Circunferência tangente a três outras circunferências

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

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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)-

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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.

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

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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 $\;A, B, C\;$

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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 $\;(B,b-a),\; (C, c-a)\;$

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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 $\;(C, G)\;$

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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 $\;F,\;G, \;A.$

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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.

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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.

Experiências na folha gráfica 3D do GGB5: um Lugar Geométrico e a Homotetia

Resolver problema de construção usando os métodos do problema contrário e transformação (4)

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Problema: Inscrever num retângulo $\;[ABCD],\;$ um paralelogramo semelhante a outro $\;[EFGH]\;$ dado.

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Vilela, António Lôbo. Métodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

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O problema proposto consiste em construir um paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$, inscrito no retângulo $\;[ABCD]\;$ dado: $\;E_1 \in AB, \;F_1\in BC, \;G_1 \in CD, \;H_1 \in DA.\;$
Para resolver o problema proposto, começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;]$ ou cujos lados passem pelos vértices $\;E,\;F, \;G,\;H\;$ do paralelogramo.

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Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. Na nossa construção, apresentamos como dados um retângulo $\;[ABCD]\;$ e um paralelogramo $\;[EFGH]\;$. Para além disso, apresentamos as diagonais do retângulo $\; AC, \;BD\;$ e o ângulo $\; \alpha\;$ por elas formado. De igual modo, se mostram as diagonais $\;EG, \;FH\;$ do paralelogramo e o ângulo $\;\beta\;$ por elas formado.
   Estes dados são relevantes para qualquer resolução do problema, pois "a condição necessária e suficiente para que dois paralelogramos sejam semelhantes é que sejam iguais os ângulos formados pelas respetivas diagonais".
2. Começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito ao paralelogramo $\;[EFGH],\;$ ou seja, um retângulo com cada um dos seus lados a passar por um dos vértices do paralelogramo e com as diagonais a fazer ângulo igual ao das retas $\;(AC, \; BD) =137.48^o,\;$ na ilustração.
   • $\fbox{n=2}:\;$ O centro do paralelogramo é o centro do retângulo a ele circunscrito, no caso $\;I.\;$. Para obter uma reta que seja diagonal de um retângulo centrado em $\;I\;$ semelhante a $\;[ABCD]\;$, bastará encontrar um outro ponto da diagonal para além do $\;I\;$, por exemplo, o ponto de interseção imagem da reta de um dos lados, p.e. $\;HE\;$, pela rotação $\;{\cal{R}}(I, \; \alpha)\;$, com a reta do lado consecutivo $\;EF\;$ (Verifique.)
   • $\fbox{n=3}:\;$Para ser retângulo (lados consecutivos perpendiculares) cada um dos seus vértices terá de ser um ponto de circunferência com um dos lados do paralelogramo por diâmetro. No caso da nossa construção, encontramos o primeiro vértice do retângulo circunscrito intersetando a reta obtida como reta diagonal com a circunferência de diâmetro $\;FG\;$. Os lados desse retângulo, a passar por $\;E, \;F, …\;$ são obtidos facilmente.

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

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3. O retângulo obtido é semelhante a $\;[ABCD]\;$, o que significa há uma transformação de semelhança a relacioná-los.
   $\fbox{n=4}:\;$ No caso da nossa construção, escolhemos o vértice $\;R,\;$ por ele tirámos uma paralela a $\;AB\;$ e aplicámos-lhe que a rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, de modo a obter pares de lados paralelos a pares de lados paralelos de $\;[ABCD]\;$
   Obtivemos um novo paralelogramo inscrito no novo retângulo ao aplicar-lhe a mesma rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, que preserva as incidências, os comprimentos, as amplitudes
4. $\fbox{n=5}:\;$ Finalmente a este novo retângulo do qual os pontos $\;R, \;S\;$ são vértices, aplicamos a homotetia de centro em $\;CR.DS\;$ e razão $\; \displaystyle \frac{CD}{RS}\;$ que transforma $\;C\;$ em $\;R\;$ e $\;D\;$ em $\;S\;$
5. $\fbox{n=6}:\;$Obviamente que, por essa homotetia, o paralelogramo laranja da figura que está inscrito no retângulo laranja (obtidos pela rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$ é transformado no paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ que, porque a homotetia preserva incidências, etc, é um paralelogramo inscrito em $\;[ABCD]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$.

