Hipocicloides - exemplos de 1 a 10

A construção dinâmica, que ora mostramos, apresenta casos em se consideram circunferências (A,r) de raios 1 a 10 (escolher valor na caixa ao centro) e uma outra circunferência (C,1) de raio 1 que roda em torno de A tangencial interiormente à primeira (A,r).

1. Os pontos de tangência das circunferências (A,r) e (C,r) à partida vão sendo os pontos que assumem posições D sobre (A,r) e (E,1) por rotações da posição $\;B\;$ e de (C,1) em torno de A de ângulo de amplitude $\;\alpha \;$ (dos ângulos BÂD ou DÂB). O arco BD de (A,r) correspondente a BÂD percorrido mede r$\alpha.\;$ De C a E a distância percorrida é (r-1)$\alpha.$
2. Considerando B a posição de um ponto fixado em (C,1), se não há lugar a arrastamento (ou deslizamento), quando (C,1) tiver ocupado a posição (E,1), o ponto fixado nesta circunferência que rola, estará a ocupar uma posição sobre (E,1) tal que o arco correspondente tenha comprimento igual a r$\alpha\;$ do arco BD em (A,r), ou seja, uma posição F (ou G) obtida por rotação de D em torno de E segundo ângulo r$\alpha \;$ (ou G segundo -r$\alpha\;$).
3. Os lugares geométricos de F e G para cada raio e dependentes de $\; \alpha\;$ são apresentados automaticamente, mas podem ser confirmados pela sua deslocação com a variação de $\;\alpha\;$ que pode ser obtida pelos botões ao fundo à esquerda.

14 anos

da Epicicloide à Hipocicloide

---

Segue-se um texto que acompanha, etapa a etapa, os passos da construção. Isto é, vão sendo apresentados os elementos um a um. Clicar no botão da animação pode não ter qualquer utilidade enquanto não se mostram os elementos que se sucedem por etapas. Se um elemento não está visível, não se vê o movimento desse elemento. Aconselhamos, por isso, que se utilize o botão de animação só a partir da etapa 3. Como alguns elementos em movimento deixam rasto, pode ser necessário recorrer ao botão de reiniciar para limpar esses rastos.

1. Começamos por mostrar duas circunferências:
   • uma de centro $\;A\;$ e raio $\;r\;$
   • outra de centro $\;C\;$ e raio $\;s,\;$
   • tangentes em $\;B\;$ e $\;\overline{AB}=r=3s=3\overline{CB}\;$
2. Consideremos que a circunferência de centro $\;C\;$ vai rolar em torno de $\;A\;$. Apresenta-se uma outra posição da circunferência de raio $\;s\;$ correspondente a uma rotação de ângulo $\; \alpha \;$ com centro $\;A.\;$ Nessa posição, o ponto de tangência das duas circunferências é uma posição $\;D\;$ tal que o ângulo $\;B\hat{A}D\;$ tem amplitude $\; \alpha \;$ e, pela mesma rotação o ponto $\;C\;$ há de estar agora numa posição $\;E\;$ tal que $\; C\hat{A}E = \;B\hat{A}D = \alpha\;$
3. e o ponto fixo em $\; (C, \;s)\;$ que estava na posição $\; B\;$ inicial há-de estar agora numa nova posição $\;F\;$ de $\;(E,\; s)\; $ e tal que o arco desta, $\; \widehat{DEF},\;$ há-de ter um comprimento igual ao arco $\;\widehat{BAD}=r\alpha\;$ ou seja $\; 3s\alpha .\;$ Mostra-se a trajetória descrita por $\; F\;$ residente fixo da circunferência $\;(E,\; s)\;$ rolante é uma epicicloide (já apresentada antes)





4. O reflexo de $\;F\;$ ao espelho $\;D\;$ é um ponto $\;G\;$ de uma circunferência reflexo de $\;(E,\;s)\;$ e tangente a $\;(A,\;r)\;$ no ponto $\;D\;$ que obviamente se desloca tangencialmente e interiormente a $\;(A\;r).\;$ O ponto $\;G\;$ assim determinado poderia obviamente ser determinado sem qualquer recurso às reflexões de cada um dos pontos $\;F\;$ relativamente a cada ponto (posição) $\;D\;$ que varia com $\; \alpha. \;$ O lugar geométrico dos pontos $\;G\;$ com a variação de $\;D \; \mbox{ou}\; \alpha \;$ é também mostrado. Pode usar a animação para ver os deslocamentos e os traços dos pontos $\; F\; \mbox{e} \;G.\;$ Para limpar esses rastos, clique no botão (à direita alta) de reiniciar.
   Chamo a atenção que todos ângulos de rotação que transformam $\;B\;$ em $\;D\;$ ou $\;C\;$ em $\;E,;$ em torno de $\;A\;$ e $\;D\;$ em $\;F\;$ ou $\;D\;$ em $\;G\;$ em torno de $\;E\;$ têm o mesmo sentido, para além da igualdade das distâncias em arco percorridas relativamente a quaisquer duas posições de $\;D\;$ (ou dois valores de $\; \alpha\;$)por exemplo , $\;r\alpha\;$ de $\;B\;$ até $\;D\;$) ou duas posições de $\;F\;$ ou $\;G\;$ nas respetivas circunferências (por exemplo os arcos de $\;D\;$ a $\;F\;$ e de $\;D\;$ a $\;G\;$ têm comprimento $\; 3s\alpha = r\alpha).$
5. Neste passo, experimentamos ver qual é a trajetória do ponto $\;H\;$ (reflexo de $\;F\;$ no espelho$\;AE\;$) em que são iguais as amplitudes dos ângulos $\;\angle D\hat{E}H\; $ e $\;\angle D\hat{E}F\;$ mas com sentidos opostos e, logo em que o ponto $\;H\;$ é obtido por rotação de $\;D\;$ em torno de $\;E\;$ segundo um ângulo igual mas de sinal ou sentido contrário ao sentido do ângulo da rotação de centro $\;A\;$ que nos leva de $\;B\;$ até $\;D\;$
6. Finalmente, consideramos o ponto $\;I\;$ reflexo de $\;H\;$ ao espelho $\;D\;$ que é ponto da circunferência reflexo de $\;(E,\;s)\;$ no mesmo espelho $\;D\;$ e nos devolve mais uma das hipocicloides - curvas cíclicas assim obtidas: como trajetória de um ponto preso a uma circunferência (geratriz) que rola tangencial e interiormente a uma outra circunferência (directriz).

Epiciclóides

---

A pensar que não são precisas quaisquer explicações, aqui fica um pacote de pares de circunferências em que cada uma das circunferências $\;(C,\;s)\;$ rola tangencialmente a $\;(A, \;r)\;$ sendo $$\; 1.5\leq r \leq 4.5\; \wedge s= \frac{5-r}{2}\;$$



Façam o que fizerem, lembrem-se que esta publicação é para lembrar que entrámos em época festiva.

---

Notas para quem decidiu não procurar as explicações nas entradas anteriores.

---

Nesta entrada, apresentamos uma ilustração dinâmica que junta vários pares de circunferências em que uma delas de raio $\;s\;$ rola, sem deslizar, tangencialmente pelo exterior de outra de raio $\;r.\;$ Para além da variável $\;\alpha \in ] 0, 60\pi[\;$ relacionada com as rotações ds circunferência $\;(C,\;s)\;$ em torno de $\;A\;$ tangencialmente a $\;(A, \;r) \;$ com $\;r \in[1.5, 4.5]\;$ e $\;s=\frac{5-r}{2}.\;$ Tomamos um ponto fixo de $\;(C,\;s)\;$ que inicialmente se encontra na posição $\;B\;$ de ponto de tangência das duas circunferências. Pelas entradas anteriores, já sabemos que quando à circunferência $\;(C,\;s)\;$ é aplicada uma rotação de um ângulo $\;alpha\;$ em torno de $\;A,\;$ ela passa a uma nova posição $\;(C', \;s)\;$ sendo então o ponto de tangência $\;T\;$ tal que o ângulo $\;B\hat{A}T = \alpha\;$ e o ponto $\;B\;$, que nesta nova posição $\;(C',\;s)\;$ da mesmma circunferência - chamemos-lhe $\;T'\;$ - será tal que o comprimento do arco $\;TT'\;$ de $\;(C, \;s)\;$ terá comprimento igual ao arco $\;BT\;$ de $\;(A,\; r), \;$ ou seja, o ângulo $\;T\hat{C'}T' -\;$ chamemos-lhe $\;\beta \;- \;$ será tal que $\;s \beta = r\alpha \;$.
Como sabemos que, em qualquer par das nossas circunferências, $$\;s= \displaystyle \frac{5-r}{2}, \;\mbox{então}\; T\hat{C'}T'= \beta = \frac{2r\alpha}{5-r}.\;$$
Os botões abaixo, servem para fazer variar

• $\;\alpha \;$ e, em consequência, $\;\beta\;$
• $\;r\;$ e, em consequência, $\;s\;$

Para cada valor de $\;r\;$, ao animar $\;alpha\;$, obtemos a epiciclóide relativa, isto é, o lugar geométrico das posições do ponto $\;B\;$ quando a circunferência $\;(C,\;s)\;$ rola em torno de $\;A\;$ tangencialmente a $\;(A, \;r).\;$ Pode parar em qualquer momento e fazer voltar ao valor zero de $\;\alpha\;$ e, querendo ocultar os traços de $\;T'\;$, terá de clicar no botão de reiniciar presente à direita alta do écran.
Ao variar $\;r,\;$ obtém pares de circunferências tangentes de vários raios e pode observar as variações dos epiciclóides, recorrendo ao botão dos LG$T'(r,\;\alpha)\;$ (lugares geométricos). No caso, a variação de $\;r\;$ é acompanhada da variação de $\;r/s\;$ (limitadas sempre a serem razões entre números naturais) que permite observar a relação desta razão com a epiciclóide... com o tipo de corola....
Se mantivermos a imagem inicial ou num fixado valor de $\;\alpha,\;$ ao fazer variar $\;r\;$ e consequentes epiciclóides, obtemos o traço de $\;T'\;$ de um epiciclóide para outro $\;T'(r).\;$ Para um fixado valor de $\;r\;$ ao fazer variar $\; \alpha\;$ o traço de $\;T'\;$ é uma sucessão de pontos de um dado epiciclóide.

