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28.12.14

o décimo aniversário do GEOMETRIAS e a evolução regular da teia.

DEZANOS

10 ANOS DE GEOMETRIAS.BLOGSPOT.PT


©geometrias. 28 dezembro 2014, Criado com GeoGebra

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27.12.14

Pontos equidistantes a duas circunferência dadas - uma discussão

Na entrada anterior, tratámos de procurar as curvas que contêm o lugar geométrico dos pontos equidistantes de duas circunferências dadas,\;(O_1, \; r_1)\; e \;(O_2, \; r_2)\;, considerando que a distância de um ponto \;P\; a a uma circunferência \;(O, \;r)\; é dada por
  • \;OP-r, \; no caso de \;P\; ser exterior a \;(O, \;r)\;
  • \;r-OP\; se \;P\; for interior a \;(O, \;r)\;
  • \;0\; se \,P\; for um ponto de \;(O, \;r)\;

tendo concluído que os pontos \;P\; equidistantes das duas circunferências \;(O_1, \; r_1)\; e \;(O_2, \; r_2)\; satisfazem a condição: Os pontos \;P\; exteriores às duas circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição \;O_1P -r_1= O_2P -r_2\; equivalente a O_1P - O_2P = r_1-r_2\; \mbox{ou}\; O_2P - O_1P = r_2 - r_1 ou pontos de uma hipérbole de focos \;O_1, \; O_2\; com segmento de eixo transverso de comprimento \;|r_1 - r_2|\; que pode seguir-se na figura que transportámos para esta entrada.

António Aurélio Fernandes insistiu que devíamos discutir a figura, a existência de soluções, o lugar geométrico. Quando procuramos um lugar geométrico de pontos que satisfazem uma dada condição, isto é, um conjunto de pontos definido compreensivamente pela condição, temos de esclarecer que face a um dado ponto qualquer (da hipérbole, por exemplo) podemos dizer, sem dúvida, que ele pertence ou não pertence ao lugar geométrico e podemos esclarecer para que (definições e) condições é que o conjunto de pontos encontrados (a hipérbole) é o respetivo lugar lugar geométrico.

É óbvio que \;PL=PO_2-r_2 = PO_1 -r_1= PN\; e, para a definição considerada acima, P é um ponto equidistante das duas circunferências e da hipérbole.

© geometrias, 17 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra


Mas para o ponto \;S\; da hipérbole, é óbvio que \;SJ=SO_1-r_1 \neq SO_2 -r_2 =SW\; e, por isso, \;S\; não é um ponto equidistante das duas circunferências para a definição de distância de um ponto a uma circunferência acima estabelecida.
Podemos verificar rapidamente que há um ponto \;K\; de \;(O_1, \; r_1)\; e um ponto \;Z\; de \;(O_2, \; r_2)\; tais que \; SK=SO_1+r_1 = SO_2+r_2 = SZ \; e \;SO_2 + r_2 = SO_1 + r_1 \; \mbox{ou} \; SO_2-SO_1= r_2 -r_1\; e que é por isso que \;S\; é um ponto da hipérbole de focos \;O_1, \; O_2\; com segmento de eixo transverso de comprimento \;|r_1 - r_2|\;

Essa hipérbole seria o lugar geométrico dos pontos equidistantes das duas circunferências se tivéssemos definido que um ponto \;X\; é equidistante das duas circunferências sempre que existirem \; X_1 \in (O_1, \; r_1). XO_1 , \; X_2 \in (O_2, \; r_2). XO_2\; tais que \;XX_1= XX_2\;

Sabemos que a hipérbole de focos \;O_1, \; O_2\; com segmento de eixo transverso de comprimento \;|r_1 - r_2|\; é o lugar geométrico dos pontos \;P\: tais que \;|PO_1 - PO_2|=|r_1-r_2|, sendo que esta condição pode ser decomposta numa disjunção de várias, que a cada uma corresponde o seu conjunto de pontos (soluções) e que a reunião dos diversos conjuntos de pontos (soluções) dessas condições constituem a hipérbole.
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17.12.14

Pontos equidistantes a duas circunferências dadas.

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de duas circunferências \;(O_1, \; r_1)\; e \;(O_2, \; r_2)\; .

Sabemos que a distância de um ponto \;P\; a uma circunferência \;(O, \;r)\; é dada por
  • \;OP-r, \; no caso de \;P\; ser exterior a \;(O, \;r)\;
  • \;r-OP\; se \;P\; for interior a \;(O, \;r)\;
  • \;0\; se \,P\; for um ponto de \;(O, \;r)\;

Os pontos \;P\; equidistantes de duas circunferências \;(O_1, \; r_1)\; e \;(O_2, \; r_2)\; satisfarão as seguintes condições:
  • Os pontos \;P\; exteriores às duas circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição \;O_1P -r_1= O_2P -r_2\; equivalente a O_1P - O_2P = r_1-r_2\; \mbox{ou}\; O_2P - O_1P = r_2 - r_1 ou pontos de uma hipérbole de focos \;O_1, \; O_2\; com segmento de eixo transverso de comprimento \;|r_1 - r_2|\;
  • Os pontos \;P\; exteriores a \;(O_1, \;r_1)\; e interiores a \;(O_2, \; r_2)\; delas equidistantes satisfazem a condição \;O_1 P - r_1 =r_2 - O_2P\; equivalente a O_1P + O_2P = r_1+ r_2 ou pontos de uma elipse de focos \;O_1, \;O_2\; e eixo maior de comprimento \;r_1+r_2\;.
    Como é óbvio, os pontos interiores a \;(O_1, \;r_1)\; e exteriores a \;(O_2, \; r_2)\; satisfazem a mesma condição.
  • Os pontos interiores a ambas as circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição \;r_1 - O_1P =r_2 - O_2P\; equivalente a O_1 P-O_2P = r_1-r_2 \; \mbox{ou} \; O_2P - O_1P = r_2-r_1 ou pontos de uma hipérbole de focos \;O_1, \;O_2\; e segmento de eixo transverso de comprimento \;|r_1 -r_2|\;


Na construção que apresentamos a seguir, tomamos duas circunferências de raios (6 e 2) diferentes, sendo os centros pontos livres no plano. pretendemos ilustrar o que atrás concluímos e não percorrer exaustivamente todos os casos que diferentes situações relativas das circunferências ou a comparação entre os raios (por exemplo não tomamos circunferências de raios iguais).


© geometrias, 17 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra



Ao alto da construção temos dois segmentos: \;AB = r_1 + r_2\; e outro \;EF = |r_1 - r_2|:
  • O ponto \;S\; livre em \;AB\; divide este em dois \;AS\; e \;BS\; que permite, por interseção de circunferências centradas em \;O_1, \; O_2\; e de raios \;AS, \;BS, \; determinar pontos cuja somas das suas distâncias a \;O_1\; e \;O_2\; seja constante igual a \;r_1 + r_2\;
  • o ponto \;D\; colinear com \;E, \;F\; exterior a \;EF\; determina dois segmentos \;DE\; e \;DF\; tais que \;DE - DF = |r_1-r_2|\; que permitem, por sua vez, por interseção de circunferências centradas em \;O_1, \;O_2\; e raios \;DE, \;DF, \; determinar pontos tais que as diferenças das suas distâncias aos centros \;O_1, \;O_2\; é constante e igual a \;|r_1 - r_2|\;


A janela inicial ilustra o caso de duas circunferências mutuamente exteriores. Fazendo deslocar qualquer dos centros pode ir vendo, para as diferentes posições relativas das duas circunferências, as curvas que vão aparecendo e discutir para cada uma delas se se trata do lugar geométrico dos pontos equidistantes às duas.
Pode sempre voltar à configuração inicial clicando sobre o "botão na direita alta" e clicando no botão \;\fbox{|>}\, na esquerda baixa, que movimenta \;S,\; D, \; pode acompanhar o traçado das diversas curvas pelos pontos \;P, \;Q\; construídos pelo processo descrito.
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12.12.14

Pontos equidistantes de uma circunferência e de uma reta que a interseta. (2)

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência \;(O, \; r)\; e de uma reta\;a\; que a interseta.


Na nossa construção,
\;\; \fbox{n=1}:\;\; é dada a circunferência \;(O, \; r)\; e uma reta \;a\; que a interseta em \;B, \;C\;.
Fazendo variar os valor de \;n\; no cursor \;\fbox{n=}\;, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de \;a\; e de \;(O, \;r).\; Usando os pontos \;A \; e \;T\; pode variar a posição da reta \;a\;
\;\; \fbox{n=2}:\;\; A reta definida por \;A\, e \;O\; interseta a circunferência no ponto \;T\; que é o ponto da circunferência mais próximo de \;a.\; A distância de \;a\; à circunferência é, pois, \;AT= r-AO\; e o ponto médio do segmento \;AT\; é equidistante de \;a\; e de \;(O, \;r)\; e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos. Para determinar outros pontos \;Q\; equidistantes de \;a\; e de \;(O, \;r)\; tomamos um ponto \;D\; variável da circunferência e a tangente em \;D\; perpendicular a \;DA\; que contém os segmentos de reta cujos comprimentos são distâncias de pontos à circunferência. Os pontos \;Q\; equidistantes da circunferência e da reta encontram-se como interseções de \;a\; com as bissetrizes dos ângulos \;D\hat{G}A\; das tangentes nos ponto \;D\; com a reta \;\;a\;.

© geometrias, 11 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra



\;\; \fbox{n=3}:\;\; Quando o ponto \;D\; percorre o arco \;BTC\; da circunferência, os pontos \;Q\; do semiplano determinado pela reta \;a\; e pelo ponto \;T\; percorrem um arco de parábola de foco \;O\; e diretriz \;d_1\; determinada de modo análogo ao usado na entrada anterior.
\;\; \fbox{n=4}:\;\; Para determinar outros pontos \;P\; equidistantes de \;a\; e da circunferência, procedemos de modo inteiramente análogo usando um ponto \;E\; do arco \;CEB\; da circunferência no outro dos semi-planos definidos pela reta \;a\; .
\;\; \fbox{n=5}:\;\; E de modo análogo, vimos que quando \;E\; percorre o arco da circunferência, \;P\; percorre um arco de parábola de foco \;O\; e diretriz \,d_2\;
Claro que estas duas parábolas (que se intersetam nos pontos \;B, \;C\; e em que a reta \;a\; interseta \;(O, \;r)\; de que apresentámos um arco de cada) constituem o lugar geométrico dos pontos equidistantes da circunferência e da reta \;a\; que a intersete em dois pontos distintos. Separámos os arcos para \;D\; e \;E\; para simplificar a figura.
\;\; \fbox{n=6}:\;\; Poderá verificar o que atrás afirmamos seguindo a animação de um ponto \;M\; que percorre a circunferência, para o qual se determinam pontos das duas bissetrizes do ângulo formado pela tangente em \;M\;, perpendicular a \;OM,\; e a reta \;a\;. Para cada ponto \;M\; estão determinados sobre essas bissetrizes dois pontos equidistantes de \;a\; e de \;(O, \;r)\;. Estes pontos estão sobre as duas parábolas referidas.
Deslocando \;A\; até que este coincida com \;T\; pode ver que o lugar geométrico é formado por uma reta que passa por \;O\; pelo ponto de tangência da reta com a circunferência e por uma parábola
Se a reta \;a\; passa por \;O\; o lugar geométrico é constituído por duas parábolas que se intersetam nos extremos de um diâmetro da circunferência.
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8.12.14

Pontos equidistantes de uma reta e de uma circunferência (1)

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência \;(O, \; r)\; e de uma reta \;a\; que não interseta essa circunferência.


