Situar um triângulo dado de modo a que cada um de 3 pontos dados estejam sobre cada um dos seus lados.

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ProbLema XXVI dos PRINCIPIOS¹ de I. Newton

Problema:
Conhecemos os os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$ e o comprimento do lado $\;AB\;$ de um triângulo $\;ABC.\;$ Dados três pontos $\;D,\;E, \;F\;$ não colineares, situar o triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;D\;$ incida sobre a reta $\;BA\;$, $\;E\;$ sobre $\; AC\;$ e $\;F\;$ sobre $\; CB.\; \;^1\;$

$\fbox{n=1}\;$ Do triângulo $\;ABC\;$ que vamos construir, os dados estão lançados no topo esquerdo do janela de visuaização, a saber: comprimento $\;AB\;$ e os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$, sendo igual a quatro retos a soma das amplitudes destes últimos — $\alpha + \beta + \gamma = 4 \;$ retos. Na nossa figura pode variar as amplitudes usando os pontos verde e vermelho. Claro que se pretende que este triângulo seja construído numa posição tal que em cada uma das suas três retas (lados) incida um dos pontos $\;D, \;E, \;F\;$ a azul na figura, onde também se apresentam os três segmentos que os unem dois a dois.
Para acompanhar os passos da construção, faz-se variar de 1 a 8 o valor de $\;n\;$ no cursor presente na janela da construção dinâmica.

Para que $\;D\;$ incida sobre $\;AB\;$ e $B\hat{A}C= \alpha = D\hat{A}E, \;$, basta que A seja um ponto do arco capaz de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$ oposto a uma corda $\;DE\;$ de uma circunferência a passar por $\;D, \;E.\;$ Pelas mesmas razões $\;B\;$ terá de estar no arco capaz de de um ângulo $\; D\hat{B}F = \beta \;$ de uma circunferência a passar por $\; D, \;F\;$ e $\;C\;$ terá de estar num arco capaz do ângulo $\;\gamma=F\hat{C}E\;$ numa circunferência a passar por $\;E, \;F.\;$






24 novembro 2015, Criado com GeoGebra
>Nota: Não pretendemos fazer demonstração, mas tão só os passos da construção<

$\fbox{n=2, 3, 4}\;$ Determinam-se os arcos $\;DAE, \;DBF, \;FCE \;$ capazes dos ângulos $\;\alpha, \;\beta, \;\gamma\;$ das circunferência de centros $\;P, \;Q, \; O\;$ que têm um ponto $\;G\;$ comum.

$\fbox{n=5}\;$ Para determinar $\;A\;$ sobre $\;(P, PG)\;$ colinear com $\;D\;$ da mesma circunferência e com $\;B\;$ da circunferência $\;(Q, QG)\;$, determina-se $\;GA\;$ tal que $$\frac{GA}{AB}=\frac{GP}{PQ}$$ da semelhança dos triângulo $\;GPQ\;$ e $\;GAB\;$ (por ser $\;G\hat{P}Q= G\hat{A}D, \; \;G\hat{Q}P= G\hat{B}D \;$)

$\fbox{n=6}\;$ Conhecido $\;GA\;$, determina-se $\;A\;$ sobre o arco $\;EGD\;$ de $\;(P, PG)\;$

$\fbox{n=7}\;$ As retas $\;DA\;$ e $\;EA\;$ definem dois ângulo de amplitude $\;\alpha \;$ verticalmente opostos e servirão definir o triângulo $\;ABC\;$ que procuramos:

$\fbox{n=8}\;$ $\;B\;$ estará sobre a reta $\;AD\;$ e sobre o arco $\;DGF\;$ de $\;(Q, QG)\;$ e capaz de ângulos de amplitude $\;\beta. \;$ Finalmente $\;C\;$ fica determinado como interseção da reta $\;EA\;$ com a reta $\;BF\;$ sobre o arco capaz $\;FCE\;$ de ângulos de amplitude $\;\gamma\;$.

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$^1\;$Lemma XXVI. To place the three angles of a triangle, given both in kind and magnitude, in respect of as many right lines given by position, provided they are not all parallel among themselves in such manner that de several angles may touch the several lines.
Sir Isaac Newton, The Mathematical Principles of Natural Philosophy. (Andrew Motte) pp.91-92 Vol.I. London: 1803.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17c)

Problema: Determinar um ponto a partir do qual se veem segundo ângulos iguais três segmentos $\;AB\;$, $\;BC\;$ e $\;CD\;$ sobre uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto que usa os lugares geométricos e os processos já descritos, em detalhe, nas entradas anteriores.