---

Fazer variar tudo ao mesmo tempo, mostrando os lugares geométricos todos, é BOAS FESTAS

Epiciclóide 5/3

---

Nas anteriores entradas, sempre considerámos casos de rolamento de circunferências de raios $\;r, \;s\;$ tais que um deles é múltiplo do outro. E uma volta completa da maior correspondia a um número inteiro de voltas da mais pequena. Por isso, pelo rolamento da circunferência menor, um ponto nela preso, descreve como trajectória uma sucessão de cinco curvas iguais que tomámos por pétalas inteiras contiguas de uma corola em volta da circunferência maior. As construções e os procedimentos usados, bem como as explicações que as acompanharam, respondem a uma parte do problema de quem nos sugeriu este tema (para a nossa interpretação). Nesta entrada, vamos considerar um caso em que cada um dos raios continua a ter um comprimento por número inteiro, mas não divisor um de outro. No caso tomamos circunferências em que os raios r e s se relacionam por $\;3r=5s\;$ ou $\;r/s =5/3.\;$ Ou seja, no seu rolamento, a circunferência de raio $\;s,\;$ numa volta completa de um qualquer dos seus pontos $\;T'\;$ em torno de $\;C'\;$ percorre uma distância $$\; 2\pi s = 2\pi \times \frac{3r}{5}=\frac{3}{5}\times 2\pi r.\;$$ Os pontos de tangência, de um rolamento correspondente a uma volta completa de $\;(C, \;s),\;$ ocupam três de cinco partes iguais do perímetro de $\;(A, \:r)\;$

Pode ser necessário clicar no botão de reiniciar (direita alta) ou no botão de $\;\fbox{|<<}\;$ para voltar ao zero de $\;\alpha .\;$ Chamamos a atenção (e pedimos a paciência necessária) para a baixa velocidade dada à variação de $\; \alpha \;$ que permite obter o razoável traço de curva ao clicar no botão $\;\fbox{>}.\;$



Usando o 1º botão de animação $\;\fbox{>}\;$ de $\;\alpha\;$ para valores $\;[0, \:2\pi]\;$, enquanto os pontos de tangência das duas circunferências ocupam $\;(A,\;r),\;$ as diversas posições de $\;T'(\alpha)\;$ percorrem uma curva que vai de $\;B\;$ ponto comum de partida dos pontos de tangência até $\;B'= \mbox{Rot}_C^{10\pi /3}(B)\in\;\dot{A}B\;$ que obviamente não coincide com $\;B \equiv \mbox{Rot}_A^{2\pi} (B)\;$.
Da primeira pétala, só o primeiro $\;T'_0=B\;$ e o último ponto $\; T_1 = \mbox{Rot}_A^{3\pi /5}(B)= \mbox{Rot}_C'^{2\pi}(T_1) \;$ são comuns às duas circunferências $\;(A, \;r), \; (C', \; s),\;$ sendo cada um dos restantes só de uma das circunferências $\;(C', \;s).\;$ A segunda pétala parte do último ponto $\;T_1\;$ da primeira até ao ponto $\;T_2 =\mbox{Rot}_A^{6\pi /5}(B) = \mbox{Rot}_A^{3\pi /5}(T_1).\;$ E a terceira começa em $\;T_2\;$ para acabar em $\;T_3 = \mbox{Rot}_A^{3\pi /5}(T_2) = \mbox{Rot}_A^{9\pi /5}(B).\;$ A quarta começa em $\; T_3,\;$ para acabar em $\;T_4= \mbox{Rot}_A^{12\pi /5}(B).\;$ E a quinta pétala vai começar em $\;T_4\;$ para acabar em $\;T_5 =\mbox{Rot}_A^{15\pi /5}(B) \equiv B .\;$
Quando a razão dos dois raios não é inteira, temos um certo número de pétalas, no caso 5, mas que têm pontos e mesmo partes em comum.
Como vimos, neste caso e afins, basta procurar o menor múltiplo comum entre os dois raios inteiros para saber o ponto $\;T_6\;$ ou o valor de $\; \alpha \;$ a partir do qual tudo se volta a repetir.

Veremos outros casos em que os raios não sejam inteiros nem sejam inteiras as razões entre eles: racionais, irracionais, etc.

Epiciclóide(5/1)

---

Nesta entrada, consideramos duas circunferências de raios $\;r\;$ e $\;s\;$ com centros, respetivamente, em $\;A\;$ e $\;C,\;$ e tangentes em $\;B:\; \;\; (A,\;r), \;(C,\;s)\;$ - sendo $\;r=5 \times s\;$ ou $\;s= \displaystyle \frac{r}{5}\;$.
Um ponto que faça uma volta completa em torno de $\;A\;$ pela circunferência $\;(A, \;r)\;$ faz um percurso de comprimento $\;2\times \pi\times r.\;$
Se considerarmos que é a circunferência $\;(C, \;s)\;$ que rola, sem arrastamento, tangencialmente a $\;(A, \;r)\;$ uma volta inteira, de pontos de tangência, ocupará um arco $\;2\pi r.\;$ E, sendo $\;B\;$ a posição de tangência na partida para a aventura de tal volta, ele tomará posições $\;T = \mbox{Rot}_A^\alpha (B)\;$ enquanto, nas condições do problema de rolamento sem arrastamento, o ponto $\;B,\;$ como ponto fixo de $\;(C, \;s)\;$ terá de tomar posições reais $\;T'\;$ em posições $\;(C',\;T)\;$ obtidas por $\; \mbox{Rot}_A^\alpha(B')\;$ sobre esta, só voltando a ser ponto de tangência a cada volta completa, isto é, quando $\;T'= \mbox{Rot}_{C'}^{2n\pi s}(B) \;\;\; n=1,2,3, ...\;$ coincidir com uma das posições $\;T = \mbox{Rot}_A^\alpha (B) .\;$ Este ponto $\;T'\;$ do qual procuramos saber o seu lugar geométrico quando $\; \alpha\;$ toma valores de $\; [0, n\pi ]\;$ em radianos (com $\;n\;$ natural ), também pode ser obtido por uma rotação do ponto $\;B\;$ de ângulo $\; \alpha\;$ em torno de $\;A\;$ seguida de uma rotação de ângulo $\;r\alpha / s \;$ em torno de $\; C' = \mbox{Rot}_A^\alpha (C)\;$
Para cada $\; \alpha , \;$ o arco de $\;(A,\;r),\; \;\; \widehat{BAT}=r \times \angle B\hat{A}T\;$ ou seja tem comprimento $\; r\times \alpha.\;$ Ao fim da primeira volta de $\;(C, \;s) \;$, a posição $\;B'\;$ é tal que o comprimento do arco $\;\widehat{BCB'} =2 \times \pi \times s = \displaystyle\frac{2 \pi r}{5}\;$ coincidirá com uma posição $\;T_\alpha\;$ em que $\;\alpha =\displaystyle \frac{2\pi}{5}.\;$
São precisas cinco voltas completas de $\;(C,\;s)\;$ para que a posição $\;T\;$ coincida com a posição inicial $\;B.\;$




Por ser $\;s = \displaystyle\frac{r}{5},\;$ ao dar uma volta completa de $\;(C,\;s),\;\;\; T'\;$ percorre um comprimento $\;2\pi s = \displaystyle 2\pi \frac{r}{5}.\;$ É claro que $\;T',\;$ ao tomar todas as posições pontos de $\;(C, s]\;$ no seu rolamento a partir de $\;B,\;$ os pontos $\;T\;$ de tangência passam pela quinta parte da circunferência $\;(A,\;r).\;$ E, só ao fim de cinco voltas, é que $\;T'\;$ que, depois de partir da posição $\;B\;$, a ela volta:
Cinco pétalas, cada uma partilhando um ponto em comum com a contígua, com a roda que rola e com a roda carril.

E se for a roda maior a rolar tangente à menor…

---

A entrada anterior sugeriu-nos esta com naturalidade.
Não é preciso fazer qualquer raciocínio novo. A roda de centro $\;A\;$ tem raio $\;1,5\;$ é tangente (em $\;B\;$) à roda de centro $\;C\;$ que tem raio $\;3.\;$ Mostramos ainda o ponto $\;D,\;$ extemidade do diâmetro de $\;(C, 3)\;$ oposta a $\;B.\;$ Já sabemos que a uma rotação de $\;B\;$ em torno de $\;A\;$ de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$ radianos corresponde um arco de $\;(A)\;$ de comprimento $\;1,5 \times \alpha\;$ em que incidem os pontos de tangência das duas rodas dadas quando $\;(C)\;$ vai rolando (assumindo as posições $\;(C')\;$ imagens de $\;(C)\;$ pelas rotações de ângulos entre $\;B\;$ - ângulo $\;0\;$ - e $\;T\;$ - amplitude de $\;alpha\;$ -) que no rolamento sem arrastamento é igual em comprimento a um arco de $\;(C)\;$ - $$\; 1,5 \times \alpha= \frac{1}{2}(3 \times \alpha)\;$$ Por ser $$\widehat{BCB'}=\widehat{BAT}=\widehat{TC'T'}\;$$ em que $T'$ é um representante das posições do ponto $\;B\;$ considerado fixo em $\;(C)\;$ tomado inicialmente cuja trajectória nos interessa.



Quando $\;(C)\;$ roda em torno de $\;A\;$ tangente a $\;(A)\;$ de uma volta completa $\; 0 \leq \alpha \leq 2\pi \;$ os pontos $\;T'\;$ são posições assumidas numa semicircunferência de $\;(C)\;$ ou seja começando em $\;B\; $ chegam a $\;D\;$ após a volta completa de rolamento em torno de $\;(A).\;$ Seria precisa mais uma volta completa para voltar à posição $\;B\;$ inicial. No intervalo $\;[0, \; 2\pi]\;$ as posições $\;T\;$ percorrem $\;(A)\;$ e as posições $\;T'\;$ em $\;(C')\;$ que correspondem a posições $\;B'\;$ em $\;(C)\;$ percorrem uma curva espiralcom início em $\;B\;$ e interrompida em $\;D\;$ extremidade oposta no diâmetro de $\;(C)\;$. De $\;[2\pi, \; 4\pi]\;$ as posições de $\;T'\;$ vão em espiral de $\;D\;$ a $\;B\;$ imagem do anterior ramo de espiral por reflexão relativamente à meta $\;CA \;$ - partida e chegada do circuito.

Epicicloide

---

Nesta entrada, ilustraremos o caso da trajectória de um ponto fixo relativamente a uma circunferência exteriormente tangente a outra sobre a qual a primeira rola sem arrastamento, tal como na entrada anterior. Neste caso, a circunferência carril terá raio duplo do raio da circunferência ou roda que rola sempre à tangente. Já foi referido antes que rolamento sem arrastamento de uma circunferência $\;(C,\;s)\;$ tangente a uma circunferência $\;(A,\;r)\;$ exige que, para um dado valor de ângulo $\;\alpha \;$ de rotação de $\;(C, \;s)\;$ em torno de $\;A,\;$ o comprimento do arco de $\;(A,\; r)\; $ - $\;r\times \alpha -\;$ correspondente ao ângulo ao seu centro de amplitude $\;\alpha, \;$ entre dois dos seus pontos (de tangência) terá de ser igual em comprimento ao arco de $\;(C,\;s)\;$ - $\;s\times \beta -\;$ correspondente ao seu ângulo ao centro de amplitude $\;\beta \;$ entre o primeiro ponto de tangência de partida e o correspondente à sua rotação em torno de $\;C\;$ da outra em torno de $\;A.\;$ Resumindo:
Rolamento sem deslizamento de uma circunferência de raio s tangencial exteriormente a uma circunferência de raio r exige que $\;s\beta = r\alpha, \;$ ou seja, $\; \beta = \frac{r}{s} \alpha .\;$

No caso de $\;r=2s\;$ o comprimento percorrido por um ponto $\;B\;$ quando roda em torno de $\;C\;$ tem de ser feito duas vezes para percorrer o correspondente comprimento quando roda em torno de $\;A\;$ de um ângulo $\;\alpha\;$ que tem comprimento duplo do comprimento percorrido entre os dois pontos de tangência em $\;(A,\;r).\;$ Na figura que se segue, os raios têm comprimentos $\;r=3, \; s=1,5\;$



Como esperávamos, $\; T' = Rot(T,2\alpha, C) \;$ parte de B e volta a B ao fim de uma volta completa de $\;T \in [0, \;2\pi]\;$ em torno de $\;A\;$ que corresponde a rotação de duas voltas $\;T'\;$ em torno de $\;C'\;$ (ou duas voltas de $\;B'\;$ em torno de $\;C.\;$) Também fica claro que $\;T'\;$ toca $\;(A, \;3)\;$ noutra posição para além de $\;B\;$ correspondente a $\; \alpha = \pi = \displaystyle \frac{1,5}{3}\times 2\pi \; $ - o que nos esclarece porque temos duas pétalas completas.....

