DMO rectângulo em O, como vimos na entrada anterior, se os catetos são OD=r e OM=l₁₀ então a hipotenusa DM=l₅

Determinação do lado do pentágono regular inscrito

Tomemos uma circunferência de raio r=OA; designemos por l₅ o lado do pentágono regular inscrito e por l₁₀ o lado do decágono regular inscrito. Vamos ver como, conhecido l₁₀, podemos obter geometricamente l₅.


Na circunferência de centro O e raio OA, tomemos o ângulo ao centro AOB de 36°, a corda AB corresponde a l₁₀ (lado do decágono regular inscrito).
Sobre a semi-recta AB, tomemos C tal que AO=AC. Por C traçamos uma tangente à circunferência; seja D o ponto de tangência.
Tendo AC um comprimento igual ao raio e sendo AB o lado do decágono regular, então B divide AC em média e extrema razão: AC/AB=AB/BC ou AB²= AC.BC
Pela definição de potência de um ponto em relação à circunferência, CD² =AC.BC. Logo CD=AB=l₁₀ (lado do decágono).
No triângulo isósceles OAC, temos ∠OÂC=72°, então a corda OC da da circunferência de centro A e raio AO=AC corresponde a l₅ (lado do pentágono regular inscrito). Em conclusão, dada uma circunferência de raio r, construindo um triângulo rectângulo com r e l₁₀ como catetos, a hipotenusa é l₅ (lado do pentágono).

O lado do decágono, o raio e a razão áurea

Teve oportunidade de verificar, com uma construção dinâmica, a afirmação seguinte:
O ponto M (para o qual AM é igual ao lado do decágono inscrito numa circunferência) divide o raio desta, OA, em média e extrema razão.
Vamos agora demonstrar esse resultado.



Sendo AB o lado do decágono regular inscrito na circunferência de centro O e raio AO, ∠ AÔB=36°. Como AO=OB, o triângulo Δ[AOB] é isósceles e assim ∠OBA= ∠BAO = 72°.
Tomando a bissectriz de ∠OBA que intersecta AO em K,é ∠OBK =∠ABK=36°. E, por ∠BKO ser ângulo externo do triângulo &Delta[BKO], ∠AKB=∠OBK + ∠KOB = 72°= ∠BAO e, em consequência, também Δ[OBK] é isósceles sendo AB=BK=KO.
Já sabemos que a bissectriz de um ângulo interno de um triângulo divide o lado oposto em dois segmentos proporcionais aos outros dois lados, podemos escrever que KA/AB=KO/OB. E como vimos antes que AB=BK=KO e OB=OA, concluímos que AK/KO = OK/OA, ou seja , o ponto K divide o raio da circunferên cia (O, OA) em média e extrema razão e a medida do segmento OK dá a medida do lado do decágono regular inscrito e AO/OK = Φ (aproximadamente 1,62)

Média e extrema razão e lado do decágono regular inscrito

Dado o raio de um círculo, r = OA, se dividirmos o raio em média e extrema razão, a extrema razão AM é o lado do decágono regular inscrito.
Na construção abaixo, é possível mover quer A, quer O. Como verificará:
- o ponto M divide o raio OA em média e extrema razão;
- é AM = AB.

Divisão de um triângulo de ouro em dois triângulos de ouro

No triângulo de ouro ABC, determinemos o ponto D tal que divide o lado BC em média e extrema razão. Os triângulos ABD e BCD são triângulos de ouro; o primeiro obtusângulo, o segundo acutângulo.
Claro que, em relação a cada um deles, se pode aplicar nova divisão.

Outro triângulo de ouro

Um triângulo isósceles cujo ângulo oposto à base mede 108° e os da base medem 36° é também triângulo de ouro.

Triângulo de ouro

Todo o triângulo isósceles cujos ângulos da base medem 72º são “triângulos de ouro”. Como pode verificar na construção, ao mover o ponto A ou o ponto B, mantém-se constante a relação entre um dos lados maiores e o lado menor e essa razão é o número de ouro.