1. Dados (a azul): uma reta $\;a\;$ e quatro pontos $\;A, \;B, \;C, \;D\;$ sobre ela. O ângulo $\;\alpha\;$ é apresentado com vértice em $\;A\;$ sendo $\;a\;$ um dos lados e o outro uma reta tracejada a verde que passa por $\;A\;$ e por um ponto verde.
2. Usando o 5º lugar geométrico da lista, para um dado ângulo $\;\alpha$, começamos por determinar os conjuntos dos pontos $P$ tais que
   • $\;A\hat{P}B = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;A, \;B\;$)
   • $\;B\hat{P}C = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;B, \;C\;$)
   • $\;C\hat{P}D = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;C, \;D\;$)




© geometrias, 8 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Comecemos por olhar para os segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$, tomamos o triângulo $\;AKC\;$, sendo $\;K\;$ um ponto de interseção do lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ para os quais $A\hat{P}B= \alpha\;$ com o lugar geométrico dos pontos $P$ tais que $B\hat{P}C= \alpha\;$. Assim $\;K\;$ é um ponto tal que o triângulo $\;AKC\;$ tem por bissetriz $\;KB\;$ e a circunferência de Apolónio relativa a $\;AKC\;$ cujos extremos do diâmetro são os pés das bissetrizes de $\;A\hat{K}C\;$ é o lugar geométrico dos pontos $\;K, \;K'\;$ quando $\alpha\;$ toma valores entre $\;0\;$ e $\;\displaystyle\frac{\pi}{2}\;$
   $\;K, \;K'\;$ simétricos relativamente a $\;a\;$
4. Para os segmentos $\;BC\;$ e $\;CD\;$, de modo análogo, tomamos o triângulo $\;BHD\;$ e o ângulo $\;B\hat{H}D$ que é bissetado por $\;HC\;$
   A circunferência de Apolónio para o o triângulo $\;BHD\;$ é o lugar geométrico dos pontos $\;H, \;H´\;$ para os quais $\;B\hat{H}C= C\hat{H}D= \alpha\;$ quando $\;\alpha\;$ toma valores entre $\;0\;$ e $\;\displaystyle\frac{\pi}{2}\;$
   $\;H, \;H'\;$ simétricos relativamente a $\;a\;$
5. Dos pontos de interseção das duas circunferências de Apolónio construídas, $\;R, \;S\;$, vimos $\;AB, \;BC, \;CD\;$ segundo um mesmo ângulo que não depende da amplitude de $\;\alpha\;$ mas só das posições de $\;A, \;B, \;C., D\;$.
   

Pode variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$, $\;C\;$ e $\;D\;$. Faça isso.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17b)

Problema: Determinar o lugar geométrico dos pontos a partir dos quais se veem segundo ângulos iguais dois segmentos $\;AB\;$ e $\;CD\;$ sobre uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto, passo a passo.

1. Dados (a azul): uma reta $\;a\;$ e quatro pontos $\;A, \;B, \;C, \;D\;$ sobre ela.
2. Usando o 5º lugar geométrico da lista, para um dado ângulo $\;\alpha$, começamos por determinar os conjuntos dos pontos $P$ tais que
   • $\;A\hat{P}B = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;A, \;B\;$)
   • $\;C\hat{P}D = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;C, \;D\;$)
   
   
   

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

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3. O ponto $\;H\;$ (ou qualquer um dos outros pontos de interseção dos dois pares de arcos capazes determinados) é um ponto a partir do qual se tiram retas para $\;A\;$ e $\;B\;$ por um lado, e para $\;C\;$ e $\;D\;$ por outro, tais que $\;A\hat{H}B = C\hat{H}D =\alpha\;$
4. Consideremos agora o triângulo $\;AHD\;$, e o ângulo $\;A\hat{H}D$
   Considerando as bissetrizes desse ângulo: uma interna $\;HI\;$ outra externa $\;HE\;$ em que $\;I\;$ e $\;E\;$ são os pés dessas bissetrizes sobre $\;a= AB=CD=AD\;$
   Sabemos que
   $\;A\hat{H}I =;I\hat{H}D$ e
   $\;A\hat{H}B + B\hat{H}I=I\hat{H}C+C\hat{H}D$, temos $\;B\hat{H}I=I\hat{H}C\;$ ou seja $\;HI\;$ é bissetriz interna de $\;B\hat{H}C\;$ e $\;HE\;$ bissetriz externa do mesmo ângulo
5. Fixados $\;A,\;B,\;C, \;D$, o círculo de diâmetro $\;IE\;$ - círculo de Apolónio do triângulo $\;AHD\;$ ou do triângulo $\;BHC$, mantém-se o mesmo para todos as amplitudes $\;\alpha\;$ ou para todos pontos $\;H\;$.
   Pode verificar isso, movendo o ponto verde da reta tracejada a verde que é o mesmo que fazer variar as amplitudes $;\alpha\;$ e observando que deslocando $\;H\;$ este percorre a circunferência de diâmetro fixo $\;IE\;$ que se mantém a mesma, já que $\;(A,D;I,E) =-1\;$.
6. Assim, o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ tais que $\;A\hat{P}B = C\hat{P}D\;$ é a circunferência de Apolónio relativa a um triângulo $\;B\hat{H}C\;$ de que $\;HI\;$ é a bissetriz interna.

Podemos variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$, $\;C\;$ e $\;D\;$