Na nossa construção,
  1. é dada a circunferência \;(O, \; r)\; e uma reta \;a\; que a não interseta;
  2. a reta perpendicular a \;a\, tirada por \;O\; interseta a circunferência no ponto \;B_0\; que é o ponto da circunferência mais próximo de \;a.\; A distância de \;A_0\; à circunferência é, pois, \;A_0B_0= r-A_0O,\;, já que \;A_0\; é exterior à circunferência, e o ponto \;P_0,\; médio do segmento \;A_0B_0\; é equidistante de \;A_0\; e de \;(O, \;r)\; e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos;


    3. © geometrias, 8 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra



  3. para determinar outros pontos \;P\; equidistantes de \;a\; e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos \; P\; à circunferência é medida sobre a reta \;PO\;. Tomando um ponto \;B\; da circunferência, variável, a existir cada um dos pontos \;P\; que procuramos, estará sobre alguma reta \;BO,\; com \;B\; a percorrer a circunferência. Como a distância \;PB\; de \;P\; à circunferência terá de ser igual a \;PA, \; \;P\; terá de ser um ponto da bissetriz do ângulo formado pela tangente em \;B\; e por \;a\;, para cada \;B\; da circunferência;
  4. como sabemos para cada ponto \;B,\; há um ponto \;P\; para o qual \;AP= PB,\; sendo \;AP \perp a, \; e sobre a reta \;AP\; há um ponto \;U\; tal que \;AU=r\; ou \;PU = PO.\; \;PU\; é a distância de \;P\; à reta \;d\; paralela a \;a\; e que dela dista \;r, \; como se pode ver na nossa figura.
  5. Os pontos \;P\; equidistantes de \;a\; e de ;(O, \;r)\; são equidistantes de \;O\; e de \;d\;, isto é, estão sobre uma parábola de diretriz \;d\; e de foco \;O.\;

      6. Clicando sobre o botão \;\fbox{|>}\; poderá ver a curva que o ponto \;P\; percorre.
      Na nossa construção, consideramos a reta \;a\; não secante nem tangente à circunferência \;(O, \;r)\; e os pontos \;B\; da circunferência tais que \; \angle A_0Ô B \leq \displaystyle \frac{\pi}{2} .\, Veremos outras construções com outras restrições em próximas entradas.
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4.12.14

Pontos equidistantes de uma circunferência e um ponto a ela interior.

Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado na entrada anterior, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência \;(O, \; r)\; e de um ponto \;A\; tal que \;AO \leq r\;.


Na nossa construção,
\;\; \fbox{n=1}:\;\; é dada a circunferência \;(O, \; r)\; e um ponto \;A\; interior a ela.
Fazendo variar os valor de \;n\; no cursor \;\fbox{n=}\;, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de \;A\; e de \;(O, \;r)\;
\;\; \fbox{n=2}:\;\; A reta definida por \;A\, e \;O\; interseta a circunferência no ponto \;B_0\; que é o ponto da circunferência mais próximo de \;A. \; A distância de \;A\; à circunferência é, pois, \;AB_0= r-AO\; e o ponto \;M-0\;, médio do segmento \;AB_0\; é equidistante de \;A\; e de \;(O, \;r)\; e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos.

© geometrias, 3 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra



\;\; \fbox{n=3}:\;\; Para determinar outros pontos \;P\; equidistantes de \;A\; e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos \; P\; à circunferência é medida sobre a reta \;PO\;. Tomando um ponto \;B\; da circunferência, variável, a existir cada um dos pontos \;P\; que procuramos, estará sobre alguma reta \;BO,\; com \;B\; a percorrer a circunferência. Como a distância \;PB\; de \;P\; à circunferência terá de ser igual a \;PA, \; \;P\; terá de ser um ponto da mediatriz de \;AB\;, para cada \;B\; da circunferência.
\;\; \fbox{n=4}:\;\;Clicando sobre o botão \;\; \fbox{|>}\;\; de animação de \;B\; verificará que, quando \;B\; percorre a circunferência \;(O, \;r),\; o ponto \;P\; percorre uma elipse de focos \;A\; e \;O,\; como seria de esperar, já que \;PA=PB=r-PO\; que é o mesmo que \;PO+PA=r :\;
A soma \;PO+PA\; das distâncias de \;P\; a \;A\; e a \;O\; é constante (igual ao raio \;r\;da circunferência dada).
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1.12.14

Pontos equidistantes de uma circunferência e um ponto a ela exterior.

Ao longo dos anos, apresentamos várias definições e várias construções para as cónicas recorrendo a condições com distâncias de ponto a ponto, de ponto a reta, de reta a reta. Vamos agora introduzir lugares geométricos dos pontos que verificam condições usando distâncias de ponto a circunferência, reta a circunferência e circunferência a circunferência. Nesta entrada, trataremos do lugar geométrico dos pontos equidistantes a um ponto e a uma circunferência dados.

Tomemos um ponto \;A\; e uma dada circunferência \;(O, r)\;. A distância do ponto \;A\; a \;(O, \;r)\; é dada por
  • \;AO - r\; no caso de \;A\; ser exterior à circunferência; <\li>
  • \;r-AO\; no caso de \;A\; ser interior à circunferência;
  • \;0\; n caso de \;A\; estar sobre a circunferência.
De um modo geral, podemos dizer que a distância de um ponto \;P\; qualquer do plano a uma circunferência \;(O, \; r)\: é dada por \; |PO-r|\;
Na nossa construção,
\;\; \fbox{n=1}:\;\; é dada a circunferência \;(O, \; r)\; e um ponto \;A\; exterior a ela.
Fazendo variar os valor de \;n\; no cursor \;\fbox{n=}\;, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de \;A\; e de \;(O, \;r)\;
\;\; \fbox{n=2}:\;\; A reta definida por \;A\, e \;O\; interseta a circunferência no ponto \;B_0\; que é o ponto da circunferência mais próximo de \;A. \; A distância de \;A\; à circunferência é, pois, \;AB_0= AO-r\; e o ponto \;M-0\;, médio do segmento \;AB_0\; é equidistante de \;A\; e de \;(O, \;r)\; e, por isso é um ponto do lugar geométrico que procuramos.

© geometrias, 30 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra



\;\; \fbox{n=3}:\;\; Para determinar outros pontos \;P\; equidistantes de \;A\; e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos \; P\; à circunferência é medida sobre a reta \;PO\;. Tomando um ponto \;B\; da circunferência, variável, a existirem cada um dos pontos \;P\; que procuramos estará sobre alguma reta \;BO,\; com \;B\; a percorrer a circunferência. Como distância \;PB\; de \;P\; à circunferência terá de ser igual a \;PA, \; \;P\; terá de ser um ponto da mediatriz de \;AB\;, para cada \;B\; da circunferência.
\;\; \fbox{n=4}:\;\;Clicando sobre o botão \;\; \fbox{|>}\;\; de animação de \;B\; verificará que, quando \;B\; percorre a circunferência \;(O, \;r),\; o ponto \;P\; percorre uma hipérbole de focos \;A\; e \;O,\; como seria de esperar, já que \;PA=PB=PO-r\; que é o mesmo que \;PO-PA=r :\;
A diferença \;PO-PA\; das distâncias de \;P\; a \;A\; e a \;O\; é constante (igual ao raio \;r\;da circunferência dada).
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26.11.14

Invariante nas triangulações de polígonos inscritíveis (2)

Consideremos um polígono convexo \;[A_1 A_2 \;\ldots A_{k} \ldots A_n]\; inscrito numa circunferência de centro \;O \; e raio \;R\; dados. Tomemos uma triangulação, por exemplo \; [A_1A_2A_3], \; [A_1A_3A_4],\; \dots , \; [A_1A_{k-1}A_k], \; \dots \; [A_1A_{n-1}{A_n}] de \;n-2\; triângulos e designemos por \;i_k\; o inraio do triângulo \;[A_1A_kA_{k+1}]\;. Há várias triangulações para cada polígono, mas
a soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos é a mesma para qualquer das triangulações possíveis. Provemos.

No artigo publicado a 20.11.14 sob o título soma invariante nas triangulações de quadrilátero convexo inscrito mostrámos que, para um quadrilátero convexo inscrito numa cirucnferência de centro \;O\; e raio \;R\; dados,
  • a soma dos inraios de uma das triangulações é igual à soma dos inraios da outra
  • e, para isso, se demonstrou o teorema de Carnot:
    • para um triângulo acutângulo \;ABC\; inscrito numa circunferência de centro \;O\; e raio \;R\; se chamarmos \;i\; ao inraio de \;ABC\; e \; m, \; n, \;p\; às distâncias de \;O\; aos lados \;a=BC, \;b=AC, \;c=AB\; respetivamente, então R+i =m+n+p
    • para um triângulo \;ABC\;, obtusângulo em \;C, \; verifica-se que R+i =m+n-p
  • óbvio é que se \;ABC\; for um triângulo retângulo em \;C, \; verifica-se que R+i =m+n já que \;AB=c\; é um diâmetro de \;(O)\;

Na figura abaixo, apresenta-se um hexágono convexo \;[A_1A_2A_3A_4A_5A_6]\; inscrito numa circunferência \;(O).\; A imagem inicial apresenta um hexágono com \;O\; como ponto do seu interior e no interior de \;[A_1A_4A_5]\; triângulo da triangulação feita tomando as diagonais tiradas por \;A_1\;, no exemplo. Para além das diagonais, na figura também estão visíveis as distâncias \;OM_k =m_k\; (aos lados do polígono A_kA_{k+1} \;) e \;ON_k = n_k\; (às diagonais \;A_1A_3,\; A_1A_4, \;A_1A_5\; que são lados dos triângulos da triangulação tomada.