Roda a rolar tangencialmente e pelo exterior de outra roda

---

O problema que sugeriu a abordagem do estudo das trajectórias de pontos de uma roda quando ela roda, sem deslizar, tangencialmente a outra roda foi sugerido pelo enunciado

Suppose a círcle of radíus r uníts Is rolled around the outsíde of a clrc1e of radius R uníts, R> r. If a marking instrument is attached to the smaller círcle at a particular poínt P, then the pattern created by this markíng instrument and the statíonary large circle will be that of a stylízed, petaled flower, provided r and R are related ln a special way. What is this specíal way in which r and R must be related in arder that there will be no "partial petals"?

lido da pagina 17 de Geometry / Axiomatic Developments with Problem Solving de Earl Perry, (publicado pela Marcel Dekker, Inc. NewYork:1992)

---

Tomemos uma circunferência de centro $\;A\;$ raio $\;2\;$ e, sobre ela, um ponto $\;B.\;$ Tomemos outra circunferência tangente à primeira em $\;B.\;$ Nesta entrada, consideremos esta circunferência de centro $\;C\;$ e de raio $\;2.\;\; C,\; B,\; A\;$ são colineares e $\;CB=BA=2,\;$ que constituem os elementos de uma partida e chegada da experiência para estudo da trajectória de um ponto $\;B\;$ fixo de $\;(C,\;2)\;$ quando acompanha esta na sua deslocação tangencial a $\;(A,\;2)\;$

Quando a circunferência $\;(C, \;2)\;$ rodar em torno de $\;A\;$ de um ângulo $\; \alpha, \;$ tangencialmente percorre um arco de comprimento $\;2\alpha\;$ enquanto o seu centro $\;C\;$ percorre um arco de $\;\;(A, \;4)\;$ de comprimento $\;4.\alpha.\;$ Considerada $\;(C, \;B)\;$ a posição inicial, após rodar $\;\alpha\;$ em torno de $\;A\;$ ocupa uma posição $\;(C',\;T)\;$ em que $\;T\;$ é o novo ponto de tangência das duas rodas $\;(A, \;2),\;$(posição fixa) e $\;(C, \;2)\;$ (posição variável tangente à primeira). Ao rodar sem arrastamento, $\;B\;$ de $\;(C,\;2)\;$ passa à posição $\;F\;$ de $\;(D,\;2)\;$ (correspondente à posição $\;E\;$ de $\;(C, \;2)\;$ caso esta rodasse em torno de $\;C\;$ sem mudar de posição, o que é o mesmo que dizer sem rolar, já que o ponto de tangência manter-se-ia na posição do ponto $\;B\;$ de $\;(A, \;2).\;$) Dizer que $\;(C, \;2)\;$ rola sem deslizar tangencialmente a $\;(A, \;2)\;$ é dizer que as posições dos pontos de tangência $\;T\;$ ocupam um arco $\; \widehat{BOT}\;$ da circunferência $\;(A, \;2]\;$ de comprimento igual ao dos arcos $\; \widehat{BCE}\;$ de $\;(C,\;B)\;$ e $\; \widehat{TC'F}\;$ de $\;(C',\;2)\;$ que, para cada valor de $\;\alpha, \;$ é, no caso da nossa construção, $\; 2\alpha .\;$

Na nossa construção dinâmica, abaixo apresentada, pode deslocar o cursor (esquerda alta) para variar o ângulo $\;\alpha \;$ de rotação e ver a evolução do rolamento e do comportamento de $\;(C')\;$ e dos seus pontos. E pode sempre limpar o desenho, clicando no botão de reiniciar na direita alta





O que nos interessa será ver a trajectória do ponto $\;F\;$ (variável com as posições $\;(C',\;T),\;$ cada uma delas correspondente a um dos valores de $\;\alpha\;$ em $\;[0, \; 2\pi],\;$ no caso da nosssa construção).

Na esquerda baixa

• Os botões $\;\fbox{  >  }\; \mbox{e} \;\fbox{  ||  } \;$ permitem animar o rolamento e fazê-lo parar em qualquer momento.
• Clicando sobre a caixa $\;\fbox{   \\   }\;$ obtém o lugar geométrico dos pontos $\;F\;$ (em função de $\; \alpha\;$) e
• verificar que, no caso deste rolamento em que ambas as circunferências têm o mesmo raio, ao fim de uma volta completa - $\; 0 ≤\alpha ≤ 2\pi \;$ - $\;F\;$ parte de $\;B\;$ e chega a $\;B\;$ sem tocar noutro ponto de $\;(A, \;2)\;$ o que significa que se obtém uma flor em volta de $\;(A)\;$ de uma só pétala……… inteira e cordial
  em forma de coração ou cardióide.

Cicloides- 3

---

Tomámos uma circunferência de centro $\;A\;$ tangente a uma linha reta num ponto $\;O\;$ - ponto de partida para a circunferência de raio $\;\overline{AO}.\;$ Estes pontos de partida representam as posições iniciais.

$\fbox{1.}\;\;$ A roda circular (circunferência e círculo) vai rolar sobre uma linha reta $\;r\;$ que sabemos passar por $\;O.\;$ Quando consideramos a rotação de um ângulo $\;\alpha\;$ em torno de cada posição de $\;A\;$ as novas posições de $\;(A,\;O)\;$ serão $\;(A',\;P)\;$ tais $\; \overline{AA'} = \overline{OP}= \overline{AO} \times \alpha \;$ comprimentos de segmentos de retas paralelas, sendo $\;P\;$ o novo ponto tangência da roda com a estrada $\;r\;$ e sobre a nova circunferência $\;(A',P)\;$ a posição correspondente a $\;O\;$ será um ponto $\;O''\;$ tal que $\; \angle P\hat{A'}O'' = \alpha,\;$ ou seja, o arco $\;\widehat{PA'O''},\;$ da circunferência $\;(A',P)\;$ correspondente a um ângulo ao centro de $\;\alpha\;$ radianos, terá comprimento $\overline{AO} \times \alpha = \overline{A'O'} \times \alpha =\overline{AA'}=\overline{OP}.\;$
As posições $\;O''\;$ descrevem uma curva a que chamamos ciclóide. Pode visualizar o comportamento das posições desse ponto, fazendo variar os valores em radianos de $\;\alpha \;$ no selector na direita alta da janela da construção e pode também ver essa curva apresentada como lugar geométrico, o terceiro do quadro de lugares geométricos na direita baixa


$\fbox{2.}\;\;$ Um ponto $\;B\;$ solidário com a circunferência $\;(A,\;O),\;$ no sentido de acompanhar as dores e as deslocações dela, de tal modo que as diferentes posições
  i)   $\;B'\;$ de $\;(A,\;B) \;$ correspondentes a cada amplitude $\; \alpha\;$ são tais que $\; \overline{AB} \times \alpha \;$ que é o comprimento do arco $\; \widehat{BAB'}\;$ correspondente ao ângulo $\; \alpha \;$ ao centro $\;A\;$ da circunferência $\;(A, B)\;$
  ii)   e, da mesma forma como vimos para $\;\overline{O'O''}, \;$ podemos concluir que $\; \overline{B'B''}=\overline{AB}\times \alpha > \overline{OP}\;\;$. Esta última desigualdade é óbvia por termos tomado $\;B\;$ exterior a $\;(A,O)\;$
Para compreender o comportamento de $\;B', B''\;$ pode reinicar a janela e mover o cursor de variação dos valores em radianos de $\; \alpha\;$ e é natural que consideremos a trajetória de $\;B''\;$ como uma cicloide (pelo menos, óbvia relativamente a $\;(A, B)\;$)

$\fbox{3.}\;\;$ O ponto $\;C\;$ interior a $\;(A,\;O)\;$ e as posições $\;C'\;$ da circunferência $\;(A, \;C)\;$ imagens de $\;C\;$ obtidas por Rotação$\;(A,\;\alpha)\;$ e as posições $\;C"\;$ imagens de $\;C'\;$ por translação segundo as direcção e sentido de $\;\overrightarrow{OP}\;$ e comprimento $\;\overline{AC}\times \alpha < \overline{OP}\;$ porque o ponto $\;C\;$ do interior de $\;(A,O)\;$ roda sobre a circunferência $\;(A, \;C)\;$ de raio $\;\overline{AC}\;$ menor que $\; \overline{AO},\;$ raio de $\;(A,O).\;$
Esta curva (lugar geométrico das posições $\;C''\;$) é uma cicloide tão naturalmente como as outras.


NOTA: Os casos das posições $\;A'\;$ e $\;P\;$ ou mesmo $\;O''\;$ podem ser considerados casos particulares das duas últimas...

Ciclóide - 2

---

Na anterior entrada, apresentámos uma ilustração sobre a trajetória de um ponto com posição fixa relativamente à roda que percorre em linha recta uma caminho de comprimento igual ao comprimento do arco definido entre um posição de partida O sobre a linha reta e a posição do ponto P que roda em torno do centro da roda circular. A ilustração reduzia-se a uma distância máxima percorrida por uma roda circular de raio 1 e correspondente a uma só volta completa do ponto fixado na roda. Para esta entrada, generalizamos a anterior ilustração com uma roda de raio 2 e arcos de comprimentos que podem exceder uma volta de roda ($\;2\pi r, num caso em que $r=2$)....

Ciclóide
r=2
$\alpha\;$ qualquer. Como convenção da ilustração, tomámos um ponto de partida $\;O\;$ em que $\;P=O\;$ ou $\;alpha = 0\;$ em que $\;\alpha \;$ toma valores que ultrapassam $\;4\pi.\;$ É claro que podem tomar-se sentidos opostos tanto para as rotações como para as translações.

Ciclóide - 1

---

Temos vindo a dedicar-nos a restaurar a visibilidade das construções dinâmicas que, por razões que nos são estranhas, foi prejudicada. Esse trabalho é lento e cheio de percalços e enganos. Pedimos desculpa e agradecemos ajuda para descobrir os nossos erros de restauração. Entretanto decidimos abordar alguns problemas de rastos de andarilhos sugeridos por um problema enunciado por Earl Perry, na pagina 17 de Geometry / Axiomatic Developments with Problem Solving

---

Uma roda circular de raio $\;r\;$ pode rodar em torno do seu centro segundo um dado ângulo $\;alpha.\;$ Quando isso acontece, cada ponto da circunferência descreve um arco cujo comprimento é $\;\alpha r. \;$

Como sabemos o comprimento de uma circunferência é $\;2\pi r,\;$ ou seja, quando um ponto faz uma volta inteira percorre $\; 2\pi r cm\;$ se a unidade de comprimento for cm ou $\;2\pi\;$ se a unidade tomada for r e, obviamente, se roda $\; \alpha\;$ rad percorre um comprimento $\;alpha \;$ cm se $\;r = 1\;$cm ou $\;k.\alpha \;$cm se $\;r = k\;$ cm
Se fixarmos um ponto de uma roda circular de raio $\;r \;$ que roda sem deslizar em linha reta, o seu centro percorre um caminho em linha reta de comprimento $\;2\pi r\;$ enquanto qualquer ponto da sua circunferência dá um volta completa. E, obviamente, o centro percorre um caminho em linha reta de comprimento $\;\alpha r\;$ quando as posições relativas de um ponto fixo na circunferência fazem um ângulo ao centro $\;alpha,\;$ e um caminho correspondente a $\;\alpha r \;$ que, obviamente, não é em linha reta e é mais extenso que o $\;alpha r\;$ percorrido pelo centro da roda circular no seu deslocamento sem deslizamentos.