A relação de um rectângulo de ouro com um triângulo de ouro é imediata: se ambos tiverem a mesma base AB, o vértice V oposto à base no triângulo é a intersecção da mediatriz de AB com a circunferência de centro A e raio AD: obtém-se AV = AD.




De um triângulo isósceles ABC em que AC=BC com ângulo ACB a medir 36º, a base AB é o lado de um decágono regular inscrito na circunferência de centro C e raio AC. É áurea a razão entre o raio AC da circunferência de centro C e o lado AB do decágono nela inscrito.

Resolução II

Resolução do exercício:
Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado menor AB.





Traçámos o quadrado ABC’D’. Com centro no ponto K médio de BC’ tracámos o arco KD’ que determina C sobre a recta BC’. O rectângulo ABCD é rectângulo de ouro.

Resolução

Resolução do exercício:
Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado maior AB.

Determinamos o ponto M que divide o segmento AB em média e extrema razão. Sobre a perpendicular a AB em A tomamos D tal que AD = AM. O rectângulo ABCD é rectângulo de ouro.

Determinar um rectângulo de ouro (II)

Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado menor AB.

Determinar um rectângulo de ouro

Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado maior AB.

Média e extrema razão e número de ouro - comentário à margem

“É impossível explicar honestamente as belezas contidas nas leis da natureza, de uma forma que as pessoas possam senti-las, sem que elas tenham uma boa compreensão da Matemática”.
(RICHARD FEYNMAN)

A expressão que está ligada à divisão em extrema e média razão, (1 + √5)/2, tem como valor o “número de ouro”, 1,618034…
"Para que um todo dividido em duas partes desiguais pareça belo do ponto de vista da forma, deve apresentar a parte menor e a maior a mesma relação que entre esta e o todo." (Zeizing, matemático alemão, 1855)
Desde a escola pitagórica (possivelmente até mesmo antes) que a razão áurea tem sido largamente usada na criação artística, sobretudo em pintura, escultura, arquitectura.
A psicologia ainda não conseguiu explicar os processos mentais que nos levam a encontrar especial beleza e harmonia em certas formas bi ou tridimensional , mas … “Onde houver “harmonia” lá encontraremos o Número de Ouro” (“O Número de Ouro e a Secção Áurea”, Maria Salett Biembengut, 1996). Têm feito estudos em que, a um grupo de pessoas, é proposta a seguinte tarefa – escolher dentro de um conjunto de rectângulos aqueles que lhes parecem mais harmoniosos; verifica-se que são escolhidos, de forma significativa, os “rectângulos de ouro” ou com dimensões muito próximas.

São inúmeros os exemplos (que não referiremos por não estar no âmbito deste blogue) da presença do número de ouro na natureza: várias relações na anatomia humana, nas conchas de vários animais, em pétalas de flores, etc. Um exemplo: nas pessoas que são consideradas “esculturais”, verifica-se que a razão entre a altura e a altura do umbigo é … o número de ouro.

Mais um exemplo para quem ainda tenha dúvidas quanto à actualidade do número de ouro. Transcrevemos um trecho de um boletim de um banco português, referente a correções a efectuar em valores de acções:

“Na sequência de Fibonacci (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55 ,89, ...), em que um algarismo é dado pela soma dos dois anteriores, a partir de determinada ordem o rácio de um número dividido pelo seu sucessor é de 61,8%. Este nível, juntamente com o 38,2% (100% - 61,8% = 38,2%), e o 50%, são chamados de níveis de correcção de Fibonacci. O de 61,8% é tido em conta nas correcções fortes de mercado, enquanto o de 38,2% para correcções mais fracas. Consequentemente, o rácio da divisão de um número na sequência de Fibonacci pelo seu antecessor é 161,8%, logo os níveis 138,2%, 150% e 161,8% são os mais usados em tendências positivas para as projecções de price target de Fibonacci. Considerando a primeira subida do índice no ano corrente, de Março a Maio, seguida de uma consolidação de dois meses, a projecção de Fibonacci de 161,8% coincide com o nível dos 250 pontos, acentuando a probabilidade de correcção no curto prazo.”