© geometrias, 24 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra



  1. Aplicando o Teorema de Carnot (referido acima) aos triângulos em que decompusémos o nosso polígono, temos
    R+i_1 = m_1+m_2-n_1 R+i_2 = n_1+m_3-n_2 R+i_3 = n_2+n_3 + m_4 R+i_4 = m_5 +m_6 -n_3 e, por isso, 4R + (i_1 + i_2 +i_3 +i_4 )= m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 ou i_1 + i_2 +i_3 +i_4 =m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 -4R \;\;\;\;\; \square A soma dos inraios é igual à soma das distâncias do circuncentro aos lados do polígono diminuida do número de circunraios igual ao número de triângulos da triangulação (exatamente igual a \;n-2, \; sendo \;n\; o número de vértices ou número de lados do polígonos unicamente dependente do polígono e da sua circunscrita e independente da triangulação tomada.

    Este raciocínio aplica-se a qualquer polígono convexo inscritos em circunferência com centro no interior do polígono e, forçosamente, em algum triângulo cujos lados são lados ou diagonais do polígono.
  2. O mesmo raciocínio pode ser utilizado para o caso de \;O\; ser um ponto exterior ao polígono inscrito em \;(O,\; R).\; Nestas condições, o ponto \;O\; é exterior a todos os triângulos de qualquer triangulação que se tome.
    Verificará que, por aplicação do Teorema de Carnot, o resultado se mantém o mesmo.
  3. O resultado pode ser demonstrado por indução finita, usando o resultado da entrada anterior. Para um triângulo, o inraio varia conforme tenha um ângulo obtuso, reto ou todos agudos. Para um quadrilátero convexo inscrito mantém-se invariante a soma dos inraios para cada uma das triângulações. Bastará provar que, para qualquer \;p\geq 4\;,
    se a soma dos inraios de um polígono convexo inscrito de \;p\; lados é invariante para todas as suas triangulações então também tal se verifica para todos os polígonos convexos inscritos de \;p+1\; lados
    Um polígono convexo inscrito de \;p+1\; lados, \;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p+1}\;, pode decompor-se sempre em dois polígonos inscritos na mesma circunferência, a saber: um polígono de \;p\; lados — \;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\; —, e um triângulo \;A_1A_pA_{p+1}\;. Pela hipótese de indução, para \;p\geq 4\;. i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p_3}+ i_{p-2} =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-3)R \;O\; pode ser interior de \;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\; (e exterior de \;A_1A_pA_{p+1}\;) ou .... ou exterior a ambos....
    Consideremos \;O\; exterior a \;A_1A_pA_{p+1}\; e \angle A_1\hat{A_p}A_{p+1} obtuso. A distância de \;O\; ao lado \;A_1A_p\;, oposto ao obtuso neste triângulo, é \;n_{(p+1)/2} \;, sendo \;m_p\; a distância de \;O\; a A_pA_{p+1} e \;m_{p+1}\; a A_{p+1}A_1.
    Para este último triângulo \;A_1A_pA_{p+1}\; inscrito em \;(O, \;R)\; de que \;O\; está no exterior (\angle A_1\hat{A_p}A_{p+1} é obtuso), o seu inraio \;i_{p-1}\; é igual a \;m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R \;
    Podemos então escrever para \;p\geq 4, i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + \underbrace{i_{p-1}}=\\\ =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-2)R + \underbrace{m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R} ou i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + i_{p-1}=m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p+1-2} + m_{p+1-1} + m_{p+1} -(p+1-2)R como queríamos provar.

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20.11.14

Soma invariante na triangulação de polígonos inscritíveis (I)

Consideremos um quadrilátero convexo \;[ABCD]\; inscrito numa circunferência dada. Cada uma das suas diagonais divide o quadrilátero em dois triângulos diferentes tendo a respetiva diagonal por lado comum. Dizemos por isso que um quadrilátero admite duas triangulações diferentes: divisão em \;[ABC]\; e \;[ACD]\; pela diagonal \;AC;\; e em \;[ABD]\; e \;[BCD]\; pela diagonal \;BD\;.
Um dos "sangakus" mais famosos relaciona as duas triangulações de um quadrilátero convexo inscrito numa circunferência. Assim:

A soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos de cada triangulação de um quadrilátero inscrito é igual para as duas triangulações

© geometrias, 16 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra




Lembramos que
  • Os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito numa circunferência são suplementares. Consideremos um caso semelhante ao da figura acima em que são agudos os ângulos dos vértices \;A\; e \;B\; e, em consequência, os respetivos suplementares \;C\; e \;D\; são obtusos.
  • O produto das diagonais de um quadrilátero inscrito numa circunferência é igual à soma dos produtos de lados opostos: \; AC \times BD = AB \times CD + BC \times CD \; - teorema de Ptolomeu - aplicado ao quadrilátero da figura acima.
  1. Na figura dinâmica que se segue, mostra-se o triângulo acutângulo \;ABC \;, o seu incírculo \;(I, i)\; e as distâncias do circuncentro \;O\; do triângulo aos seus lados: \;OM = m\; - altura do triângulo \;OBC,\;tirada de \;O\; para \;BC =a; \; \; ON =n\; - altura do triângulo \;OCA\; tirada de \;O\; para \;CA =b;\; e \;OP\; - altura de \; OAB tirada de \;O\; para \;AB =c. \; Lembra-se que como \;OM \perp BC\;, sendo \;BC\; corda da circunferência \; (O), \; é \; BM=MC
    \; \Delta[OBC] + \Delta[OCA] + \Delta[OAB] = \Delta [ABC] que que multiplicada por 2, dá \;m \times a + n \times b + p \times c = (a+b+c) \times i


    2. © geometrias, 19 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

    Use os botões \square \; ACIJ\; e \square \; BDKL\; para mostrar ou esconder cada uma das partes da construção para acompanhar o texto da prova .

  2. Cada um dos quadriláteros \;[OMCN], \;[ONAP], \; [OPBM] \; é inscritível, já que cada um deles tem dois ângulos opostos retos (suplementares portanto) e, consequentemente, os outros dois opostos também são suplementares. Por isso, chamando \;R=OA=OB=OC=OD\; ao circunraio, aos lados \;a=BC, \;b=AC, \;c=AB,\; e ás alturas respetivas dos triângulos \;OBC, \; OCA, \;OAB\; respetivamente m=OM ,\; n=ON , \; p=OP,\; e, por ser NP =\frac{a}{2}, \; MN =\frac{b}{2}, \; MP=\frac{c}{2}, \; podemos escrever (com recurso ao teorema de Ptolomeu, aplicado a cada um desses quadriláteros em que \;[ABC]\; se decompõe, \;[OMCN]: \; R\times \frac{c}{2} =m \times \frac{b}{2} + n\times \frac{a}{2} multiplicando por 2, equivalente a R\times c= m \times b + n \times a e, do mesmo modo para \;[ONAP]\; R\times a =n \times c + p \times b e para \;[OPBM] :\; \; R\times b =p \times a + m \times c E, somando \; (a+b+c) \times i= m \times a + n \times b + p \times c com as últimas três, obtemos R\times (a+b+c) +(a+b+c)\times i = a(m+n+p) +b(m+n+p) +c(m+n+p) (a+b+c)(R+i) = (a+b+c)(m+n+p) ou seja
    R+i = m+n+p= OM + ON + OP\;\;\;\; \square - Teorema de Carnot para triângulos acutângulos


    1. Para o triângulo \;CDA\; em que \;D\; é vértice de um ângulo obtuso e o circuncentro está no seu exterior, podemos fazer um raciocínio análogo, levando em conta que a soma das áreas dos triângulos \;ODC\; e \;ODA\; excedem a área de \;CDA\; numa área igual à do triângulo \;OCA.\;
      Assim no caso de um triângulo \;CDA\; inscrito e sendo \;D\; obtuso \Delta [CDA] = \Delta [OCD] + \Delta [ODA] - \Delta [OCA] de onde podemos retirar (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + AD\times OR + AC \times (-ON)
    2. Por outro lado, o teorema de Ptolomeu aplicado aos três quadriláteros inscritíveis \;[OQDS], \;[OSAN], \; [ONCQ], \; dá-nos R \times (AC + CD + DA) =O\times DA + DC \times OS + OS \times AC + AD \times ON + ON\times CD + OQ \times CA e somando esta última, membro a membro, com \; (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + DA\times OS +AC \times (-ON ) , R \times (AC+CD+ DA) + (AC+CD+DA) \times j= \\= OQ \times ( AC+CD+DA) + OS \times (AC+DC+DA) - ON \times (AC+CD+DA) =\\= (OQ+OS-ON) \times ( AC+CD+DA) R+j =q+s-n= OQ+OS-ON ;\;\;\; \square - Teorema de Carnot para triângulos obtusângulos


    Finalmente, podemos escrever 2R+i+j=m+p+q+s = OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; i+j= OM+OP+OQ+OS - 2R
  4. E repetindo o raciocínio para a outra triangulação de \;ABCD\; em que este quadrilátero é dividido pela diagonal \;BD\; nos triângulos \;ABD\; (de incentro \;K\; e inraio \;k\;) e \;BCD\; (de incírculo \;(L, \; l)\;), podemos escrever que R+k= OP+OT+OS=p+t+s R+l=OM+OQ-OT = m+q-t e finalmente 2R+k+l= OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; k+l= OM+OP+OQ+OS - 2R
    5. i+j=k+l \;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \square como queríamos provar.




(sugestões de António Aurélio Fernandes)
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30.10.14

Triângulos retângulos: altura e inraios

Problema: Um triângulo \;[ABC]\; retângulo em \;C\; está dividido em dois triângulos \;[CAH]\; e \;[BCH]\; pela sua altura \;CH\; relativamente à hispotenusa \;AB.\;
Provar que a altura \;h=CH\; é igual à soma dos raios\;i,\;j,\;k\; dos incírculos \;(I, i), \;(J, j), \; (K, k)\; de \;[ABC],\; [CAH], \; [BCKH]\; respetivamente.



