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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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3.8.14

Resolver problema de construção usando o método do problema contrário (5)

Problema: Dado um ponto \;P\; e duas retas paralelas \;a,\;b\; (margens de um rio?), determinar a posição de uma (ponte?) perpendicular para a qual o segmento da perpendicular entre as paralelas seja visto de \;P\; segundo um ângulo \;\alpha\; dado.

Claro que, na nossa construção, começamos por resolver um problema contrário do proposto:
tomamos uma qualquer perpendicular a \;a,\;b\; que intersete \;a\; em \;A\; e \;b\; em \;B\; e determinamos um ponto \;C\; numa posição relativa às paralelas em tudo igual à posição relativa de \;P\;, isto é sobre uma reta \;c\;, paralela a \;a\; tirada por \;P\;

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 as retas \;a,\:b\;, um ponto \;P\; e um ângulo \;\alpha\;.
  2. \fbox{n=2}:\; O nosso segundo passo consiste em tirar por \;P\; uma reta \;c\; paralela a \;b\; e uma perpendicular a \;a\; cortando \;a\; em \;A\; e \;b\; em \;B.\;. Para determinar o lugar geométrico dos pontos de onde se vê o segmento \;AB\; começamos por tirar uma reta por \;A\; a fazer um ângulo \;\alpha \; com \;AB\; (ver O 5º lugar geométrico da lista: - dos pontos P tais que A, B e ângulo APB são dados. )
  3. \fbox{n=3}:\; Apresentamos o lugar geométrico dos pontos dos quais se vê \;AB\; segundo um ângulo \;\alpha\;, exatamente os dois arcos tracejados que têm \;AB\; por corda comum (a circunferência de centro \;O\; na interseção da mediatriz de \;AB\; com a reta a fazer um ângulo complementar de \;\alpha\; para que AÔB = 2\alpha\; e todos os ângulos inscritos \;A\hat{X}B = \alpha\;, …).
    Desses pontos \;X\;, na nossa construção destacamos aqueles que estão em posições relativas a \;a, \;b\; iguais às do ponto \;P\;, a saber, \;E, \;F, \;G, \;H\; na interseção dos arcos com a reta \;c\; paralela a \;b\; tirada por \;P\;

    4. © geometrias, 3 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

  4. \fbox{n=4}:\; Para obter uma solução do problema, bastará tirar por \;P \; paralelas a \:EA\; (a intersetar \;a\;) ou a \;EB\; (a intersetar \;b\;)
  5. \fbox{n=5}:\; Os pontos \;J\; e \;K\; (respetivamente de interseção da paralela a \;EB\; com \;b\; e de interseção da paralela a \;EA\; com \;a\; ) são pontos de uma perpendicular a \;a\; e \;b\; e tais que \;\hat{P}K =\alpha.\;
    Outras soluções podem ser encontradas do mesmo modo.
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