(Ramiro Loureiro, analista de acções; 
Sónia Martins, analista de acções
Market Analysis)

Como deve ter notado, 161,8 % ou 1,618 é Φ e 61,8 % ou 0,618 é 1/Φ.

Outra construção para obter a média e extrema razão.

Dado o segmento AB, pretendemos obter o ponto M que o divide em média e extrema razão.

1. Mostramos um segmento [AB]
   
2. Construímos um quadrado de lado AB: seja ABCD.


3. E determinamos o ponto E médio de AD.


4. Com centro em E e raio EB, traçamos o arco que determina F na semi-recta DA, tal que EF=EB
   A diagonal DG do rectângulo CDFG intersecta o segmento AB no ponto M pretendido no sentido de ser |AM|/|MB|=|BA|/|AM|, ou tal que |AM|²=|MB|.|BA|
   
   
   
   
   Este rectângulo é tal que a razão entre os seus lados é Φ ≈ 1,618. A este número Φ chamamos número de ouro e ao rectângulo chamamos rectângulo de ouro.
   
   O ponto M que satisfaz simultaneamente as condições |AM|+|MB|=|AB| e |AM|^2= |AB|.|BM| é único. se tomássemos a diagonal CF do mesmo retângulo, obtínhamos como interseção de CF com AB um ponto N de [AB] tal que |AN|+|NB|= |AB| e para o qual |BN|² =|NA|.|AB|.


5. O bloco 5 da nossa construção dinâmica é para chamar a atenção para outros dois pontos sobre a reta AB (colineares com A e B)interessantes do mesmo ponto de vista e obtidos de modo análogo: considerando o ponto F₁ da semi-reta AD: |EB|=|EF₁| e retângulo [DCG₁F₁] de dimensões |CD|e |DF₁|. As retas diagonais deste retângulo intersectam a reta AB em pontos interessantes. Mostramos a intersecção H da diagonal G₁D com BA que satisfaz as condições BH=BA+AH e |HA|^2 =|AB|.|BH|

Média e extrema razão – inversão – conjugado harmónico

Em 2010 apresentávamos 3 construções em CaR ou ZuL (Compasso e Régua ou Zirkel und Lineal, R. Grothmann):

• a primeira para lembrar que, para um dado segmento de reta AB, um dos seus pontos M (e um só) o divide em média e extrema razão, a saber, tal que AB/AM=AM/MB, (....Φ) ;
• a segunda a lembrar que, sendo M' o inverso de M relativamente à circunferência de centro em A e raio AB, as razões AB/AM e AM'/AB são iguais já que tomando AB para unidade, AM é o inverso de AM';
• e finalmente que se tomarmos B' como extremo oposto a B do diâmetro de (A, AB) - a meia volta de B em torno de A - temos um quaterno harmónico de pontos (sobre a reta AB), a saber (B', B; M, M').

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Restauração:
Limitámo-nos a substituir essas três construções por uma só que se divide 5 passos para evidenciar os aspectos essenciais acima referidos.

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Outra divisão (subtractiva)

Deslocando o ponto N exteriormente ao segmento AB no sentido de B para A, notemos que a razão AB/NA varia de 0 a +infinito, enquanto a razão NA/NB decresce de 1 a 0; existe, então uma posição de N para a qual as duas razões tomam o mesmo valor; designando essa posição de N por M’ temos AB/M’A = M’A/M’B. Ou seja, M’A é meio proporcional entre AB e M’B.

A circunferência, já traçada, com centro em C e raio CB intersectou a recta AC em D; mas também intersecta a recta AC em D´ (simétrico de D em relação a C); a circunferência com centro em A e raio AD’ intersecta a recta AB em M’.