© geometrias, 29 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra


Na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio \;i\; do incírculo de um triângulo \;[ABC]\; retângulo em \;C\;, é dado por \;i= \displaystyle \frac{a+b-c}{2}.\;
Como \;[CAH]\; e \;[BCH]\; são retângulos em \;H\; \;j =\displaystyle \frac{AH+HC-CA}{2}=\frac{AH+h-b}{2}\; e \;k =\displaystyle \frac{CH+HB-BC}{2} =\frac{h+HB-a}{2}\;
Somando os raios das três circunferências inscritas da figura, temos \;i+j+k = \displaystyle \frac{a+b-c}{2} + \frac{AH+h-b}{2} + \frac{h+HB-a}{2}= \frac{a+b-c +AH+h-b+h+HB-a}{2}
Como \;AH+HB= c,\; conclui-se que
\;i+j+k = h \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; □
J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)
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27.10.14

Seis círculos gémeos num quadrado

Problema: É dado um quadrado \;[ABCD],\; dividido pela diagonal \;BD\; em dois triângulos isósceles iguais. O triângulo \;ABD\; está dividido por \;DP\; em dois triângulos \;[APD]\; e \;[PBD]\; que admitem incírculos congruentes.
Determinar o raio destes incírculos em função do lado do quadrado.
  1. Na anterior entrada de 18.10.14 Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos demonstrámos que para um triângulo, como \;[DAB]\; na figura, \;DP = \displaystyle \sqrt{p(p-a)},\; em que \; a=AB=DA, \;2p= DA+AB+BD. \; \;
    Este resultado permite determinar, com régua e compasso, \;PD\; e os triângulos \;[APD]\; e \;[PBD]\; que circunscrevem as circunferências gémeas.

    2. © geometrias, 25 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

    Clicando no botão "□azulejo" pode ver o quadrado com seis círculos gémeos, assim construídos.

  2. No triângulo \;[DAB],\; como \;DA=AB = a\; e \;DB=\sqrt{2} a,\;
    o seu semi-perímetro é \;p = \displaystyle \frac{2a+\sqrt{2} a}{2} =a+\frac{\sqrt{2}}{2} a\;\;\; e \;\;\;\;p-a =\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} a.\;
    E, em consequência, \;DP^2 = p(p-a) = \displaystyle \left(a+\frac{\sqrt{2}}{2} a \right) \frac{\sqrt{2}}{2} a = \frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2\;
    Obtém-se assim o valor de \;DP\; em função de \;a\;.
    E, claro, podemos obter também imediatamente uma expressão para \;AP\; em função de \;a:\;
    \; AP^2 = PD^2 - DA^2 = \displaystyle\frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2 - a^2 = \left(\frac{ \sqrt{2} +1}{2} -1\right) a^2 = \frac{\sqrt{2}-1}{2} a^2\;

  3. Por outro lado, na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio \;k\; do incírculo de um triângulo \;[PDA]\; retângulo em \;A\;, é dado por \;k= \displaystyle \frac{DA+AP-PD}{2}.\;

    Assim, em função de \;a\; o valor de \;k\; é:
    \; \displaystyle \frac{1}{2} (DA+AP-PD) = \frac{1}{2}\left( a + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} a - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} a \right).\;
    Concluindo k= \frac{a}{2}\left( 1 + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}}\right)
J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)
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18.10.14

Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos

Problema: Dois círculos gémeos \;(J, k)\; e \; (K, k)\; estão inscritos respetivamente em \;[ABP]\; e \;[APC].\;
Determinar o comprimento de \;AP\; em função dos lados de \;[ABC]\;


Notações: \; x=AP, \;a =BC, \;b=AC,\; c=AB, 2p=a+b+c,\; 2p_1=c+BP+PA., 2p_2=AP+PC+b\; De resto seguimos as designações usadas na fuigura.

© geometrias, 15 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

Clicando no botão que mostra ou esconde a circunferência \;(I, r),\;inscrita no triângulo \;[ABC],\; mostram-se ainda os segmentos \;BI, CI\; das bissetrizes de \;\hat{B}\; (a passar por \;J\;) e de \;\hat{C}\; a passar por \;K\; ; e o segmento \;II_a,\; raio de \;(I)\; para o ponto de tangência com \;BC.\;<

O problema apresentado consiste em demonstrar, consideradas as notações da figura e as referidas acima, que \;AP = \sqrt{p(p-a)}
  1. Sendo \; 2p_1=c+BP+PA,\; \;2p_2=AP+PC+b \; e \;BP+PVC=a,\; \;\; 2(p_1+p_2)= c+BP+x +x+PC+b =a+b+c+2x =2p+2x
    ou, concluindo, p + x = p_1 + p_2
  2. As áreas dos três triângulos relacionam-se como segue. \;\Delta ABC = \Delta ABP + \Delta APC \;\;\; e, cada uma das áreas pode ser obtida pelo produto do semiperímetro do triângulo pelo raio da circunferência nele inscrita. Assim, temos \;p\times r = (p_1 +p_2)\times k = (p+x)\times k = p.k+x.k\; e, finalmente, de \;p.r=p.k+x.kp\; se conclui x = \frac{p.r}{k}-p
  3. Há, na figura completa, triângulos obviamente semelhantes \;[IBI_a]\; \sim \;[JBJ_a]\; e \;[CII_a]\; \sim \;[CKK_a]\; Por isso, podemos escrever que \frac{r}{k} = \frac{BI_a}{BJ_a} = \frac{I_aC}{K_aC} \;\; \;\; (*) Como \;(I, r)\; é tangente a \;BC\; em \;I_a,\; a \;AC\; em \;I_b\; e a \;BC\; em \;I_c,\; \; BI_a =BI_c, \; CI_a=CI_b, \; AI_c=AI_b\;
    \underbrace{BI_a+ I_aC}+AI_c =BI_c+\underbrace{CI_b+I_bA} =BC+AI_c=BI_c+CA= = a+AI_c=BI_c+b=a+AI_b=b+BI_a=p \; e, em conclusão,
    \;BI_c=BI_a=p-b, \; CI_b=CI_a = p-c.
    Também é \;AI_b=AI_c=p-a.\;.
    Do mesmo modo, como \; (J, k)\; é o incírculo de \;[ABP], \; \;BJ_a=p_1-AP=p_1-x e, por ser \; (K, k)\; incírculo de \;[APC],\;\;\; CK_a=p_2 - AP=p_2-x.

    E, retomando \;\;(*)\;\;, podemos escrever \frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x} =\frac{p-c}{p_2-x}
  4. Temos assim 3 equações envolvendo \;AP=x,\; r,\; k, \;p, \;a, \;b, \;c,\;p_1, \;p_2\; :
    • x=\displaystyle \frac{rp}{k}-p
    • \displaystyle \frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x}
    • \displaystyle \frac{r}{k}=\frac{p-c}{p_2-x}
    que se podem reduzir a duas em \;x, \;a, \;b; \;c. \; p,\;p_1, \;p_2\; x=p\times\frac{p-b}{p_1-x} -p \Longleftrightarrow p_1x -x^2 =p(p-b)-p(p_1-x) x= p\frac{p-c}{p_2-x}-p\Longleftrightarrow p_2x-x^2 = p(p-c)-p(p_2-x) que, somadas ordenadamente, dá (p_1+p_2).x-2x^2=p.(2p-b-c)-p.(p_1+p_2)+2px e, finalmente,
    (p+x).x-2x^2=p.a-p(p+x)+2px \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a-p(p+x)-x.(p+x)+2px \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow -2x^2=p.a+2px-(p+x)^2 \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a+2px - p^2 -x^2-2px \Longleftrightarrow -x^2 =pa-p^2 \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow x^2 = p(p-a) x= \sqrt{p(p-a)} \;\;\;\;\;\;\; \square
J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)
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13.10.14

Num quadrado, uma semicircunferência e duas circunferências com tangentes comuns

Problema: Temos um quadrado \;[ABCD]\;, um semicírculo de diâmetro \;AB,\; ao qual \;CK\; é tangente. A circunferência de centro \;O_1\; está inscrita no triângulo \;[CDK],\; As tangentes comuns a \;(O), \;(O_1)\; são as retas \;AD, \; EH.\; Esta última \;EH\; interseta \;CK\; em \; G\;. A circunferência de centro \;O_2\; está inscrita no triângulo \;[CGH].\;
Determinar relações entre os raios de \;(O_1)\; e \;(O_2).\;


Notações: Representemos por \;a =AB =...\; o comprimento do lado do quadrado , por \;r_1\; o raio de \;(O_1)\; e por \;r_2\; o raio de \;(O_2).\;

A construção da figura é feita pela ordem que a descrição do enunciado sugere e a determinação das relações pode ser feita de vários modos. Escolhemos o que nos pareceu mais simples, com recurso a propriedades das tangentes comuns a circunferências, a triângulos retângulos, teorema de Pitágoras e semelhanças.


© geometrias, 13 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

Fazendo variar de 1 a 4 os valores de \;n\; no cursor verde escuro ao fundo da construção, poderá acompanhar com elementos auxiliares os passos de resolução do problema.