O problema é saber do rasto deixado pelo ponto considerado.


ciclóide
r=1

Estudo do Problema de Castillon

Problema: Inscrever numa dada circunferência um triângulo [DEF] em que cada um dos seus lados passa por um único de três pontos dados A, B, C : por exemplo $\;A\in FE, \;B \in ED, \;C \in DF\;$

Em síntese, a construção, que a seguir se apresenta, passo a passo, não é óbvia por não serem óbvios os elementos que vão sendo determinados em cada passo. Os autores de F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- a propósito, esclarecem: "A síntese permite a quem sabe, expôr o que conhece; é habitual usá-la nos elementos de geometria, na demonstração de teoremas; mas a síntese não pode ser usada na resolução de problemas porque não pode indicar a priori cada uma das construções a fazer. A análise é por excelência, o método para descobrir; e, por conseguinte, usa-se constantemente na solução das questões que ainda não estudámos."
Fazendo variar o cursor $\;\fbox{n= 1, 2, … 10}\;$ pode seguir sucessivos passos da construção, envolvendo potências de pontos relativamente à circunferência dada que servem para provar igualdade de ângulos interessantes cuja utilidade é desvendada pela análise do problema resolvido (ou pelo resultado obtido :-).

Transcrevemos a seguir uma adaptação do excerto de metodologia para a resolução deste problema seguindo
F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-
acompanhadas das figuras ilustrativas que lá se encontram.


Problema de Castillon: 51. On donne trois points $\;A, \;B, \;C,\;$ et une circonférence; inscrire dans cette circonférence un triangle $\;DEF,\;$ tel que chaque côté passe par un des points donnés.

Considerado o problema resolvido, a imagem ao lado esclarece que, sendo $\;GF\;$ paralela a $\;BC\;$ e que $\;GE\;$ interseta $\;BC\;$ em $\;H,\;$ sendo iguais os ângulos ($\;BHE\;$ ou) $\;\angle B\hat{H}G\;$ e $\: \angle H\hat{G}F\;$ alternos internos no sistema de retas paralelas $\;GF,\; BC\;$ cortadas pela secante $\;HG\;$ e também $\;\angle H\hat{G}F;$ e $\;BDC\;$ são iguais por estarem inscritos num mesmo arco $\;ETF.\;$ Assim sendo, são semelhantes os triângulos $\;BHE\;$ e $\;BCD\;$ com o ângulo $\;B\;$ comum e os ângulos $\;BHE\;$ e $\;CDB\;$ iguais. E, pelo menos, o ponto $\;H\;$ pode ser determinado por $\;HB.BC=BT^2.\;$ Começamos por aí. É preciso determinar um dos pontos $\;D,\; E\;$ ou $\;F\;$ para que o problema fique resolvido.

Por isso, podemos dizer que precisamos de resolver o seguinte
Problème
52. On donne deux points $\;A, \;H,\;$ une circonférence et une droite $\;BC.\;$ Déterminer sur cette circonférence un point $\;E,\;$ tel qu'en le joignant aux deux points donnés $\;A,\; H,\;$ la corde $\;FG\;$ soit parallèle à la droite $\;BC.\;$ Soit le problème résolu et $\;FG\;$ parallèle à $\;BC.\;$

Consideremos o problema resolvido e $\;FG\;$ paralela a $\;BC.\;$ De forma análoga ao feito no caso anterior, acrescentamos à ilustração (das condições do problema resolvido) uma paralela a $\;HA\;$ tirada por $\;F,\;$ que intersecta a circunferência dada em $\;L\;$ e traçamos a reta $\;LG\;$ que intersecta $\;HA\;$ em $\;M.\;$ Nestas condições, temos $\; \angle G\hat{F}L = \angle D\hat{H}M, \; \mbox{e} \; \angle F\hat{L}M+\angle L\hat{M}H = \pi, $ $\; \angle G\hat{E}F +\angle F\hat{L}M = \pi \; \;\mbox{sendo por isso,}\;\;\angle G\hat{M}H = \angle H\hat{E}A\; $ e, em consequência, $ \Delta [HGM] \sim \Delta [HEA],\;$ dos quais $\angle \hat{H}\; $ é ângulo comum. E é essa semelhança que nos permite escrever $$\frac{\overline{HM}}{\overline{HE}} = \frac{\overline{HG}}{\overline{HA}} \; \Leftrightarrow \overline{HM} \times \overline{HA}= \overline{HE} \times \overline{HG}= \overline{HT}^2 $$ que nos permite determinar sobre $\;HA\;$ o ponto $\;M,\;$ colinear de $\;G, \;L\;$ sendo $\;\angle B\hat{H}M = \angle G\hat{F}GL\; \Leftarrow \;(BH \parallel GF \wedge HM \parallel FL )$

E, assim, o problema de Castillon depende agora da resolução do
Problème
53. Par un point donné $\;M,\;$ mener une sécante telle que l'angle inscrit $\;L\hat{F}G\;$, qui correspond à la corde interseptée $\;GL,\;$ soit égale à un anglé donnée $\;A\hat{H}B.\;$

Por um ponto qualquer da circunferência dada, tiramos paralelas a $\;BH\;$ e a $\;MH\;$ ou seja inscrevemos na circunferência um ângulo de amplitude igual a $\; \angle B\hat{H}M\;$ Em seguida traçamos a corda correspondente a esse ângulo inscrito. As cordas correspondentes a ângulos inscritos iguais em amplitude a ele, são iguais e tangentes a uma circunferência concêntrica à dada. Determinada essa nova circunferência pelo centro e pelo pê da perpendicular da corda do dito ângulo inscrito com amplitude igual a $\; \angle B\hat{H}M,\;$ o problema de Castillon fica resolvido tirando por $\;M\;$ a tangente a ela que intersectará a circunferência inicialmente dada nos pontos $\;G, L\;$

Por esse ponto $\;G\;$, finalmente determinado, a paralela a $\;BC\;$ por ele tirada intersecta a circunferência inicial em $\;F.\;$
$\;D\;$ ficará determinado na circunferência pela reta $\;CF\;$ e
o ponto $\;E\;$ ficará determinado sobre a circunferência pela reta $\;DB\;$ ou pela reta $\;FA.\;$… $\blacksquare$

3D: Círculos como cortes de uma esfera por planos perpendiculares concorrentes num ponto da superfície esférica.

Teorema: Tomemos três planos perpendiculares dois a dois, que concorrem num ponto da superfície de uma esfera dada. As intersecções dos três planos com a esfera são três círculos que passam pelo ponto comum à esfera e aos planos.
Prova-se que a soma das áreas dos três círculos assim obtidos não depende da posição desse ponto na superfície esférica.

adaptado de

---

Théorème. 30. On donne une sphère et un point fixe P; par ce point on mène trois plans rectangulaires deux à deux et qui déterminent trois cercles; prouver que la somme de ces trois cercles est constante. F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-

---

Pode acompanhar as etapas de construção dos planos e dos cortes da esfera deslocando o cursor $\;\fbox{n=1, ..., 6}.\;$

28 abril 2018, Criado com GeoGebra5

$\;\fbox{n=1}\;$ Apresenta-se uma esfera de centro em $\;O\;$ e raio $\;r,\;$ (igual a 2 no caso da nossa ilustração. E também se mostra o ponto $\;P\;$ da superfície da esfera (que pode tomar qualquer posição dessa região).Claro que também se apresenta segmento de reta $\;[OP]\;$ de comprimento $\;\overline{OP}=r.\;$
$\;\fbox{n=2}\;$ Apresenta-se o plano vermelho, primeiro de três planos perpendiculares dois a dois que passam por $\;P.\;$ Também é apresentado o segmento da perpendicular a esse plano tirada por $\;O, \;$a saber $\;[OA]\;$ cujo comprimento $\;a \leq r\;$ representa a distância de $\;O\;$ ao plano vermelho e ao círculo vermelho secção da esfera por ele cortada. Sendo do plano vermelho, $\;A\;$ é ponto médio de qualquer diâmetro do círculo vermelho, já que $\;OA\;$ é perpendicular a todas as retas do plano e, assim $\;A\;$ é o centro do círculo vermelho de centro $\;A\;$ e raio $\;\overline{PA}=r_1 \leq r.\;$
Em cima, aparece o valor aproximado da área do círculo vermelho calculado: $\; \pi \times r_1^2\;$
$\;\fbox{n=3}\;$ Oculta-se o plano vermelho e mostra-se o plano verde perpendicular ao vermelho e o respectivo círculo verde ambos a passar por $\;P:\;$
mais o segmento da perpendicular ao plano verde - $\;OB\;$ de comprimento $\;b \leq r\;$ distância de $\;O\;$ ao plano verde e círculo verde de centro $\;B\;$ e raio $\; PB = r_2 \leq r \;$
em cima, aparece o valor aproximado da área calculada do círculo verde: $\; \pi \times r_2^2.\;$
$\;\fbox{n=4}\;$ Oculta-se o plano verde e mostra-se o plano azul perpendicular ao plano verde e ao plano azul e o respectivo círculo azul,ambos a passar por $\;P\;$
mais o segmento da perpendicular ao plano azul - $\;OD\;$ de comprimento $\;d \leq r\;$ que é a distância de $\;O\;$ aos plano e círculo azul de centro $\;D\;$ e raio $\;PD=r_3 \leq r.\;$
em cima, aparece o valor aproximado da área calculada do círculo azul: $\; \pi \times r_3^2.\;$
$\;\fbox{n=5}\;$ Oculta-se o plano azul. Os três círculos nas condições da hipótese do teorema estão apresentados.
$\;\fbox{n=6}\;$ Nesta etapa, ocultamos os círculos e mantemos todos os segmentos cujos comprimentos interessam para a demonstração que já foram sendo construídos e são dependentes (ou não) da posição de $\;P\;$.

• $\;OP\;$ não depende da posição de $\;P\;$ na superfície da esfera dada de centro $\;O\;$ e raio $\;r.\;$
  $$\overline{OP}= r$$
• Na figura mostra-se o paralelipípedo de diagonal $\;OP\;$ e dimensões $\;\overline{OA}=a, \;\overline{OB}=b, \overline{OD}=d,\;$ que variam com a posição de $\;P\;$ e, por isso, $$\overline{OP}^2 = \overline{OA}^2 + \overline{OB}^2+ \overline{OD}^2 \;\;\mbox{ou}\;\; r^2= a^2 + b^2+d^2$$
• Os raios dos círculos $\;r_1 =\overline{PA}, \;r_2 = \overline{PB}, \;r_3 = \overline{PC}\;$ são diagonais respetivamente dos rectângulos $\; b \times d, \;d\times a, \; a \times b \;$ e por isso, $$r_1^2=b^2+d^2, \; r_2^2= d^2+a^2, \; r_3^2= a^2+b^2\;$$
• Finalmente,sobre a soma das áreas dos círculos podemos escrever o seguinte $$\pi \times r_1^2 + \pi \times r_2^2 + \pi \times r_3^2 = \pi \times \left(r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 \right) = $$ $$= \pi \times \left( b^2+d^2 + d^2+ a^2+ a^2+b^2 \right) = 2\pi \times \left(a^2+b^2+d^2\right)=2\pi r^2$$ Fica assim provado que, por ser igual a $\;2\pi r^2,\;$ a soma das áreas não depende da posição de $\;P\;$ na superfície esférica dada. $\;\;\;\;\;\blacksquare$
  O valor aproximado da soma das áreas dos três círculos é calculado e mostrado acima. Pode deslocar o ponto $\;P\;$ na superficie esférica para ver que essa soma não depende da posição de $\;P\;$

Circunferência tangente a três outras circunferências

---

Um exemplo de síntese num problema de construção cujos passos são sugeridos pela análise do problema

---

Problema: Construir uma circunferência tangente a três circunferências dadas pelos seus centros e respetivos raios $\;(A,a), \;(B,b), \;(C, c)\;$

15 abril 2018, Criado com GeoGebra

Transcrevemos a seguir uma adaptação do excerto de metodologia para a resolução de problemas de
F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-

---

Nota (45 de F.G-M.).Há problemas de construção geométrica para os quais basta o recurso a um só teorema para acedermos à solução. Mas para a maioria dos problemas, a resposta não depende de um só resultado já conhecido. E, por isso, para resolver um problema é necessário recorrer a uma sucessão de problemas mais simples. Já percorremos longos caminhos construtivos em que cada passo dado não é mais do que um apoio para o passo seguinte até termos conseguido a solução do problema originalmente proposto. Apresentamos a seguir um problema de construção que analisamos para descobrir a sequência de problemas que é necessário resolver por uma ordem que é a inversa da que vamos seguir quando apresentamos em síntese.