Será possível determinar um outro ponto exterior ao segmento AB no sentido de A para B ? É evidente que não, visto que a distância de N a A é superior à distancia a B e ao comprimento de AB; logo AN não poderia ser meio proporcional entre AB e NB.

Em conclusão, numa recta AB, existem dois e só dois pontos, M e M’, que dividem o segmento AB em média e extrema razão em que AM (AM’) é meio proporcional entre AB e MB (MB’):
- M é interior ao segmento AB e os segmentos AM e MB são aditivos;
- M’ é exterior ao segmento AB e os segmentos M’A e M’B são subtractivos.

Construção da divisão em média e extrema razão

Dado um segmento AB, vamos referir uma das construções que nos permitem obter o ponto M que o divide em extrema e média razão:

• tracemos a perpendicular a AB em B;


• sobre ela tomemos o segmento CB de comprimento AB/2;


• com centro em C e raio CB, tracemos a circunferência que intersecta a recta AC em D;


• com centro em A e raio AD, tracemos a circunferência que intersecta o segmento AB em M.

Por comodidade, tomemos AB = 1; designemos por x o comprimento de AM. Como AB/AM = AM/MB, vem 1/x = x/(1-x) ou x² + x –1 = 0 ; a raiz positiva desta equação é (√ 5 – 1)/2. Logo o valor da razão AM/MB = (√5 + 1)/2 ≈ 1.61803.

O quociente entre a razão extrema e a razão média foi chamada “razão áurea” ; o seu valor, 1.618…, é o “número de ouro”, designado por Φ em homenagem a Fídias que o utilizou para obter as harmoniosas proporções do Parténon.

Média e extrema razão

“A geometria possui dois grandes tesouros: um é o teorema de Pitágoras; o outro, a divisão de uma linha em extrema e média razão.” (KEPLER)

Supõe-se que o conceito de média e extrema razão se deve à escola pitagórica como resultado do seu afã de descobrir relações numéricas que exprimissem as harmonias da natureza. Foi através dos Elementos de Euclides que o conceito chegou aos nossos dias.
Dado o segmento AB, pretende-se dividi-lo em “duas partes desiguais tal que a parte menor e a maior estejam na mesma razão que entre a maior e o todo."
Foi aproximadamente nestes termos que Euclides, há 2300 anos, pôs o problema no Livro VI dos seus Elementos.

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Por outras palavras: para dividir um segmento na razão média e extrema, a razão existente entre o comprimento do segmento inteiro e o de sua maior divisão (razão extrema) é igual à razão entre o comprimento desta maior divisão e o da menor (razão média)
Dado um segmento AB, trata-se de determinar um ponto M do segmento tal que o segmento AM seja o meio proporcional entre o segmento AB e o segmento MB. Ou seja, pretende-se determinar o ponto M para o qual são iguais as razões AB/AM e AM/MB.

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Ao fundo da janela de visualização da construção que apresentamos, temos um cursor n=0 com n variável entre 0 e 3 que permitem separar os passos do nosso trabalho
|n=0|:  Apresenta-se inicialmente um segmento AB


O segmento AB tem comprimento constante; para facilitar, tomemos AB = 1.

|n=1|:  Determinámos um ponto M de AB (pelo método já apresentado antes)
|n=2|:  Verifica-se que existe um ponto M que divide AB em duas partes AM e MB tais que
AB/AM=AM/MB ou AM²=ABxMB.
Sendo AB=1, o comprimento de AM varia entre 0 e 1; logo a razão AB/AM varia de +∞ a 1, enquanto a razão AM/MB varia de 0 a +infinito.
|n=3|:  Há uma e uma só posição de M para a qual as duas razões são iguais: AB/AM = AM/MB:
A figura neste passo, apresenta um ponto N de AB variável. Deslocar esse ponto N do segmento AB permite verificar que existe de facto apenas uma posição em que se igualam as duas razões e é quando N coincide com M.