  1. Por construção, a semicircunferência \;(O)\; tem diâmetro \;AB=a\; ou raio igual a \;\displaystyle \frac{a}{2}\; e como \;CL\; e \;CB\; são segmentos das tangentes a \;(O)\; tiradas por \;C, \; \;CL =CB =a.\; Do mesmo modo, por serem \;CS\; e \;CM\; segmentos das tangentes a \; (O_1)\; tiradas por \;C, \; \;CS =CM= CD-DS = a- r_1. Assim, o segmento entre os pontos \;L\; e \;M\; de tangência de uma tangente comum (interiormente) a (O) e (O_1) é tal que \;LM = CL - CM = a-(a-r_1)=r_1\; \; \; \\ \wedge \\ LM^2 =OO_1^2 - OW^2= (OT^2+TO_1^2)- OW^2= \left(\frac{a}{2} -r_1\right)^2 +\left(a-r_1\right)^2 - \left(\frac{a}{2}+r_1\right)^2 =\\ =\frac{a^2}{4}+r_1^2 - ar_1 + a^2+r_1^2-2ar_1 - \frac{a^2}{4} - r_1^2 - ar_1 = r_1^2 + a^2 - 4ar_1 r_1^2 = r_1^2 + a^2- 4ar_1 \Longleftrightarrow a^2-4ar_1=0 \Longleftrightarrow a(a-4r_1)=0 \Longleftrightarrow a=0 \vee r_1=\frac{a}{4} Existindo quadrado \;ABCD\; de lado não nulo \;(a \neq 0), \; o raio da circunferência \;(O_1) \; é \, \displaystyle r_1 = \displaystyle \frac{a}{4}
  2. Como \;M, \;F\; são pontos de tangência das tangentes a \;(O_1)\; tiradas por \;G,\; \;O_1M \perp MG, \; O_1F \perp GF, \; GM=GF, \; O_1M=r_1=\displaystyle \frac{a}{4}=O_1F \: e, em consequência, \;[O_1MGF]\; é um quadrado de lado igual a \;r_1 = \displaystyle \frac{a}{4}, (um quadrilátero equilátero com dois ângulos opostos retos é um quadrado.)
    De modo análogo por \;L, \; V\; serem pontos de tangência das tangentes a \;(O)\; tiradas por \;G,\; \;[GLOV]\; é um quadrado de lado \; \displaystyle \frac{a}{2}\;
    Como \;KR\; e \;KM\; são segmentos das tangentes a \;(O_1) \; tiradas por \;K, \;\;KR\;=\;KM
    E, do mesmo modo, como \; AK\; e \;KL\; são segmentos das tangentes a \;(O)\; tiradas por \;K,\; AK=KL
    \;AR =AD-RD = \displaystyle a-\frac{a}{4} = \frac{3a}{4}=AK+KR=AK+KM=AK+KL+LM=2KL+LM=2AK+\frac{a}{4}\;, de onde se retira \;2AK=\displaystyle \frac{2a}{4}\; ou \;AK=KL=\displaystyle \frac{a}{4}.\;
    \;GK = \frac{3a}{4}\; Como \;[EO_1F] \sim [O_1KM]\; e \;KM=2.MO_1\; temos O_1F=2.EF\; ou \;EF=\displaystyle \frac{1}{2}O_1F = \frac{1}{2} \times \frac{a}{4} = \frac{a}{8}.\;
    GE=GF+FE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}\; Como \;S, \; F\; são pontos de tangência das tagentes a \;(O_1)\; tiradas por \;E, \; EF=ES= \displaystyle \frac{a}{8}\; e \;DE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}= GE.\;
    CE= CD-DE =\displaystyle a -\frac{3a}{8} = \frac{5a}{8}
    Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo \;CGE\; retângulo em \;G\; temos \;CG^2 = CE^2-GE^2 = \displaystyle \left(\frac{5a}{8}\right)^2 - \left(\frac{3a}{8} \right)^2 = \frac{16a^2}{64},\; de onde \;CG=\displaystyle \frac{a}{2}.\;
  3. A circunferência \;(O_2, \;r_2)\; está inscrita no triângulo \;[HCG]\; retângulo em \;G\; e obviamente semelhante a \;[KCD]\; retângulo em \;D.\; . De facto, para além de \; \angle D = \angle G,\; também \;\angle G\hat{H}C = \angle D\hat{C}K\;por ambos serem complementares de \;\angle H\hat{C}G.\;
  4. Para resolver o problema proposto de determinar a relação entre os raios dois círculos, bastará determinar a razão da semelhança entre os triângulos em que eles estão inscritos.
    A razão da semelhança \;[HCG]\;\sim \;[KCD]\; pode ser calculada, já que conhecemos os comprimentos (em função de \;a\;) de dois catetos homólogos \;CG = \displaystyle \frac{a}{2}\; e \;KD=\displaystyle \frac{3a}{4}. Assim, podemos dizer que \;r_1 = \frac{3}{2} \times r_2\; \;\;\;\; \; \square
    Como \; \displaystyle r_1=\frac{a}{4}, \; r_2=\frac{a}{6}.\; ....
a partir de enunciado de J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
e seguindo em parte o processo de Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003
(sugestões de António Aurélio Fernandes)
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6.10.14

Raios das circunferências inscritas e altura em triângulos retângulos

Problema: Dividimos o triângulo \;ABC\; retângulo em \;C\; pela altura \;CD\; relativa à hipotenusa \;AB.\; Provar que a soma dos raios \;r_1, \;r_2, \;r_3\; respetivamente das circunferências inscritas em \;ABC, \; BCD, \; CAD\; é \;CD\;

Na entrada de 13 de Setembro p.p., círculo "misto" de um triângulo retângulo no seu ponto 5. tínhamos demonstrado que o raio \;r\; da circunferência inscrita num triângulo \;ABC\; retângulo em \;C\; é dado pelo seu semiperímetro subtraído da hipotenusa r= \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2} em que \;a=BC, \;b=AC, \;c=AB.\; Ou: o comprimento do diâmetro do incírculo de um triângulo retângulo é igual à soma dos catetos subtraída da hipotenusa 2r= a+b-c

© geometrias, 6 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

Clicando nos botões \fbox{1, 2, 3, 4}\;, na esquerda ao fundo, poderá ver (ou ocultar) a altura, os diversos (in)círculos e respetivos (in)raios.

\fbox{x} 1. inscrita em ABC:     No caso da nossa circunferência \;(O_1,\; r_1)\; inscrita em \;ABC\; de catetos \;a=BC, b=AC\; e hipotenusa \;c=AB\;, temos 2r_1=a+b-c \fbox{x} 2. altura hC:     Chamámos D ao pé da altura relativa a \;c.\; Na nossa figura, \;h_C= h=CD . Como \;CD \perp AB,\; CD\; divide o triângulo ABC em dois triângulos, ambos retângulos em \;D:\;
  • \;BCD\; de catetos \;BD, \;DC\; e hipotenusa \;a=BC\;
  • \;CAD\; de catetos \;AD, \;DC\; e hipotenusa \;b=AC\;
\fbox{x} 3. inscrita em BCD:     Da circunferência \;(O_2, \;r_2)\; inscrita em \;BCD\; 2r_2 =BD+DC-a \fbox{x} 4. inscrita em ACD:     Da circunferência \;(O_3, \;r_3)\; inscrita em \;ACD\; 2r_3 =AD+DC-b
Finalmente, podemos concluir 2(r_1+r_2+r_3) = a+b-c + BD+DC-a +AD+DC-b=\underbrace{\underbrace{-c}+\underbrace{BD+DA}}+ 2DC= 2DC ou r_1+r_2+r_3 =h_C \;\;\;\; \;\; \square
a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University. (sugestões de António Aurélio Fernandes)
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3.10.14

Dois pentágonos e dois círculos numa circunferência

Problema: Observe a figura abaixo: Dois pentágonos iguais ABCDE e EFGHA de que os pontos C, D , F, G estão sobre uma circunferência azul; dois círculos vermelhos em que um deles está inscrito no triângulo BAH e outro tangente à circunferência azul, a DE e a EF.
Pede-se a relação entre os raios dos círculos vermelhos.

© geometrias, 1 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

Clique no botão de mostrar e ocultar     [□auxiliares]    para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

Como \;AC=AD=AF=AG,\; a circunferência que passa por \;C, \;D, \;F, \;G \; tem centro em \;A\; e raio igual às diagonais dos pentágonos.
Cada um dos círculos vermelhos está inscrito num triângulo: o maior no triângulo \;PEQ\;, o menor em \;BAH\; Para determinar a razão entre os raios dos círculos vermelhos, bastará determinar a razão de semelhança entre os triângulos em que se inscrevem. Por simples observação: dos ângulos \;PEQ \sim FEQ\; e dos lados \;FEQ =HAB\;.
A altura do triângulo PEQ, pode ser calculada assim EJ= AJ - AE = AD-AE =\; \displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2} AE - AE = \frac {\sqrt{5} -1}{2} AE, \; porque a razão entre a diagonal \;AD\; de um pentágono regular e o seu lado \;AE\; é igual a \; \displaystyle \frac{AD}{AE} = \frac{\sqrt{5}+1}{2}\; (número de ouro). A altura do triângulo \;BAH\; relativa a \;HB\; é metade da base do triângulo \;AKB :\;\;\;\displaystyle AI=\frac{1}{2}AK\;. Este triângulo \;AKB\; é isósceles (e semelhante a \;ACE):\; \, A\hat{K}B= B\hat{A}K = 180^{o}-B\hat{A}E = 72^{o}, \;\; \; K\hat{B}A = 36^{o}.\; Para o que interessa, dessa semelhança retira-se: \; \displaystyle\frac{AB}{AK}= \frac{AC}{AE} = \frac{1+\sqrt{5}}{2},\; ou, para o que interessa, sabendo que \;AB=AE\; \;AK = \frac{2AB}{\sqrt{5}+1}= \frac{2AE}{\sqrt{5}+1} AI = \frac{1}{2} AK = \frac{1}{2}\times\frac{2AE}{\sqrt{5}+1}= \frac{AE}{\sqrt{5}+1} =\frac{AE \times (\sqrt{5} -1)}{(\sqrt{5} +1)\times (\sqrt{5} -1)} =\frac{\sqrt{5}-1}{4} AE ou seja, a razão de semelhança \;BAH \sim PEQ\; é 2, calculada pela razão das alturas \; \displaystyle\frac{EJ}{AI}=2\; relativas aos lados \;BH \; e \;PQ\;. Por isso, 2 é também razão entre os raios dos círculos vermelhos. O raio do círculo tangente à circunferência azul e aos lados \;DE\; e \;EF\; dos pentágonos tem comprimento duplo do raio do círculos vermelho tangente a \;AH, \;HB, \; BA\; \;\;\; \; \square
em Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003 sugerido por António Aurélio Fernandes
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29.9.14

Seis círculos gémeos num retângulo

Problema: Na figura abaixo, cada um de seis círculos é tangente a três outros e quatro deles são também tangentes a um ou dois lados do retângulo que os contém. Determinar as relações entre o raio dos círculos iguais e as dimensões do retângulo.