Claro que usámos transformações e podemos dizer, por isso, que usámos o método das transformações. O que é o mais natural é usarmos vários métodos para resolver qualquer problema. E, mesmo quando não o referimos, o mais natural é que face a um problema comecemos por usar a análise e acabemos a usar a síntese que são os raciocínios gerais em geometria, essenciais para resolver problemas de construção.

Resolver problema de construção usando uma dilação rotativa

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Problema:     Imagine dois mapas de Portugal continental em escalas diferentes mas de tal modo que um deles fique inteiramente contido no outro.Prove que existe um e um só ponto do território continental português que fica, na representação nos dois mapas, exactamente sobreposto. Para facilitar uma ilustração do problemas, pode supor que Portugal continental é exactamente um rectângulo.
assim enunciado e proposto por Eduardo Veloso em "Simetria e Transformações Geométricas",GTG APM.Lisboa: 2012


A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas

1. Estão dados na figura dois retângulos de vértices $\;[ABCD]\;$ e $\;[DFGH]\;$ semelhantes, no sentido de que, para quaisquer dois pontos $\;P, \;Q\;$ no retângulo $\;[ABCD]\;$, há dois pontos $\;P', \;Q'\;$ no retângulo $\;[EFGH]\;$ tais que a razão $\;\displaystyle \frac{PQ}{P'Q'}\;$ é constante (invariável).
   No caso, a figura obviamente sugere que $$\;\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG} = \frac{CD}{GH} =\frac{AB}{GH}= ... \;$$ se forem semelhantes os dois retângulos.
   Consideremos a semelhança $\;\cal{S}\;$ para a qual $\; C \mapsto G, \; D \mapsto H, ...\;$
   Se $\;AB \parallel EF\;$ o ponto comum aos dois retânguos sobrepostos seria o centro de uma homotetia, exatamente a interseção $\;AE.BF =CG.DH\;$ e o problema estava resolvido. Não é o caso da nossa figura.




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

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Clique no botão "Resolução" que seguir a nossa resolução.


2. Uma transformação de semelhança é sempre a composta de uma homotetia com uma isometria. A figura dos dois retângulos sugere-nos uma rotação que transforme, por exemplo $\;[EFGH]\;$, num retângulo $\;[E'F'G'H']\;$ para o qual $\; E'F' \parallel H'G' \parallel CD \parallel AB\;$ seguida de uma homotetia que transforme $\;[E'F'G'H']\;$ em $\;[ABCD]\;$.
   Como sabemos, há muitas semelhanças possíveis compostas de rotações (de vários centros e ângulos de rotação) com homotetias de razão $\:\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG}=\frac{CD}{GH}= \frac{DA}{HE}\;$(com centros diferentes).
   Qualquer rotação deixa invariante o seu o centro e qualquer homotetia deixa invariante o seu centro. Para que haja um ponto comum aos dois mapas sobrepostos é preciso que a semelhança seja composta de uma rotação com uma homotetia de centro no centro de rotação. Se o centro da rotação não for o centro da homotetia, esta não deixa invariante o centro da rotação.
3. $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&{\cal{H}}(O, k)&\\ [EFGH]&\longrightarrow&[E'F'G'H']& \longrightarrow&[ABCD]\\ E&\mapsto & E' & \mapsto & A \\ F&\mapsto & F' & \mapsto & B \\ G&\mapsto & G' & \mapsto & C \\ H&\mapsto & H' & \mapsto & D \\ \end{matrix}$$ Para que a centro, designado por $\;O$, da rotação seja o centro da homotetia é preciso que $\;\alpha=EÔE'=EÔA=FÔF'=FÔB=GÔG'=GÔC=HÔH'=HÔD\;$, já que, para a homotetia de centro $\;O\;$ que faz corresponder $\;H'\;$ a $\;D\;$ e $\;G'\;$ a $\;C\;$, $\; O, \;H',\;D\;$, são colineares como são colineares $\;O, \;G', \;C$, ou seja, $\;HÔD = GÔC\;$....
4. Como se determina esse ponto $\;O\;$ centro da dilação rotativa (composta de rotação e homotetia de centro comum)?
   • Toma-se, por exemplo, o ponto $\;K\;$ da interseção $\;CD.GH\;$ e o ângulo $\; \alpha = (\dot{K}D, \dot{K}H)= (\dot{C}D, \dot{G}H) = (\dot{B}C, \dot{F}G), = ... $
   • Da circunferência que passa por $\;H, \;D, \;K;$ o arco $\;\widehat{HD}$ assinalado (a tracejado grosso) é o arco da circunferência $\;(HDK);$ em que se inscreve $\;\alpha\;$ e, por isso, qualquer ponto $\;P\;$ da circunferência que não seja $\;H, \;D$, nem ponto desse arco é vértice de um ângulo $H\hat{P}D$ de amplitude $\;\alpha\;$
     Do mesmo modo, o arco $\;\widehat{GC}$ da circunferência que passa por $\;G, \;C, \;K\;$ em que se inscrevem ângulos de amplitude $\;\alpha\;$ com vértice $\;Q\;$ nessa circunferência $\;(GCK)\;$ e fora do arco.
5. No caso da nossa figura, as circunferências $\;(GCK)\;$ e $\;(HDK)\;$ têm dois pontos em comum que são vértices de ângulos de amplitude $\;\alpha\;$. Um deles é $\;K\;$ e o outro é $\;\mathbb{O}\;$. A vermelho na figura, este é o ponto procurado: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&\\ G&\longmapsto & G'& G'ÔG= CÔG =\alpha\\ H&\longmapsto & H' & H'ÔH= DÔH =\alpha \wedge G'H' \parallel CD \wedge GH=G'H'\\ &&&\\ &{\cal{H}}(O, k)&&\\ G'&\longmapsto & C& G' \in OC\\ H'&\longmapsto & D & H' \in OD \wedge G'H'= GH = CD: \frac{CD}{G'H'}=\frac{CD}{GH} =k\\ \end{matrix} $$