---

Problema 46: Construir uma circunferência tangente a três circunferências dadas pelos seus centros e respectivos raios $\;(A,a), \;(B,b), \;(C, c)\;$

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Problème
46. Décrire une circonférence tangente à trois circonférences données $\;A, B, C\;$

---

Consideremos o problema resolvido, isto é, suponhamos que temos determinada uma circunferência $\;(D, d)\;$ que é tangente a cada uma das circunferências $\;(A, a),\; (B, b), \; (C, c)\;$ dadas pelos respectivos (centro, raio). Consideremos, por exemplo, que $\;(A, a)\;$ é a de menor raio das circunferências dadas: $\;a < b, \;a < c \;$

A distância entre centros de circunferências tangentes é igual à soma dos seus raios e, assim, $\;DA= d+a,\; DB=d+b,\; DC= d+c.\;$ Uma circunferência de centro em $\;D\;$ e raio $\;DA=d+a\;$ é tangente à circunferência de centro em $\;B\;$ e raio $\;DB-DA=d+b-(d+a)=b-a\;$ e também à circunferência de centro em $\;C\;$ e raio $\;DC-DA=d+c-(d+a)=c-a.\;$ Se existir, a circunferência $\;(D, AD)\:$ é tangente a $\;(B, b-a)\;$ e a $\;(C, c-a)\;$ e passa por $\;A.$
Consideremos a semelhança (homotetia) entre as circunferências $\;(B, b-a)\;$ e a $\;(C, c-a)\;$ e tiremos pelo centro $\;E\;$ da homotetia uma tangente $\;EFG\;$ comum às duas, sendo pontos de tangência $ \;F\;$ e $\;G,\;$ respetivamente de $ \;(B, b-a)\;$ e $\;(C, c-a).\;$

Por isso, podemos dizer que precisamos de resolver o seguinte
Problema 47: Construir uma circunferência que passa por um ponto $\;A\;$ e é tangente a duas circunferências dadas $\;(B,b-a),\; (C, c-a)\;$

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Problème
47. Décrire une circonférence qui passe par un point $\;A\;$ et qui soit tangente à deux circonférences données $\;(B, F)\;$ et $\;(C, G)\;$

---

A reta $\;EA\;$ intersectará a circunferência $\;(D,d)\;$ num ponto $\;H\;$ tal que $\;EA.EH=EF.EG,\;$ potência de $\;E\;$ relativamente à circunferência $\;(FGH)\;$ ou seja um ponto da circunferência $\;(D,d)\;$ fica determinado na intersecção de $\;EF\;$ com $\;(FGA).\;$
E o nosso problema depende da resolução do

Problema 48: Construir uma circunferência que passa por dois pontos $\;A,\; H\;$ dados e é tangente a uma das circunferências $\;(B, b-a)\;$ ou $\;(C, c-a)\;$ que se resume a construir uma circunferência que passe por três pontos dados $\;F,\;G, \;A.$

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Problème
48. Décrire une circonférence qui passe par deux points A, H donnés et qui soit tangente à une circonférence donnée
Ce troisième problème se ramène à ce quatrième : faire passer une circonférence par trois points donnés.

---

Nota (49a F.G.-M.) As indicações dadas são analíticas, desmontam o problema em vários, mas como cada resultado não é recíproco de nenhum dos outros, é preciso estudar cada um deles com cuidado, para não omitir alguma das soluções. Atente-se:

1. Há uma só circunferência a passar por três pontos não colineares.
2. Há duas circunferência a passar por dois pontos e tangente a uma outra circunferência.
3. Há quatro circunferências a passar por um ponto e tangente a duas outras circunferências
4. Há oito circunferências tangentes a três outras circunferências.

O método sintético expõe em primeiro lugar o problema mais simples que é o quarto e logo depois o terceiro, o segundo, e finalmente o problema geral, caminho inverso do seguido no método da exposição analítica percorrido, provavelmente seguido por François Viète e, como exemplo de simplificações sucessivas, apresentado por Georges RITT no seu Problèmes de Géometrie.

Pontos médios dos lados, pés das alturas, equidistantes do ortocentro e de ponto da circunscrita do triângulo são co-cíclicos.

---

TEOREMA:[Círculo dos nove pontos.]

Num triângulo, os pontos médios dos lados, os pés das alturas e os pontos médios dos segmentos de reta que ligam os vértices ao ortocentro são pontos de uma mesma circunferência (são concíclicos)

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-
Théorème 27. Cercle de» neuf point. Dans un triangle, les milieux des côtés, les pieds des hauteurs et les milieux des droites qui joignent les sommets au point de concours des hauteurs, sont situés sur une même circonférence.

---

Para acompanhar os passos, desloque o cursor |n=1,…, 4| na esquerda alta da janela de construção.

1. São dados o triângulo $\;[ABC],\;$ de lados $\;a = [BC], \;$ $b=[CA], \;$ e $\;c=[AB] \;$ os pontos $\;M_a, \;M_b, \; M_c\;$ médios dos seus lados e a circunferência única que passa por esses três pontos médios, não colineares.
2. Mostramos as alturas $\;AH_a, \; BH_b, \;CH_c.\;$ Precisamos de provar que os pés das perpendiculares $\;H_a, H_b, \;H_c\;$ tiradas de cada vértice para o lado oposto são pontos da mesma circunferência $\;(M_aM_bM_c).\;$
   A nossa descrição para este passo da demonstração apoia-se na figura em que $\;A\;$ está para a esquerda de $\;M_a\;$




31 março 2018, Criado com GeoGebra

Provar que um dos pés, por exemplo, $\; H_a,\;$ é um ponto daquela circunferência, pode reduzir-se a provar que o quadrilátero $\;[H_aM_aM_bM_c]\;$ é inscritível em $\;(M_aM_bM_c),\;$ ou seja, provar que $$\; \angle M_a\widehat{M_b}M_c +\angle M_c\widehat{H_a}M_a = 1\;\; \mbox{raso}$$

$\;ACBH_a\;$ é um triângulo retângulo em $\;H_a\;$ e $\;M_c\;$ é o ponto médio da sua hipotenusa $\;AB\;$ o que implica que $\;AM_cH_a\;$ é um triângulo isósceles de base $\;AH_a\;$ e $\;M_cA= M_cB =M_cH_a = M_aM_b\;$ já que $\;M_aM_b\;$ e $\;M_cB\;$ são segmentos paralelos entre paralelas ($\;M_bM_c \parallel BC\;$).
Podemos assim concluir que o quadrilátero $\; [H_aM_aM_bM_c]\;$ é um trapézio isósceles, portanto inscritível e, assim, o quarto vértice $\;H_a\;$ estará obrigatoriamente na única circunferência que passa pelos outros três.
Para um dos outros pés das alturas restantes, o mesmo raciocínio dará a prova.


3. Mostra-se o ponto $\;H\;$ comum às alturas e os pontos $\;E_A, \;E_B, \;E_C\;$ equidistantes de $\;H\;$ e de $\;A, \;B, \;C\;$ respetivamente. que também pertencem a $\;(M_aM_bM_c),\;$ o que é preciso provar.
   
   A nossa descrição para este passo da demonstração apoia-se na figura em que $\;A\;$ está para a direita de $\;M_a\;$
   
   O segmento de reta $\;M_cE_A\;$ une pontos médios dos lados $\;AB\;$ e $\;AH\;$ do triângulo $\;[ABH]\; $e, por isso, $\;M_cE_A \parallel BH.\;$ Como $\;M_cM_a\;$ une pontos médios dos lados $\;AB\;$ e $\;BC, \;$, é $\;M_cM_a \parallel CA.\;$ Como $\;BH\;$ é um segmento da altura perpendicular a $\;CA\;$ é também perpendicular a $\;M_cM_a.\;$ Concluindo: $$\;(BH \parallel M_cE_A \wedge M_cM_a \perp CH) \Longrightarrow M_cM_a \perp M_cE_A$$ $$ \angle E_A\widehat{M_c}M_a= \angle B\widehat{H_a}A = 1\;\; \mbox{reto}$$ sendo estes ângulos opostos e de soma rasa no quadrilátero $\;[M_aH_aE_AM_c]\;$ e, por isso, $\;E_A\;$ é um ponto da circunferência $\;(M_aH_aMc)\;$ que tínhamos visto que era a mesma que $\;(M_aM_bM_c)\;$.
   O mesmo raciocínio se usa para provar que $\;E_B, \;E_C\;$ são pontos da mesma circunferência. $\;\;\;\;\;\blacksquare$



---



4. Apresentamos aqui um ponto $\;P\;$ da circunferência $\;(ABC)\;$ circunscrita ao triângulo $\;[ABC]\;$ e o ponto $\;F\;$ médio do segmento $\;[HP].\;$ Deslocando o ponto $\;P\;$ sobre $\;(ABC)\;$ verá que o ponto $\;F\;$ (de Feuerbach, assim falamos dele) percorre a circunferência dos nove pontos $\; (M_aM_bM_cH_aH_bH_cE_AE_BE_C)\;$ e que estes nove pontos têm a propriedade comum de serem pontos - $\;F\;$ - equidistantes do ortocentro e de um ponto da circunferência circunscrita do triângulo $\;[ABC],\;$ havendo para além deles uma infinidade de pontos com essa propriedade.

---

E lembramos a nossa primeira publicação desse resultado.
Circunferência dos 9 pontos de um triângulo como lugar geométrico dos pontos médios dos segmentos com extremos no ortocentro e em ponto livre na circunferência circunscrita (Paul Yu )

Meio proporcional das distâncias de um ponto numa circunferência às tangentes nos extremos de uma corda dada é a distância dele à corda.

---

TEOREMA:

A distância de um ponto qualquer $\;P\;$ de uma dada circunferência a uma corda dada $\;[AB]\;$ é o meio proporcional entre as distâncias de $\;P\;$ às tangentes à circunferência em $\;A\;$ e $\;B, \;$ extremos da corda dada
Problema: Sendo $\;D,\;E, \;F\;$ os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ à corda $\;AB\;$ e às tangentes à circunferência em $\;B, \;A\;$ é preciso provar que $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que é o mesmo que $$PD^2 = PE \times PF$$

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Théorème. 25.La distance $\;MP\;$ d'un point quelconque $\;M\;$ d'une circonférence à une corde donnée $\;AB\;$ est moyenne proportionnelle entre les distances $\;ME,\; MG\;$ du même point $\;M\;$ aux tangentes $\;AC,\; BC,\;$ menées par les extrémités de la corde donnée. Il faut prouver que l'on a : $\;MP^2= ME \times MG.$

---

$\;\fbox{n=1}:\;$ São apresentadas a circunferência $\;(O)\;$ e a sua corda $\;[AB]\;$

$\;\fbox{n=2}:\;$ E o ponto $\;P \in (O)\;$

$\;\fbox{n=3}:\;$ Apresentam-se as tangentes à circunferência $\;(O, \;OA)\;$ perpendiculares aos raios $\;[OB], \;[OA]\;$ que, no caso se encontram no ponto $\;C\;$.Para além disso, também se apresentam os segmentos $\;[PD],\;[PE], \;[PF] \;$ em que $\;D, \;E, \;F\;$ são os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ respetivamente a $\;AB, \;BC, \;CA\;$ que são os elementos entre os quais existirá a relação $$PD^2=PE \times PF \Leftrightarrow \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que intentamos provar.