© geometrias, 27 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

Clique no botão de mostrar e ocultar     [□auxiliares]    para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

Sejam \;a=MN\; e \;b=NO\; as dimensões do retângulo \;[MNOP]\; e tomemos para unidade o diâmetro dos círculos amarelos.
Por simples observação da figura, temos \;AB=3, \;AD=1, \; AC=b-1, \;BC= a-1, \; AF=AD=DF=1 \;BE= \displaystyle \frac{5}{2}
  1. Como \;AFD\; é equilátero, \;DE\; é a sua altura e, aplicando o Teorema de Pitágoras a \;ADE,\; temos \;DE^2= AD^2-AE^2,\; BE=\displaystyle \frac{5}{2} \; ou seja, \;DE^2 =1 -(\displaystyle \frac{1}{2})^2 = \frac{3}{4} :\; DE=\frac{\sqrt{3}}{2}\;
  2. Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo \;BED\;, obtém-se \;BD^2 = BE^2 + ED^2\; ou \;BD^2= \displaystyle \frac{25}{4}+\frac{3}{4} =\frac{28}{4}: \; BD=\sqrt{7},\; e, como \;BC= BD+DC, \; ou a-1 = \sqrt{7}r+DC, \; então \;DC= a-1-\sqrt{7}
  3. Aplicando agora o Teorema de Pitágoras aos triângulos \;ABC\; e \;ACD,\; obtemos \begin{matrix} (a-1)^2 + (b-1)^2 =9 &\; \wedge \; &\left(a-1-\sqrt{7}\right)^2 +(b-1)^2 =1\\ (a-1)^2 -(a-1-\sqrt{7})^2 =8 &\;\wedge \; & \ldots \\ (a-1)^2 -(a-1)^2 -7 +2(a-1)\sqrt{7}=8 &\; \wedge \;& \ldots \\ 2(a-1)\sqrt{7}=15 &\; \wedge \;&\left(\frac{15\sqrt{7}}{14} -\sqrt{7}\right)^2 +(b-1)^2 =1 \\ a= 1+\frac{15}{2\sqrt{7}} &\;\wedge \; &\left(\frac{\sqrt{7}}{14}\right)^2 +(b-1)^2 =1 \\ \ldots & \; \wedge \; & (b-1)^2 = 1- \frac{1}{28}\\ \ldots & \;\wedge \;& b-1 =\sqrt{\frac{27}{28}}\\ a= 1+\frac{15}{2\sqrt{7}} &\;\wedge \; & b = 1+ \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} \;\;\; \; \square \end{matrix} tomando para unidade o diâmetro dos círculos iguais.
em Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003 sugerido por António Aurélio Fernandes
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24.9.14

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências (II)

Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro \;AB\; uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por \;A\; e por \;B.\; Determinar os raios dos círculos coloridos em função do diâmetro \;AB\; dado.

Clique no botão de mostrar e ocultar "Auxiliares" para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.
Na anterior entrada, vimos algumas relações entre os triângulos da figura e os elementos definidores. Com base na nossa figura, determinámos as posições dos pontos de tangência \;M, \; N\; e os centros \;J\; e de \;K\; . Há várias construções auxiliares que nos apareceram como necessárias às determinações de \;MJ\; e \;KN\; em função de \;AB.\; Não desistimos de tentar resolver esse problema com recurso exclusivo à nossa figura base e a resultados básicos. Mariana Sacchetti apresentou uma resolução, a seguir transcrita aqui.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

1.
Começa por lembrar os termos usados: \;AB=4r, \; AD=AM= 2r, \; OM=r\; e da semelhança de triângulos \;ADE \sim OME\; retângulos em \;D\; e \;M\; retira \frac{AE}{OE} =\frac{AD}{OM}≈\frac{DE}{ME} = 2, por ser \;AD=2r\; e \;OM=r.\;. E a partir destas proporções constantes, retira
\begin{matrix} DE=2ME & \mbox{ou} & r+OE=2ME&& OE=2ME-r & & \ldots& & OE = \frac{5}{3}r\\ &&&\Longleftrightarrow&&\Longleftrightarrow& &\Longleftrightarrow&\\ AE=2OE & \mbox{ou} & 2r+ME=2OE & & 2r+ME =4ME-2r& &3ME=4r&&ME=\frac{4}{3}r \\ \end{matrix} Da semelhança \;OME \sim HMB\; ambos retângulos em \;M\; retira \frac{HB}{OE}=\frac{HM}{OM}=\frac{MB}{ME} =\displaystyle\frac{3}{2}, por ser \;MB=2r\; e \; ME=\displaystyle \frac{4r}{3}\; (como vimos antes). Assim sendo \; \displaystyle OE = \frac{5}{3}r,\; como vimos antes, e \; \displaystyle \frac{HB}{OE} = \frac{3}{2},\; então \; HB= \displaystyle \frac{3}{2} \times \frac{5}{3}r ,\; HB= \frac{5r}{2}. E, analogamente, por ser \;OM =r, \; e \;HM=\displaystyle \frac{3}{2}\times r, \; HM= \frac{3r}{2}.
2.
A circunferência \;(J)\; do círculo amarelo está inscrita no triângulo \;ABH\; isósceles (\;AH=HB = \displaystyle \frac{5r}{2}\;) de perímetro 2p =AB+BH+HA=4r+ 2\frac{5r}{2}=9r, \; cuja área é, por um lado, \Delta ABH = \displaystyle\frac{AB\times HM}{2} =\frac{4r \times {3r}{2}}{2} =6r^2 e por outro, como produto do seu semiperímetro \;p = \displaystyle\frac{9r}{2}\; pelo raio da circunferência nele inscrita, no caso \;MJ\; \Delta ABH = p\times MJ = \frac{9r}{2} MJ de onde se retira, \;6r^2 =\displaystyle \frac{9r}{2} MJ e, finalmente MJ= \frac{2r}{3} \;\;\; \mbox{ou}\;\;\; MJ= \frac{AB}{6}.
3.
A relação entre os valores de \;NK\; e \;AB\;, obtém-se rapidamente da relação anterior e de outra \;NK = \frac{MJ}{3}\; já estabelecida na entrada anterior: NK = \frac{MJ}{3}= \frac{\displaystyle\frac{2r}{3}}{3} =\frac{2r}{9} \; \;\; \mbox{ou} \,\;\; NK =\frac{AB}{18} \;\;\; \;\square
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21.9.14

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências

Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro \;AB\; uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por \;A\; e por \;B.\; Construa geometricamente os círculos coloridos.

Clique no botão de mostrar e ocultar "Auxiliares" para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra


A figura inicial mostra: a semicircunferência e o seu diâmetro \;AB\;, a preto; uma circunferência azul tangente aos pontos médios do diâmetro e do arco \;AB\; da semicircunferência; quatro segmentos de reta, castanhos, obtidos como partes das tangentes à circunferência azul tiradas por \;A, \;B \;, desde \;A\; (ou \,B\;) até à interseção da tangente com o arco da semicircunferência, e os outros dois unindo cada um destes pontos com \;A\; ou com \;B\;; dois círculos - um amarelo e outro verde - tangentes aos dois últimos segmentos e à circunferência azul nos pontos em que esta é tangente aos diâmetro e arco da semicircunferência.
A mediatriz de \;AB\; é obviamente eixo de simetria da figura dada.

Desocultando as referências auxiliares,
  1. Temos o ponto \;M\; médio de \;AB\;, o segmento \;MN\; da perpendicular a \;AB\; tirada por \;M\; e o ponto \;O\; médio de \;MN\;, centro da circunferência azul que passa por \;M, \;N\;, pontos de tangência.
    Designando o comprimento de \;AB\; por \;4r,\; \;AM = MB= MN =2r, \; e \;OM=ON = r, \; sendo o diâmetro \;AB\; da semicircunferência duplo do diâmetro \;MN\; da circunferência azul.
  2. Realçamos os pontos \;C\; e \;D\; de uma das tangentes a \;(O, OM)\; tiradas por \;A.\; A outra é \;AMB\; Como \;D, \;M\; são pontos de tangência, sabemos que \;AD =AM = 2r\; e como \;C\; é ponto da semicircunferência de diâmetro \;AB, \; o triângulo \;ABC\; é retângulo em \;C\; ou \;AC \perp CB\;
  3. O segmento \;DO\; que, por ser o raio de \;(O)\; para o ponto \;D\; de tangência, é perpendicular à tangente \;AC.\; Realçamos o ponto \;E = DO.AB \;, sendo \;DE \perp AC \wedge DE \parallel BC\;.
  4. Assim são semelhantes os triângulos \;AED \sim ABC,\; respetivamente retângulos em \;D\; e \;C\;.
    E, como é óbvio, também \;AED \sim EOM e \; EOM \sim BHM,\;, por ser \;\angle A\hat{E}D = \angle A\hat{B}C = \angle M\hat{E}O \; e \;\angle E\hat{D}A = \angle B\hat{C}A = \angle O\hat{M}E \; \frac{AC}{AD} = \frac{CB}{DE}= \frac{AB}{AE}; \; \frac{AE}{OE}=\frac{AD}{OM}=\frac{DE}{ME}; \; \frac{BH}{OE} =\frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM} A área do triângulo \; \Delta AED\; pode ser calculada: 2\Delta AED = AD\times DE = AD\times (DO+OE)= 2r \times (r+ OE) =2r^2 +2r.OE, como triângulo de base \;AD\; e altura \;DE\; por ser retângulo em \;D,\; ou 2\Delta AED = 2\Delta AOD + 2\Delta AEO = AD\times DO + OM \times AE = AD\times DO + OM \times (AM+ME)= =2r \times r + r.(2r+ME)=2r^2+ 2r^2+r.ME = 4r^2 +r.ME, como soma do triângulo \;ADO\; retângulo em \;D\; com triângulo \;AOE\; de base \;AE\; e altura \;OM.\; 2r^2 + 2r.OE = 4r^2 + r.ME \Longleftrightarrow 2r.OE= 2r^2+r.ME \Longleftrightarrow 2\times OE=2r + ME \Longleftrightarrow OE= r +\frac{ME}{2} Como o triângulo \;EOM\; é retângulo em \;M,\; \;EO^2 = EM^2 + MO^2\; ou \left(r+\frac{ME}{2}\right)^2 = EM^2 +r^2, \;r^2+\frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 +r^2 \Longleftrightarrow \frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 \Longleftrightarrow ME^2 +4r \times ME=4ME^2 \Longleftrightarrow \Longleftrightarrow ME +4r =4\times ME \Longleftrightarrow 4r =3\times ME para, finalmente, ME= \frac{4r}{3} =\frac{AB}{3}=\frac{2}{3} MN
  5. A construção do círculo amarelo é simples, já que ele está inscrito no triângulo isósceles \;AHB,\; com \;AH = HB\;. O centro do círculo amarelo é o incentro \;J\; de \;AHB\; na interseção das bissetrizes do triângulo: de \;A\hat{H}B\; (que é a mediatriz \;MH\; de \;AB\;) e do ângulo \;H\hat{A}, por exemplo. A circunferência amarela tem centro em \;J\; e passa por \;M\;$.
  6. O círculo verde é homotético do círculo amarelo. Ambos são tangentes a \;AC, \;AC', \; (O, 2r)\;. Os pontos de tangência com \;(O, 2r)\; são \;M\;, para \;(J)\;, e \;N\;, para o círculo verde, permitem determinar a razão \;k\; da homotetia de centro \;H\; que transforma \;M\; em \;N\; \;k = \frac{\overrightarrow{HM}}{\overrightarrow{HN}}
    Como já vimos antes,
    \;EOM \sim BHM\; e \; \displaystyle \frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}.\;
    Sendo \;BM=2r, \;ME=\displaystyle\frac{4r}{3} \;\;\; e \;\;\; OM = r, \; obtemos \frac{2r}{\displaystyle\frac{4r}{3}} = \frac{BH}{r} ou BH = \frac{3r}{2} e, em consequência, como MN= MH+HN = 2r, HN=\displaystyle\frac{r}{2} e \frac{HN}{HM} = \frac{1}{3} \;\;\;\; \mbox{e} \;\;\;\; k=-\frac{1}{3} Para determinar o centro \;K\; do círculo verde, bastará tomar \;\displaystyle \frac{MJ}{3}\; e transferi-lo para \;NK\;
Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.
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13.9.14

Círculo "misto" de um triângulo retângulo

circuncírculo, incirculo e círculo misto de um triângulo retângulo
Problema: Tomados 3 pontos que definem um triângulo [ABC] retângulo em C e um círculo (circuncírculo do triângulo), construa-se o círculo tangente interiormente aos dois catetos e ao circuncírculo.