Resolver problema de construção usando homotetia

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Problema:     Determinar uma corda que passe por um ponto dado de uma circunferência dada que seja bissetada por uma corda dada.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

© geometrias, 22 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

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1. São dados: uma circunferência $\;(A)\;$, um ponto $\;O\;$ e uma corda $\;CD\;$ da circunferência.
2. Procuramos um ponto $\;P\;$ da circunferência de tal modo que $\;OP\;$ tenha o seu ponto $\;M\;$ médio em $\;CD\;$ que é o mesmo que dizer $\;OM=OP\;$ ou $\;\displaystyle \frac{OM}{OP}=\frac{1}{2}\;$ ou $\;\displaystyle \frac{OP}{OM}= 2\;$
   Pela homotetia $\;{\cal{H}}(O, \;2)\;$, de centro $\;O\;$ e razão $\;2\;$,
   $\; C\;\longmapsto \; C' : \; OC'=2OC\;$
   $\; D\;\longmapsto \; D' : \; OD'=2OD\;$
   $\; CD\;\longrightarrow \; C'D' : \; C'D'=2CD,\; C'D' \parallel CD$
   Um dos extremos de cada uma das cordas solução é $\;O\;$ e o outro será ponto da interseção circunferência $\;(A)\;$ dada com $\;C'D'\;$ No caso da nossa construção, tomamos $\;P \in (A).C'D'$ imagem, por $\;{\cal{H}}(O, \;2)$, de $\;M \in CD.OP$.
   
3. A corda $\;OP\;$ é a solução. No caso da nossa construção há outra solução.

Pode deslocar $\;C\;$ ou $\;D\;$ sobre a circunferência para ver que ( e em que condições) pode haver uma só ou nenhuma solução.
Nota: O método usado para resolver este problema é o mesmo que usámos para resolver o problema da entrada anterior. Basta ler o enunciado de outra maneira: dadas as curvas $\;(A)\;$ e $\;CD\;$ determinar um par de pontos $\;(M , \;P) \in CD \times (A)\;$ tais que $\; \displaystyle {OP \over OM} = 2$

Resolver um problema de construção, usando homotetia (entre curvas)

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Problema:     Dadas duas curvas $\;c_1\;$ e $\;c_2\;$ um ponto $\;O\;$ e um número $\;k\;$, determinar um ponto $\;P_1\;$ da curva $\;c_1\;$ e um ponto $\;P_2\;$ da curva $\;c_2\;$ tais que $\;\displaystyle \frac{OP_2}{OP_1} = k\;$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