23 março 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=4}:\;$ Da reta $\;CO\;$ que é a mediatriz da corda $\; AB\;$ (e bissetriz de $\;B\hat{C}A\;$) tomamos um dos pontos $\;J\;$ da sua intersecção com a circunferência $\;(O)\;$ equidistante de $\;BC\;$ e de $\;CA: \;$ $$\;(JK \perp BC) \wedge \;( LJ \perp CA ))\wedge (JK = LJ) \wedge (\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C) \;$$ Por isso, e por ser $\;\underbrace{(JK \perp BC) \wedge (PE \perp BC)} \wedge \underbrace{(JL \perp CA) \wedge (PF \perp CA)} \wedge \underbrace{(JC \perp AB) \wedge (PD \perp AB)}\;$ podemos concluir que $$\;JK \parallel PE, \;JL \parallel PF\; \mbox{e}\; JC \parallel PD, \;$$ e, em consequência, $$\;\angle D\hat{P}E = \angle C\hat{J}K\; \;\mbox{e} \;\;\angle F\hat{P}D = \angle L\hat{J}C.\;$$ Finalmente, como tínhamos visto que $\;\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C),\;$ podemos concluir que $$\;\angle D\hat{P}E= \angle F\hat{P}D \;$$ Os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um lado $\;PD\;$ em comum e os ângulos $$\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)} \;\mbox{ou}\; \angle D\hat{P}E \;\;\mbox{e}\;\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;\mbox{ou}\; \angle F\hat{P}D \; $$ iguais.
Se fosse verdade (o que queremos provar, isto é que) $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF},$$ por serem iguais os ângulos $\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)}\;$ e $\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;$ dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ respetivamente, estes seriam semelhantes: $$ \left( \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF} \wedge \angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D \right) \Longleftrightarrow \left( \Delta PED\sim \Delta DFP \right)\;$$ (caso de dois lados diretamente proporcionais e o ângulos por eles formados iguais) e reciprocamente,
se os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ forem semelhantes sendo $\;\angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D\;$ então verifica-se a relação que intentamos provar.
Bastará, pois, para provar a nossa tese, que se prove que, para além do par de ângulos de vértice $\;P\;$ que são iguais, os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um outro par de ângulos iguais.

$\;\fbox{n=5}:\;$ Tratemos então de encontrar o par de ângulos iguais, um em cada um dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$

• Temos dois quadriláteros $\;[PEBD], \; [DAFP]\;$ em que os ângulos opostos são suplementares, por ser $$\;PD \perp AB, \; PE \perp BC, \; PF \perp CA\; \mbox{e, em consequência,}$$ $$\;\angle B\hat{D}P + \angle P\hat{E}B = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{P}E + \angle E\hat{B}D = 1\; \mbox{raso, e}$$ $$\;\angle P\hat{D}A + \angle A\hat{F}P = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{A}F + \angle F\hat{P}D = 1\; \mbox{raso.}$$ Sabemos que por terem ângulos opostos suplementares, esses quadriláteros são inscritíveis em circunferências que designamos por $\;(PEBD), \; (DAFP).$
  
• Neste passo da construção acrescentámos as diagonais $\;PB\;$ e $\;AP\;$ dos quadriláteros e é imediato concluir que
  1. Na circunferência $\;(PEBD),\;$ os lados dos ângulos $\;\angle P\hat{E}D\;$ e $\; \angle P\hat{B}D \;\mbox⁄{ou} \angle P\hat{B}A \;$ compreendem o mesmo arco $\;(DP)\;$ e, por isso, $\;\angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D \;$
     
  2. Os ângulos $\; \angle D\hat{A}P\;$ (ou $\; \angle B\hat{A}P\;$) e $\; \angle D\hat{F}P\;$ são iguais porque os seus lados compreendem o mesmo arco $\;(PD)\;$ da circunferência $\;(AFPD).$
  3. Os lados do ângulo $\;\angle P\hat{D}F\;$ do triângulo $\; \Delta [PDF], \;$ como inscrito na circunferência $\;(PDAF),\;$ compreendem o arco $\;(FP).\;$ Os lados do ângulo $\; \angle P\hat{A}F\;$ compreendem o mesmo arco dessa circunferência e, por isso, $\;\angle P\hat{D}F = \angle P\hat{A}F.\;$

E, resumindo $$ \angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D = \angle P\hat{B}A=\angle P\hat{A}F =\angle P\hat{D}F$$ o que nos garante que os triângulos são semelhantes por terem os ângulos iguais cada um a cada um \begin{matrix} \angle P\hat{E}D & = & \angle P\hat{D}F \\ \angle D\hat{P}E &= & \angle F\hat{P}D \\ \angle E\hat{D}P &= & \angle D\hat{F}P \\ & \Downarrow & \\ \Delta PED & \sim & \Delta PDF\\ & \Downarrow & \\ PD & \mapsto & PF\\ DE & \mapsto & FD\\ EP & \mapsto & DP\\ \end{matrix} e, em consequência, é verdadeira, como queríamos demostrar, a proporcionalidade entre os lados homólogos, ou seja $$\frac{PF}{PD}= \frac{FD}{DE} = \frac{DP}{PE} \hspace{4cm} \blacksquare $$

Um quadrado, um ponto variável sobre um lado, um ângulo e sua invariância

---

António Aurélio Fernandes passou por um problema no YouTube que por lá foi resolvido usando vetores e apresentou-o a si mesmo aqui a pensar numa demonstração mais elementar.

Enunciado:
No quadrado $\;[ABCD]\;$ toma-se um ponto $\;P\;$ qualquer sobre $\;BC.\;$ Por $\;A\;$ traça-se a semi reta $\;AP\;$ e, em seguida, por $\;C\;$ tira-se uma perpendicular a $\;AP\;$ que encontra a reta $\;AB\;$ em $\;Q.\;$
Provar que o ângulo em $\; \angle A\hat{Q}P\;$ se mantém constante quando $\;P\;$ toma diferentes posições em $\;[BC].\;$

---

Seguir os passos da construção e demonstração
$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se o quadrado $\;[ABCD]\;$ e um ponto $\;P\;$ de $\;[BC].\;$

$\;\fbox{n=2}:\;$ Apresenta-se $\;\dot{A}P\;$ (diferente para cada $\;P\;$ de $\;[BC]\;$ e a perpendicular a $\;AP\;$ tirada por $\;C\;$ que interseta $\;\dot{A}B\;$ em $\;Q\;$

14 março 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=3}:\;$ Finalmente acrescentamos $\;[PQ]\;$ e o ângulo $\;B\hat{Q}P\;$ rotulado pelo seu valor (amplitude) em graus. Pode deslocar $\;P\;$ sobre $\;BC\;$ para verificar que o seu valor se mantém invariável e que quando $\;P = C, \;\; [AP] = [AC]\;$ é uma das diagonais do quadrado e, para esta posição de $\;P,\;$ a perpendicular a $\;AP\;$ tirada por $\;C\;$ é perpendicular a $\;AC\;$ em $\;C=P\;$ e, por isso, paralela a $\;BD,\;$ já que as diagonais de um quadrado são perpendiculares.
Para esta posição de $\;P=C\;$ é bem óbvio que $\;AQP=AQC\;$ é um triângulo retângulo em $\;P=C\;$e isósceles, já que $\;CQ \perp AC \wedge AC=CQ =BD\;$ e $\;\angle C\hat{A}Q = \angle A\hat{Q}C \;$

$\;\fbox{n=4}:\;$ Acrescentamos as diagonais $\;CA, \;BD\;$

$\;\fbox{n=5}:\;$ A situação descrita acima para o caso de $\;P\;$ assumir a posição de $\;C\;$ é aplicável a qualquer $\;P\;$ de $\;BC,\;$ observando o quadrado de lado $\;BP\;$, $\;[BPEF], \; $ já que a sua diagonal $\;BE\;$ é um segmento da diagonal $\;BD\;$ de $\;[ABCD]\;$ e $\;PF \parallel CA\;$.

Dividir a altura de um trapézio em partes cujo produto seja igual ao produto das bases

---

TEOREMA:

Se uma semicircunferência de diâmetro igual ao lado oblíquo de um trapézio retângulo corta o lado oposto, cada um dos pontos dessa intersecção divide a altura do trapézio retângulo em dois segmentos cujo produto é igual ao produto das bases do trapézio.

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Théorème. 24. Lorsque la demi-circonférence décrite sur le côté oblique d'un trapèze rectangle coupe le côté opposé, chaque point d'intersection divise la hauteur en deux segments dont le produit égale le produit des bases du trapèze.

---

$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um trapézio $\;[ABCD]\;$ retângulo em $\;B,\;C\;$ de bases $\;AB, \;CD\;$ (paralelas) e altura $\;BC\;$

$\;\fbox{n=2}:\;$ No caso do nossa ilustração, esse trapézio é tal que uma das semi-circunferências de diâmetro $\;AD\;$ (lado oblíquo) interseta a altura $\;BC\;$ (que é o lado oposto a $\;AD\;$) em $\;N, \;P,\;$ como se mostra na figura.

O nosso problema consistirá em provar que $$\;\overline{BN}\times \overline{NC}= \overline{AB} \times \overline{CD} = \overline{BP}\times \overline{PC}\;$$ nas condições descritas no enunciado.

13 março 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=3}:\;$ Ora para ser verdade que $$\;\overline{BN}\times \overline{NC}= \overline{AB} \times \overline{CD}\;$$ teria de ser verdade que $$\; \frac{BN}{AB} = \frac{CD}{NC} \;$$ o que equivale a serem semelhantes os triângulos $\;ABN\;$ e $\;CDN\;$ que são retângulos, o primeiro em $\;B\;$ de catetos $\;BN, \; AB\;$ e o segundo em $\;C \;$ de catetos $\;NC, \;CD.\;$
Como $\; \angle AND = 1\;$ reto, inscrito na semi-circunferência $\;(AND)\;$ de diâmetro $\;AD, \;$ e $$\;\angle BNA + \angle AND + \angle DNC = 2\;\mbox{retos},$$ conclui-se que $$\;\angle BNA + \angle AND = 1\; \mbox{reto}$$ o que nos conduz às igualdades $$\; \angle NAB= \angle DNC \wedge \angle BNA= \angle CDN,\;$$ ou seja, $$\; \Delta ABN \sim \Delta NCD \;$$ e $$\overline{BN} \times \overline{NC} = \overline{AB} \times \overline{CD},\;$$como queríamos provar. □

$\;\fbox{n=4}:\;$ O mesmo raciocínio para o ponto $\;P\;$ concluindo que $\; BP \times PC = AB \times CD .\;$

Reta de Euler: Colinearidade dos ortocentro, baricentro e circuncentro de um triângulo.

---

Reta de Euler Num triângulo qualquer, as três medianas concorrem num ponto (baricentro), as três mediatrizes concorrem num ponto (circuncentro) e as três alturas concorrem num ponto (ortocentro). Estes pontos, que podem coincidir ou não, são sempre colineares. Estão sobre uma reta - Reta de Euler.
PROBLEMA: Demonstrar que os ortocentro, circuncentro e baricentro estão sobre uma mesma reta.

---

$\;\fbox{n=1}:\;$ Considera-se um triângulo $\;[ABC]\;$ definido pelos seus vértices, os seus três lados $\; a=[BC], \; b=[AC], \; c=[AB]. \;$.

$\;\fbox{n=2}:\;$ Três pontos não colineares determinam um triângulo e também determinam a circunferência única que passa pelos três pontos e cujo centro $\;O\;$ é equidistante de $\;A, \;B, \;C, \;$ ou seja, está na perpendicular a $\;a\;$ tirada pelo seu ponto médio (mediatriz) onde estão todos os pontos equidistantes de $\;B\;$ e $\;C,\;$ na mediatriz de $\;b\;$ - pontos equidistantes de $\;C\;$ e $\;A\;$ e na mediatriz de $\;c\;$ - pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;B.\;$ $\;O\;$ é o ponto de encontro das mediatrizes dos lados do triângulo.