Clicando nos botões de "mostra/esconde" à esquerda, poderá ver os diversos círculos, segmentos e pontos que podem ajudar a perceber a construção e as relações que se estabelecem.
  1. Dados A, B, C, a=BC, b=CA, c=AB tais que BC ⊥ CA e, em consequência,
    a2+b2 = c2
  2. Clicando no botão "circuncírculo", aparece um círculo de centro O que passa pelos pontos A, B, C de raio R = OA = OB = OC. No triângulo retângulo O é o ponto médio da hipotenusa [AB] e, por isso, de comprimento c / 2. Como sabemos,
    (c / 2)2 = OA2 = OB2 = OC2 = ON2 + OM2 = (a / 2) 2 + (b / 2)2

    © geometrias, 12 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra


  3. Clicando no botão "mista/solução" ficamos com a figura correspondente ao problema já resolvido. Temos o círculo (O, R)= (O, c / 2) e o círculo (O1, r1) tangente a BC, CA, (O, R). Analisar o problema de construção resolvido, esclarece como o resolvemos de facto.
    • Como (O_1, r1) é tangente interiormente a (O, R) = (O, c/2 ),
      OP=R=c / 2 = OO1+ r1 e, em consequência, OO1 = c / 2 - r1
    • O triângulo OO1Z é retângulo em Z, e OO1 2 = O1Z2 + ZO2.
      Ora O1Z = O1V-ON = r1-a / 2 e OZ = OM - MZ = b / 2 - r1
    • Finalmente,
      ( c / 2 - r1)2 =( r1 - a /2)2 + (b / 2 - r1)2
      ( c / 2)2 +(r1 )2 - c.r1 = ( r1)2+ (a / 2)2 -r1.a + ( b / 2)2 +( r1)2 -b.r1
      c2+4.r1 2 -4cr1 = 4r12+a2-4ar1 +b^2+4r12 -4br1
      E, como c2 = a2 + b2, podemos simplificar, obtendo
      -4cr1 =-4ar1-4br1+4r1^2 ou finalmente r1= a+b-c.
    Esta análise feita sobre a figura do problema resolvido permite-nos construir a circunferência mista/solução. Como esta circunferência é tangente a CA e a BC,, o seu centro O1 está à distância r1= a+b-c de cada um dos catetos, é a interseção da perpendicular a CA tirada por um ponto V tal que VC =a+b-c com a perpendicular a BC tirada pelo ponto W tal que WC=a+b-c.
  4. Clique agora no botão "incirculo", para ver o círculo tangente interiormente aos três lados do triângulo. Pode esconder as construções anteriores clicando no botão da direita alta para reiniciar ou usando os botões ocultar "circuncírculo" e "mista/ solução" caso estejam vísiveis. Como sabemos o centro do incírculo é equidistante dos três lados do triângulo, ou seja é o ponto de interseção das três bissetrizes.
  5. Calculemos, em função de a, b, c dados, o comprimento do inraio r = IJ=IK=IL:
    • AC pode ser visto como a tangente a (I, r) tirada pelo ponto A ou tirada por C. Do mesmo modo, AB é tangente ao incírculo tirada por A ou por B. E BC é tangente ao incírculo tirada por B ou por C
      Como os segmentos das duas tangentes tiradas por um ponto são iguais, temos AJ=AL, BK=BL, CJ=CK.
      Por outro lado, temos AL+LB =AB=c, BK+KC=BC=a, CJ+JA=CA=b e AL+LB +BK+KC+CJ+JA= a+b+c. Mais simplesmente 2BK+2CJ+2AL = a+b+c . Designando por 2p o perímetro a+b+c do triângulo, BK+CJ+AL=p, sendo p o semiperímetro do triângulo. E, como CJ+AL = b, BK = BL= p-b. Do mesmo modo, como BK+CJ=BC=a, AL= AJ =p-a. E como BK+AL= BL+AL= c,\ CJ=CK= p-c.
    • Claro que, neste caso do triângulo retângulo em C,
      r= CJ=CK = p-c = (a+b+c)2 - c = (a+b-c)2
  6. Vimos assim que, para qualquer triângulo retângulo, se verifica a seguinte relação: o raio - r1 - da circunferência tangente aos dois catetos e ao circuncírculo do triângulo é o dobro do raio - r - do incírculo, circunferência tangente aos 3 lados do triângulo
Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.
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8.9.14

Construção das circunferências do anjo com um pão

Problema: Dados um quadrado \;[ABCD]\; de lado \;a\;, arcos \;(A, BD), \;(B, AC)\; e o semicírculo de diâmetro \;CD\;, determinar os centros e raios de dois círculos, um tangente aos três arcos e outro tangente a \;CD\; e aos dois arcos \;(A, BD), \;(B, AC)\;
Para determinar os dois círculos, bastará determinar os raios dos círculos. Os seus centros estarão forçosamente no eixo de simetria da figura, isto é sobre a reta que liga os pontos médios \;E\; de \;CD\; e \;F\; de \;AB.\;
Chamemos \;O_1\; e \;r_1\; aos centro e raio da maior circunferência (o pão?) e \;O_2\; e \;r_2\; aos centro e raio da circunferência menor (a cabeça do anjo?)
Clicando o botão no centro ao fundo verá os segmentos de reta auxiliares.
Toma-se o segmento de reta \;EF\; que conterá \;O_1, \;O_2\; e analisa-se o problema supondo que já está resolvido.

© geometrias, 7 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

  1. \;(O_1, r_1)?\; Esta circunferência é tangente internamente às circunferências
    • \;(E, \; \displaystyle \frac{a}{2})\; e, por isso,
      • passa por \;G,\; sua interseção com \;EF\;
      • \;FO_1\; = FG+GO_1 = \displaystyle \frac{a}{2} + r_1
    • \;(A,\; a)\; e, por isso, \;AO_1 = a-r_1, \;, pois a distância entre centros de duas circunferências tangentes interiormente é igual ao valor absoluto da diferença dos seus raios
    • \;(B,\; a)\; e, por isso, \;BO_1 = a-r_1:\; (\;AO_1=BO-1 =a-r_1\;)
    Considerando o triângulo \;[AFO_1],\; retângulo em \;F\;, cujos catetos são \;AF = \displaystyle \frac{a}{2}\; e \;FO_1= \displaystyle \frac{a}{2} + r_1, \; e cuja hipotenusa é \;AO_1=a-r_1\;, o teorema de Pitágoras estabelece \left( \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2} + r_1\right)^2 = \left(a-r_1\right)^2 que dá o valor de \;r_1\, em função do lado \;a\; do quadrado: r_1 = \frac{a}{6}
  2. \;(O_2, r_2)?\; Esta circunferência é tangente a \;CD\; no ponto \;E\; e exteriormente às circunferências \;(A, \; a)\; e \;(B, \; a)\;. As circunferências tangentes exteriormente têm centros distanciados um do outro \;AO_2 =a+r_2.\;.
    O Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo \;[AFO_2]\;, retângulo em \;F\; cujos catetos são \;AFO_2 = \displaystyle \frac{a}{2}\; e \;FO_2=a-r_2\; e cuja hipotenusa é \;AO_2 = a+r_2\; garante que \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(a-r_2\right)^2 = \left( a+r_2\right)^2 que dá para \;r_2\; um valor em função do lado \;a\; do quadrado r_2 = \frac{a}{16}

Assim, a construção das circunferências fica feita se tomarmos o segmento \;EF\; de comprimento \;a\; e sobre ele tomarmos
  • \;O_1\; tal que \;GO_1 =\displaystyle \frac{a}{6} =r_1\; - \;(O_1, r_1)\; passa pelo ponto de interseção da semicircunferência de diâmetro \;CD\; da figura
  • \;O_2\; tal que \;EO_2 = \displaystyle\frac{a}{16} =r_2\; - \;(O_2, r_2)\; passa por \;E\;
sugerido em vários apontamentos feitos sobre "sangakus", asssim apresentadas em pt.wikipedia: tábuas comemorativas, em madeira, oferecidas a pequenos santuários japoneses, como forma de agradecer aos deuses, provavelmente, a resolução de um problema matemático...
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29.8.14

Posições de 3 circunferências tangentes entre si e tangentes a uma reta dada

Problema: Dada uma reta \;a\; construir três circunferências tangentes à reta dada e tangentes duas a duas de que se conhecem os raios \;r_1, \;r_2\; de duas delas.


Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores \;n\; no cursor \; \fbox{n=1, 2, …, 6}
  1. \fbox{n=1}:\; Apresenta-se a reta \;a\; e segmentos \;r_1, \;r_2\; de comprimentos iguais aos raios de duas circunferências \;(O_1, \;r_1), \;(O_2, \;r_2).\;
  2. \fbox{n=2}:\; Tomamos a circunferência inscrita em \;(O_1, \;r_1)\; para a qual \;T_1\; é um ponto de \;a :\; O_1T_1 \;\perp\; a \;\wedge\; O_1T_1 =r_1.\;
  3. \fbox{n=3}:\; Para construir \;(O_2, \;r_2)\; nas condições requeridas temos de determinar os pontos \;O_2, \; T_2\; tais que \;T_2 \in a, T_2O_2\; \perp \;a, \; T_2O_2=r_2, \;O_1O_2=r_1+r_2\;
    Analisando o problema resolvido, a posição de \;T_2\; sobre \;a\; relativamente a \;T_1\; é dada por \;T_1T_2 = 2 \sqrt{r_1r_2}\;
    Nota: \;\sqrt{r_1r_2}\; é determinado como altura de triângulo retângulo inscrito numa semicircunferência de diâmetro \;r_1+r_2\; por ela dividido nos comprimentos - parcelas).
  4. \fbox{n=4}:\; Esse resultado está bem ilustrado na figura. Recorrendo a um triângulo \;O_1PO_2\; retângulo em \;P\;, para o qual um dos catetos é \;O_1P = |r_1-r_2|\; e a hipotenusa é \;O_1O_2 = r_1+r_2\;, o outro cateto é \;O_2P = T_1T_2.\;
    E assim, pelo Teorema de Pitágoras aplicado a \;O_1PO_2\;, \;T_1T_2 ^2 = (r_1+r_2)^2 - (r_1-r_2)^2= 4r_1r_2\;, e finalmente \;T_1T_2 =2\times \displaystyle \sqrt{r_1r_2}.\; Fica assim determinada a posição da circunferência \;(O_2, \;r_2)\; tangente a \;a\; e a \;(O_1, \;r_1).\;

    5. © geometrias, 29 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

  5. \fbox{n=5}:\;\; Para determinar a posição do ponto de tangência a \;a\; - \;T_3\; e raio \;r_3\; de uma circunferência \;( O_3, \;r_3),\;, usamos os resultados anteriores agora aplicados aos pares de circunferências \;\left(( O_1, \;r_1), \;( O_3, \;r_3)\right)\; e \;\left(( O_2, \;r_2), \;( O_3, \;r_3)\right)\;:
    \;T_1T_3 = 2\sqrt{r_1r_3}, \;T_2T_3 = 2\sqrt{r_2r_3}.\;
    Como terá de ser \;T_1T_2 = T_1T_3 + T_3T_2,\; \;2\sqrt{r_1r_2}=2\sqrt{r_1r_3} + 2\sqrt{r_2r_3}, equivalente a \;\sqrt{r_1r_2}=\sqrt{r_3}(\sqrt{r_1} + \sqrt{r_2}), por sua vez equivalente a \frac{1}{\sqrt{r_3}} =\frac{1}{\sqrt{r_1}} + \frac{1}{\sqrt{r_2}} que nos permitem a determinação de segmento de comprimento \;\sqrt{r_3} \;.
    Na nossa construção, usamos a construção de \;\sqrt{r}\; como altura do triângulo retângulo de hipotenusa \;r+1\; por ela dividida nestas suas parcelas, e recorremos à inversão (já muitas vezes aplicada na resolução de problemas de construção neste "lugar geométrico")
    Nota: O que fazemos para obter \;r_3\; após termos obtido \;\sqrt{r_3}\;? Tomamos um segmento de comprimento 1 sobre uma reta à distância \;\sqrt{r_3}\;. Tiramos por um dos extremos do segmento unitário uma perpendicular a este e marcamos a interseção com a paralela. Tomamos para cateto de um triângulo retângulo o segmento que une esta interseção com o outro extremo do segmento unitário. A reta perpendicular a este cateto vai intersetar a reta do segmento unitário num ponto à distância \;r_3\; do extremo da altura do triângulo de hipotenusa \;1+\sqrt{r_3}\;
  6. \fbox{n=6}:\;\; O centro \;O_3\;pode ser obtido como interseção das circunferências \;(O_1, \;r_1+r_3)\; e\;(O_2, \;r_2+r_3)\;. E a terceira circunferência da solução do problema inicial está bem determinado (com régua e compasso)
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20.8.14

Cinco círculos gémeos num quadrado

Começámos o ano de 2008 com a publicação de uma construção animada sobre círculos gémeos (iguais) na faca de sapateiro (que é sempre referida a Arquimedes) que pode ser revisitada, clicando aqui.
Nesta entrada, apresentamos uma construção muito conhecida com triângulos retângulos, usada para demonstrar o Teorema de Pitágoras, mas sujeita a restrições de modo a acolher num quadrado cinco círculos gémeos, em que cada um de quatro deles é tangentes a um lado do quadrado e todos esses quatro são tangentes exteriormente ao quinto central.

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores \;n\; no cursor \; \fbox{n=1, 2, …, 6}
  1. \fbox{n=1}:\; Apresenta-se um triângulo \;ABC\; retângulo em \;C\;, de hipotenusa \;c=AB\; e catetos \;a=BC, \:b=AC.\;
  2. \fbox{n=2}:\; Tomamos a circunferência inscrita em \;ABC\; cujo centro é o ponto comum às bissetrizes dos ângulos do triângulo, equidistante dos lados do triângulo. Tomammos os pontos de tangência \;T_a, \;T_b, \;T_c.\;
  3. \fbox{n=3}:\;
    • Como sabemos os segmentos das tangentes a uma circunferência tiradas por um ponto são iguais; \;AT_b = AT_c, \;BT_a =BT_c, \;CT_b =CT_a\;
    • Uma tangente a um círculo é perpendicular ao raio no ponto de tangência: IT_c \perp AB, \;IT_b \perp AC, \; IT_a \perp BC. \;
    • Num triângulo retângulo em \;C\;, \;T_bC \perp T_aC.
    • \;CT_bIT_a\; é um quadrado de lado igual ao inraio \;r\;

    • \;AC=b=AT_b+T_bC = AT_b + r\; e, logo, \;AT_b =b-r\;
      \;BC=a=BT_a+T_aC = BT_a + r\; e, logo, \;BT_a =a-r\;
      \;AB=c=AT_c+T_cB = AT_b + BY_a = b-r + a-r = a+b-2r \;
      que é o mesmo que \;2r=a+b-c\,
    Fica assim estabelecida a relação, para qualquer triângulo retângulo de catetos \;a,\;b\; e hipotenusa \;c\;, entre os lados e o raio \;r\; da circunferência inscrita: r=\frac{a+b-c}{2}

    4. © geometrias, 20 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

  4. \fbox{n=4}:\;\; Para demonstrar o Teorema de Pitágoras, usamos várias formas de, a partir de triângulos retângulos iguais a um original, construir
    • ou um quadrado de lado igual à soma dos catetos em que as hipotenusas de 4 triângulos iguais são lados de um quadrado, de tal modo que (a+b)^2=4\times \frac{ab}{2} +c^2 para concluir que a^2+b^2=c^2
    • ou um quadrado cujos lados são as hipotenusas de quatro triângulos retângulos iguais de tal modo que c^2 =4\times \frac{ab}{2}+ (b-a)^2 para concluir que \;c^2 = a^2+b^2
    É esta última construção que se apresenta em que há dois quadrados, um de lado \;b-a\; e outro de lado \;c\; que o contém.
  5. \fbox{n=5}:\;\; Por esta construção, aqui apresentada, se percebe que para um dado quadrado, em que se queiram acolher 5 círculos nas condições requeridas, é preciso que \;r=\displaystyle \frac{a+b-c}{2},\; por estar inscrito no triângulo retângulo, e para ser igual ao inscrito no quadrado de lado \;b-a\; terá de ser, simultaneamente, \;r=\displaystyle \frac{b-a}{2}\;. Os dois círculos só são iguais se for \frac{b-a}{2} = \frac{a+b-c}{2},\; \mbox{ou seja, }\; b-a=a+b-c, \; \mbox{que é o mesmo que,}\; c=2a
  6. \fbox{n=6}:\;\; Os restantes círculos gémeos podem ser obtidos por isometrias (reflexões, p. ex.) aplicadas aos dois primeiros.
Para obter cinco círculos gémeos num quadrado de lado \;c\;, precisamos de decompor o quadrado usando quatro triângulos retângulos de hipotenusa igual ao lado do quadrado e um cateto igual a metade do lado do quadrado.
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10.8.14

Resolver problema de construção usando rotações (análise e síntese)

Problema: Inscrever num paralelogramo dado \;[ABCD]\;, um retângulo \;[EFGH]\; cujas diagonais \;EG,\;FH\; formam um ângulo \; \angle EÔF=\alpha\; dado.

Este problema foi considerado no livrinho de A. Lôbo Vilela, Métodos Geométricos para ilustrar o particular método das transformações e o geral método da análise do problema.
Consideremos as retas dos lados do paralelogramo dado \;a=AB, \;b=BC, \;c=CD, \;d=DA,\; E considerem-se conhecidas as propriedades dos paralelogramos relativas aos lados, ângulos, diagonais, centro,...
As diagonais de um paralelogramo bissetam-se. Chamamos \;O\; ao ponto de interseção das diagonais do paralelogramo \;AC.BD\; e as diagonais de qualquer retângulo nele inscrito intersetam-se no mesmo ponto.
Considerando o problema resolvido temos um retângulo \;[EFGH]\; inscrito em \;[ABCD], \;, sendo \; E\; um ponto sobre \;a=AB,\; \;F\; sobre \;b=BC,\;, \;G\; sobre \;c=CD,\; e \;H\; sobre \;d=DA.\;
Sendo \;O\; o centro comum, o ponto \;F\; é a imagem de \;E\; pela rotação de centro \;O\; e ângulo \;\alpha\; - \;{\cal{R}}_O ^\alpha. Como a rotação preserva a incidência o ponto \;E\; de \;a\; é transformado pela rotação \;{\cal{R}}_O ^\alpha\; num ponto de \;a'\; e de \;b, já que \;F\; é ponto de \;b\;.


Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores \;n\; no cursor \; \fbox{n=1, 2, …, 5}
  1. Na nossa construção, apresentamos como dados o ângulo \;\alpha\; de amplitude igual ao ângulo das diagonais do retângulo inscrito no paralelogramo \;[ABCD]\; de centro \;O\;
  2. \fbox{n=2}:\; Tomamos as retas que contêm os lados do paralelogramo dado
  3. \fbox{n=3}:\; A análise feita acima, dá-nos \;F\; como \;a'.b\;, sendo \;a'= \;{\cal{R}}_O ^\alpha\;(a).\; Conhecido \;F,\; determinamos \;E\; como \;\;{\cal{R}}_O ^{-\alpha}\;(F)\;

    4. © geometrias, 9 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

  4. \fbox{n=4}:\;\; \;E, \;F\; são vértices consecutivos do retângulo, cujas diagonais iguais se bissetam em \;O\;. Por isso, os restantes vértices são obtidos por transformação de meia volta de centro \;O\;:
    \begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \pi)&&\\ E&\mapsto & G : & \mbox{ou} \quad \{G\} = EO.CD\\ F&\mapsto & H: & \mbox{ou}\quad \{H\} = FO.DA \\ \end{matrix}
  5. \fbox{n=5}:\;\; As diagonais \;EG\; e \;FH\; são diâmetros da circunferência de rotação em que afinal se inscreve o retângulo.
    H\hat{E}F= E\hat{F}G =F\hat{G}H =G\hat{H}E = \frac{\pi}{2} inscritos em semicircunferências.
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