26 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=3}:\;$ Paralelas tiradas a cada um dos lados pelo vértice a ele oposto intersectam-se em $\;A',\; B',\; C',\;$ vértices do triângulo $\;[A'B'C']\;$ semelhante a $\;[ABC]\;$ já que os seus ângulos são iguais cada um a cada um:

• $\;( A'C' \parallel CA \wedge A'B' \parallel BA ) \Rightarrow \angle C'\hat{A'}B' = \angle C\hat{A}B \;$
• $\;( C'B' \parallel BC \wedge B'A' \parallel BA ) \Rightarrow \angle C'\hat{B'}A' = \angle A\hat{B}C \;$
• $\;( C'A' \parallel AC \wedge C'B' \parallel BC ) \Rightarrow \angle B'\hat{C'}A' = \angle B\hat{C}A \;$

Também se pode afirmar que $\;[ABC] =[CB'A]=[AC'B]=[BA'C],\;$ por terem ângulos iguais (lados inversamente paralelos) e um lado comum em cada par.
Por isso, podemos dizer que $\;BC = B'A = AC'\;$ e, em consequência, que $\;a'=B'C'=2 \times BC = 2a.\;$ Por razões análogas, se pode afirmar que $\;b'=C'A'= 2 \times AC =2b\;$ e $\;c'=A'B'= 2 \times AB=2c.\;$
Podemos concluir que $\;[ABC] \sim [A'B'C']\; $ de razão igual a 2: $$\frac{B'C'}{BC} = \frac{C'A'}{CA}= \frac{A'B'}{AB} =2$$

$\;\fbox{n=4}:\;$ No passo anterior já ficou provado que que $\;A, \;B, \;C\;$ são os pontos médios de $\;a'=B'C',$ $\;b'=C'A',$ $\;c'=A'B'\;$ respetivamente. E, por isso, sendo as alturas de $\;[ABC]\;$ perpendiculares a $\;B'C',$ $\;C'A',$ $\; A'B'\;$ tiradas pelos seus pontos médios $\;A, \;B, C\;$ (segmentos das mediatrizes de $\;[A'B'C']\;$) que se intersectam no ponto que é o centro da circunferência $\;(A'B'C').\;$ A existência do centro de qualquer circunferência definida por 3 pontos não colineares, garante que as três mediatrizes de qualquer triângulo têm um ponto em comum e, a ser assim, podemos afirmar que as alturas de qualquer triângulo têm um ponto em comum (ortocentro), porque as retas das alturas de $\;[ABC]\;$ são as retas das mediatrizes de $\;[A'B'C'].\;$ O ortocentro $\;H\;$ de $\;[ABC]\;$ é o circuncentro de $\;[A'B'C'].\;$
$\;\fbox{n=5}:\;$ A semelhança de razão 2 entre os triângulos $\;[ABC] \sim [A'B'C']\;$ permite-nos escrever $$\frac{H_{a'}A'}{H_a A}=\frac{H_{b'}B'}{H_b B}= \frac{H_{c'}C'}{H_c C}=2$$ Como é óbvio, a semelhança entre as circunferências $\; (ABC)=(O, OA) \sim (A'B'C')=(H,HA')\;$ tem a mesma razão. E podemos escrever $$\frac{HA'}{OA}=\frac{HB'}{OB}= \frac{HC'}{OC}=2$$ Como $\;A\;$ é o ponto médio de $\;a'=B'C',\; AA'\;$ é mediana do triângulo $\;[A'B'C']\;$ e, claro!, também são suas medianas $\;BB'\;$ e $\;CC'$.
Como a mediatriz $\;OM_a\;$ é paralela à altura $\;AH_a,\;$ são semelhantes os triângulos $\;[AGH]\;$ e $\;M_aGO\;$ e como $\;AH=2OM_a,\;$ também $\;HG=2OG\;$ e $\;AG=2M_aG.\;$ E, a ser assim, então a mediana $\;AM_a\;$ corta o segmento $\;OH\;$ num ponto $\;G\;$ tal que $\;OH=3OG.\;$
Como já observámos no enunciado, há casos em que as medianas podem coincidir com as mediatrizes ou com as alturas e os pontos notáveis em causa coincidirem. Mas o raciocínio feito para uma das medianas $\;AA'\;$ pode ser repetido para $\;BB'\;$ e $\;CC'\;$ nos triângulos escalenos em que não há coincidências.
Nos triângulos equiláteros são coincidentes as medianas, mediatrizes, alturas (e bissectrizes). No triângulo isósceles em que $\;AB=AC,\;$ por exemplo, há coincidência da mediana $\;AM_a\;$ com a mediatriz de $\;BC\;$ e com a altura $\;AH_a \;$ e com a linha $\;OH.\;$ Ficou demonstrado que as três medianas de um triângulo têm um ponto em comum que designamos por $\;G\;$ e a que chamamos baricentro.

$\;\fbox{n=6}:\;$ Tendo provado que o baricentro está no segmento $\;OH\;$ damos por provado que os três pontos $\;O, \;G, \;H\;$ são colineares. À reta que passa por esses três pontos notáveis chamamos reta de Euler

---

de visita a uma entrada de Diamond nos gaussianos que nos lembrou a editora Nivola e o livro
Dunham. Euler: El maestro de todos los matemáticos. Nivola.
considerando uma demonstração (esta) de Gauss.

Reta de Simson: caso de colinearidade das projeções de um ponto sobre três retas

---

TEOREMA DE SIMSON: Se de um ponto tomado sobre a circunferência circunscrita a um triângulo baixarmos perpendiculares a cada lado do triângulo, os pontos assim obtidos estão em linha reta
PROBLEMA: Demonstrar que são colineares os pés das perpendiculares aos lados de um triângulo tiradas de qualquer ponto da circunferência circunscrita

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Théorème de Simson. 22. Si d'un point pris sur la circonférence circonscrite à un triangle, on abaisse des perpendiculaires sur chaque côté du triangle, les trois points ainsi obtenus sont en ligne droite.
Ce théorème s'énonce quelque fois comme il suit:
Les projections d'un point quelconque de la circonférence circonscrite à un triangle, sur chaque côté de ce triangle, sont en ligne droite.

---

$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresentam-se um triângulo $\;[ABC],\;$ a circunferência $\;(ABC)\;$ e um ponto $\;P\;$ nelaa
$\;\fbox{n=2}:\;$ As perpendiculares tiradas por $\;P\;$ a cada uma das retas $\;BC, \;CA, \; AB\;$ do trilátero $\;ABC,\;$ determinam os respetivos pés $\;D, \;E, \;F.\;$
$\;\fbox{n=3}:\;$ E, para a posição de $\;D, \;E, \;F\;$ da nossa figura inicial,ficam determinados dois quadriláteros convexos $\;[FAEP],\;[PCDE]\;$ que são inscritíveis, porque

• o primeiro tem ângulos retos opostos, obviamente de soma rasa - $\;P\hat{E}A, \;A\hat{F}P;\;$ e
• o segundo tem dois triângulos retângulos com a mesma hipotenusa $\;PC:\;\; [CDP], \;[PEC], \;]$ que é o diâmetro da comum circunscrita aos dois triângulos retângulos, i.e, a passar pelos pontos $\;P, \;C, \;D, \;E.\;$

---

Para outras posições de $\;P\;$ sobre a circunferência $\;(ABC),\;$ teremos naturalmente de considerar outros quadriláteros, mas serão análogos os raciocínios a fazer para provar que os pontos $\;D,\;E, \;F\;$ são colineares.

13 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra

Fixemo-nos no caso da nossa figura inicial, em que $\;P\;$ está no arco $\;(CA)\;$ da circunferência $\;(ABC);\;$ e $\;D \in [BC], \;E \in [AC], \; F \in \dot{B}A \setminus [BA].\;$
Nestas condições, podemos dizer que $\;D, E, F\;$ são colineares se e só se $\;D\hat{E}C = F\hat{E}A, \;$ já que, como o vértice $\;E\;$ é ponto de uma reta $\;AC\;$ dada, aqueles ângulos só são iguais se forem verticalmente opostos, i.e. os segundos lados estiverem sobre uma mesma reta.
Finalmente

• Sabemos que $\;\angle P\hat{A}F\;$ é suplementar de $\;\angle B\hat{A}P\;$, já que $\;D\;$ é um ponto da reta $\;BA;\;$
• e também são suplementares os ângulos $\;\angle B\hat{A}P\;$ e $\;\angle P\hat{C}B\;;$ opostos no quadrilátero $\;[PABC]\;$ inscrito na circunferência $\;(ABC)\;$
• em consequência, $\;\angle P\hat{A}F =\angle P\hat{C}B.\;$
• Como $\;\angle P\hat{A}F\;$ (ou $\;\angle P\hat{C}B\;$ ) é complementar de $\;\angle F\hat{P}A\;$ e $\;\angle P\hat{C}D\;$ (ou $\;\angle P\hat{C}B\;$) é complementar de $\;\angle D\hat{P}C\;$ podemos concluir que $\;\angle D\hat{P}C= \angle F\hat{P}A\;$
• Considerando a circunferência $\;(PFAE)\; $ os lados dos ângulos $\;\angle F\hat{P}A\;$ e $\;\angle F\hat{E}A\;$ compreendem o mesmo arco $\; \widehat{FA}\;$ dessa circunferência, o que nos permite concluir que $\;\angle F\hat{P}A = \angle F\hat{E}A\;$
• e do mesmo modo, concluímos que são iguais os ângulos inscritos no mesmo arco $\;\widehat{CD}\;$ da circunferência $\;(CDEP):\;\;\; \angle C\hat{E}D =\angle C\hat{P}D\;$
• Resumindo e concluindo $$\; \left(\angle D\hat{P}C= \angle F\hat{P}A\; \wedge \;\angle F\hat{P}A = \angle F\hat{E}A\; \wedge \;\angle C\hat{E}D =\angle C\hat{P}D \right) \Rightarrow \angle F\hat{E}A = \angle C\hat{E}D, \;$$ ou seja os pontos $\;D, \;E,\;F\;$ estão sobre uma mesma reta □

$\;\fbox{n=4}:\;$ Apresenta-se a reta onde incidem os pés das perpendiculares sobre cada um dos lados de triângulo tiradas por um ponto $\;P\;$ da circunferência circunscrita ao triângulo. A cada posição do ponto $\;P\;$ na circunferência corresponderá uma reta a que chamamos reta de Simson (ou de Wallace?)

Ponto de Miquel determinado por quatro retas distintas que se intersectam duas a duas.

---

TEOREMA: Quatro retas, concorrentes duas a duas,formam quatro triângulos; as circunferências circunscritas a estes quatro triângulos passam por um mesmo ponto
PROBLEMA: Demonstrar que o ponto de intersecção de quaisquer duas das circunferências circunscritas é ponto de qualquer outra das circunferências

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Théorème de Miquel. 21. Quatre droites, se coupant deux à deux, forment quatre triangles ; les circonférences circonscrites à ces quatre triangles passent par un même point.

---

$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresentam-se quatro retas $\;a,\;b,\;c,\;d\;$ que se intersectam duas a duas: $\;a.b={E},\;a.c={D}, \; a.d={B},\; b.c={A}, \;b.d={C}, \;c.d={F}$
$\;\fbox{n=2}:\;$ Estes pontos são, combinados três a três, vértices de quatro triângulos, a saber: $\;[FCA], \; [ADE], \;[ECB], \;[BDF]$
$\;\fbox{n=3}:\;$ Como sabemos, há uma circunferência a passar por cada terno de pontos não colineares, por exemplo, as circunferências $\;(FCA), \;(ADE)\;$ circunscritas aos respetivos triângulos $\;[FCA], \;[ADE]\;$ intersectam-se em dois pontos, sendo o primeiro deles $\;A\;$ e um segundo que designaremos por ponto $\;M,\;$ de Miquel, matemático catalão.
Assim a circunferência $\;(FCA)\;$ passa por $\;M\;$ e, por isso, circunscreve o quadrilátero $\;[FMCA],\;$ e, como sabemos, os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito são suplementares: $\;\angle A\hat{F}M + \angle M\hat{C}A = 1 \;\;\mbox{raso}\;\; = \angle F\hat{M}C + \angle C\hat{A}F\;$
O quadrilátero $\;[ADME]\;$ está inscrito em $\;(ADE)\;$ e, por isso, $\;\angle A\hat{D}M + \angle M\hat{E}A = 1\;\;\mbox{raso}\;\; = \angle E\hat{A}D + \angle D\hat{M}E.\;$
Nota: É condição necessária e suficiente para que um quadrilátero seja inscritível numa circunferência ou tenha os seus quatro vértices a incidir numa circunferência que qualquer dos seus quatro ângulos seja suplementar do seu oposto.

7 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=4}:\;$ Para provar que $\;M\;$ incide na circunferência $\;(ECB)\;$ circunscrita ao triângulo $\; [ECB]\;$ basta provar que $\;[ECBM]\;$ é inscritível nela ou seja que $\;ECB + BME = CBM+MEC = 1\;\;$ raso.
Na circunferência $\;(FMCA)\;$ em que $\;M\;$ incide, inscrevem-se ângulos iguais $\;M\hat{A}F = M\hat{C}F=M\hat{C}B\;$ cuja amplitude é metade do arco $\;\widehat{FM}\;$ da circunferência compreendido entre os seus lados.
Claro que $\;M\hat{E}D = M\hat{E}B = M\hat{A}D\;$ já que compreendem entre os seus lados o mesmo arco $\;\widehat{DM}\;$ da circunferência $\;ADME\;$ ($\;M\;$ foi determinado como ponto da intersecção $\;(ADE).(FCA)\;$)
$\;M\hat{C}B=M\hat{C}F=M\hat{A}F=M\hat{E}B\;$
$\;M\hat{C}B=M\hat{E}B\;$ são ângulos inscritos em $\;(ECB)\;$ sendo $\;M\;$ o ponto comum a lados (um de cada um dos ângulos iguais) ou seja incidindo em $\;(BCE)\;$ ou de intersecção da diagonal $\;CM\;$ com os lados $\;BM, \;ME\;$ do quadrilátero $\;[ECBM]\;$ De facto, a verificação desta condição é suficiente para garantir que os ângulos opostos do quadrilátero $\;[BMEC]\;$ são suplementares.
A prova de que $\;M\;$ também é um ponto da circunferência $\;(BDF)\;$ é inteiramente análoga.

---

Nota: Há várias entradas no "bloGeometrias"" sobre quadriláteros inscritíveis em circunferências e com referências ao ponto de Miquel. O nosso interesse em fazer esta nova ilustração dinâmica só pretende chamar a atenção para a demonstração presente no volume de Exercícios de Geometria por FG-M (acima referido) que pode ser consultado em
http://gallica.fr (bnf)
que merece ser visitada (também pelos professores de matemática básica).

Triângulo isósceles: invariância da soma das distâncias do lados iguais a pontos da base.

---

TEOREMA: Se por um ponto qualquer $\;D,\;$ da base $\;BC\;$ de um triângulo $\;ABC\;$ isósceles, tirarmos perpendiculares $\;DE, \; DF\;$ respetivamente aos lados $\;AC\;$ e $\;AB\;$ iguais, então a soma $\;DE+DF\;$ é sempre a mesma qualquer que seja a posição de $\;D.\;.$
PROBLEMA: Provar que é invariante a soma das distâncias $\;DE+DF\;$ de um ponto qualquer $\;D\;$ de $\;BC\;$ aos lados $\;AC\;$ e $\;AB\;$ .

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Problème 20. 20. La somme des perpendiculaires abaissées d'un point quelconque de la base d'un triangle isocèle sur les côtés égaux, quelconque est une quantité constante.

---

Todos os passos da construção e demonstração em tudo são análogos aos usados na anterior entrada

$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo isósceles $\;ABC\;$ de base $\;BC\;$ e sobre esta um ponto $\;D\;$ que pode tomar a posição de qualquer dos seus pontos. E mostram-se também os pontos $\;E, \;F\;$ pés das perpendiculares a $\;AC,\; AB\;$ por $\;D\;$ tiradas.Também se mostram os segmentos (distâncias do problema) das perpendiculares $\;[DE],\; [DF]$

$\;\fbox{n=2}:\;$ Para verificar a invariância da soma, bastará prolongar uma das perpendiculares, no caso da nossa construção prolongamos o segmento $\;[DF]\;$ acrescentando $\;[DN],\;$ em que $\;N\;$ é ponto de intersecção da recta $\;DF\;$ com uma paralela a $\;AC\;$ tirada por $\;C\;$ (ou o que é o mesmo com uma perpendiculara a $\;DF\;$ tirada por $\;C.$)
Ficamos assim com três triângulos retângulos semelhantes $\;DBF, \;CDN, \;DCE:\;$

• $\; \angle F\hat{B}D = \angle D\hat{C}E\;$ ângulos da base do triângulo $\;ABC\;$ isósceles;
• $\; \angle D\hat{F}B = \angle C\hat{E}D= 1\;$ reto, por construção (dados da hipótese);
• e, em consequência, $\; \angle B\hat{D}F= \angle E\hat{D}C\;$;
• $\;\angle N\hat{C}D= \angle F\hat{B}D \;$ por terem os lados inversamente paralelos;
• e finalmente $\; \angle B\hat{D}F = \angle C\hat{D}N \;$ são iguais por serem verticalmente opostos.
• Podemos agora afirmar que, mais do que semelhantes, são iguais os triângulos $\;CED, \;CDN\;$ por terem os três ângulos iguais e a hipotenusa $\;CD\;$ comum.
• Por isso, $\;DE = DN\;$ e $\;FD+DN= FD+DE = FN\;$ que os valores referidos nos textos abaixo da construção sugerem que os diversos valores de $\;DE\;$ e $\;DF\;$ quando $\;D\;$ se desloca sobre a base $\;BC\;$ têm uma soma constante.

31 janeiro 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=3}:\;$ Apresenta-se neste passo o segmento $\;[CL]\;$ da paralela a $\;FN\;$ tirada por $\;C\;$ (ou da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ que é uma das duas alturas iguais do triângulo $\;ABC\;$ tiradas pelos vértices opostos $\;C\;$ e $\;B\;$ opostos aos lados iguais $\;AB\;$ e $\;AC,\;$ que não sofre qualquer variação quando $\;D\;$ muda de posição e tem comprimento igual a $\;\overline{FN},\;$ ou seja, à soma das duas distâncias dos lados iguais do triângulo isósceles a cada ponto da base. Fica assim demonstrado que essa soma é constante.

---

Quando $\;D\;$ se encontra em $\;C\;$o retângulo $\;CLFN\;$ tem área $\; CL\times FF\;$ nula. Quando $\;D\;$ se encontra em $\;B\;$o retângulo $\;CLFN\;$ tem área $\; CL\times LB\;$ máxima

Quanto ao perímetro, como uma das dimensões do retângulo é sempre a mesma, o perimetro é um mínimo $\;CL\;$ quando $\;D\;$ toma a posição de $\;C\;$ e é máximo $\;2(CL+LB)\;$ quando $\;D\;$ toma a posição de $\;B\;$

Paralelogramos inscritos num triângulo isósceles com um perímetro comum.

---

TEOREMA:Por um ponto qualquer $\;D,\;$ da base $\;BC\;$ de um triângulo $\;ABC\;$ isósceles, tiram-se paralelas aos lados iguais $\;AB, \;AC\,$ do triângulo que intersetam os lados $\;AC, \;AB \;$ em $\;E\;$ e em $\;F\;$ respetivamente. Para cada $\;D\;$ de $\;]BC[\;$ há um paralelogramo $\;[DEAF].\;$ Prova-se que os paralelogramos $\;[DEAF]:\;D \in ]BC[\;$ são isoperimétricos.
PROBLEMA: Provar que a soma dos comprimentos dos lados de todos os paralelogramos é invariante.

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Problème 19. Par un point quelconque de la base d'un triangle isocèle on mène des parallèles aux côtés égaux; prouver qye le parallélogramme ainsi formé a un périmètre constant.

---

Considera-se que na resolução deste problema de demonstração se recorre ao método geral de análise já que se aceita que a afirmação é verdadeira, o que é o mesmo que supor ter o problema resolvido. Os primeiros três passos da construção abaixo dão toos os elementos para a demonstração do teorema.

$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo isósceles $\;ABC\;$ de base $\;BC\;$ e sobre esta um ponto $\;D\;$ que pode tomar a posição de qualquer dos seus pontos. E mostram-se também os pontos $\;E, \;F\;$ vértices do paralelogramo $\;DEAF\;$ conforme dados da hipótese do teorema.

$\;\fbox{n=2}:\;$ Claro que lados opostos do paralelogramo têm comprimento igual (segmentos paralelos entre paralelas são iguais) $\;AE=FD, \;AF=DE\;$ e, por isso, o perímetro de $\;DEAF\;$ é igual ao dobro da soma de dois dos seus lados consecutivos: $\;DE+EA+AF+FD= 2 (DE+FD). \;$ Se $\;DE+FD\;$ não depender da posição de $\;D\;$ em $\;BC\;$, o perímetro de $\;DEAF\;$ não varia quando a posição de $\;D\;$ varia. Desloque $\;D\;$ para confirmar isso (conjetura) - nos textos se vê como variam os comprimentos $\;DE\;$ e $\;FD\;$ tendo soma constante.

$\;\fbox{n=3}:\;$ Claro que ângulos de lados paralelos são iguais em amplitude, por exemplo, $\;\angle B\hat{A}C= \angle D\hat{E}C =\angle B\hat{E}D, \; $ $\angle B\hat{C}A= \angle D\hat{C}E = \angle B\hat{D}F\;$ e, como é óbvio, por ser $\;\angle A\hat{B}C = \angle B\hat{C}A\;$ do triângulo isósceles $\;ABC,\;$ os triângulos $\;BDF\;$ e $\;DCE,\;$ de onde se retira que $\;DE=EC\;$ ou seja $\;\overline{FD}+\overline{ED} = \overline{FD}+\overline{EC}=\overline{AE}+\overline{ED}\;$
Prolongando $\;FD\;$ e tirando por $C\;$ a paralela a $\;AB\;$ obtemos um paralelogramo $\;FGCA\;$ que para qualquer posição de $\;D\;$ (incluindo $\;B\;$ e $\;C\;$) $\;FD+DE =FG= AC\;$ que não depende da posição de $\;D\;$

22 janeiro 2018, Criado com GeoGebra

Aproveitamos a oportunidade para lembrar um OUTRO PROBLEMA (clássico), usando a mesma construção:
Dos paralelogramos $\;DEAF\;$ isoperimétricos, qual deles tem área máxima?
De outro modo, qual a posição de $\;D\;$ para a qual $\;DEAF\;$ tem área máxima?
Ou ainda, de entre os números com uma certa soma constante, quais deles têm um produto máximo?
$\;\fbox{n=4}:\;$ Mostra-se a área de $\;DEAF\;$ variável com $\;D\;$ como se pode ver.
$\;\fbox{n=5}:\;$ Quando a posição de $\;D\;$ varia em $\;BC\;$, a área de $\;DEAF\;$ como função de $\;BD\;$ é representada por uma curva que se mostra neste passo… □