© geometrias, 21 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

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1. são dados: uma curva $\;c_1\;$ (no caso, uma hipérbole azul) e outra $\;c_2\;$ (no caso, uma parábola encarnada), um ponto $\;O\;$ , número $\;k$.
2. Procuramos um par de pontos $\;(P_1, \; P_2)\:$ de $\;c_1 \times c_2\;$ de tal modo que $\;\overrightarrow{OP_2} = k. \overrightarrow{OP_1}\;$, que é o mesmo que dizer que $\;P_2\;$ é homotético de $\;P_1\;$ pela homotetia $\; {\cal{H}}(O, \;k)\;$
3. Se determinarmos a curva $\;c'_1\;$, homotética de $\;c_1\;$ por $\; {\cal{H}}(O, \;k)\;$ e não for vazia a iinterseção $\;c'_1 . c_2\;$ encontraremos um ponto $\;P_2\;$ de $\;c_2\;$ a que corresponde o ponto $\;P_1\;$ de $\;c_1\;$ homotético de $\;P_2$
4. Pode haver mais que uma solução. Também pode não haver solução.

Pode deslocar $\;O\;$ e o cursor $\;\fbox{k=-2, ..., 2}\;$ ao cimo à esquerda.

Resolver problemas de construção usando homotetia

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Problema:     Para uma dada circunferência $\;c\;$ e um ponto $\;O\;$ do seu interior, determinar a corda que passa pelo ponto $\;O\;$ e por ele fica dividida em dois segmentos cuja razão $\;k\;$ é dada.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

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

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1. É dada a circunferência $\;c\;$ de centro em $\;C\;$ e o ponto $\;O\;$ no seu interior, para além da razão $\;k$.
2. A corda que procurarmos $\;XY\;$ que procuramos passa por $\;O\;$ e deve ser dividida por $\;O\;$ em dois segmentos $\;OX\;$ e $\;OY\;$, tais que $\displaystyle \frac{OX}{OY} = k$. Procuramos $\;X, \;Y$ sobre a circunferência $\;c\;$ que satisfaçam essa condição.
   Essa condição é equivalente a $\;X\;$ ser o correspondente (a imagem) de $\;Y\;$ (original) por uma homotetia - $\;{\cal{H}} (O, \;-k)\;$ -de centro $\;O\;$ e razão $\;-k\;$, já que $\;OX\;$ é de sentido contrário a $\;OY$.
   Para encontrar a posição de algum deles bastará, usando qualquer pontos de $\;c\;$ e o seu centro $\;C\;$, determinar a imagem $\;c' =(C')\;$ de $\;c =(C)\;$ pela homotetia $\;{\cal{H}} (O, \;-k)\;$.
3. No caso da nossa construção, os pontos de interseção $\;c.c'\;$ são $\;A\;$ e $\;B$. Tomemos $\;A\;$, para exemplo.
   Ao ponto $\;A\;$ de $\;c\;$ corresponde o ponto $\;A'\;$ de $\;c'\;$, tal que $\;\overrightarrow{OA'} = - k. \overrightarrow{OA}$.
   A reta $\;AA'\;$ passa por $\;O\;$ e corta a circunferência $\;c\;$ em $\;D$, para além de $\;A\;$ determinado na interseção $\;c.c'\;$. E como $\;D,\;O,\;A\;$ são colineares com $\;O\;$, $\;D \in c\;$ e $\;A \in c'\;$, $\;{\cal{H}} (O, \;-k) (D) = A\;$ e, em consequência, podemos concluir que: o segmento $\;AD\;$ é uma corda de $\;c\;$ a passar por $\;O\;$ para a qual $\;OA = k. DO$.
4. O mesmo se pode fazer com $\;B\;$, para concluir que
   o segmento $\;BE\;$ é uma corda de $\;c\;$ a passar por $\;O\;$ para a qual $\;OB = k. EO$.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 4}\;$ ao cimo à esquerda, pode constatar que, para haver soluções do problema, não pode tomar quaisquer valores para $\;k\;$.

Resolver problema de construção usando uma homotetia

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Problema:    De uma dada circunferência são dados dois raios. Determinar a corda da circunferência dada que trisseta aqueles dois raios

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas e na resolução do problema da entrada anterior.

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

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Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 6}\;$ ao fundo, pode seguir os passos da construção.

1. É dada a circunferência de centro em $\;O\;$ e seus dois raios $\;OR. \;OS\;$
2. Na nossa resolução, tomamos o segmento $\;RS\;$, prolongamos os raios e, por um ponto $\;A\;$ de $\;OR\;$, tiramos uma paralela a $\;RS\;$ que interseta $\;OS\;$ em $\;B\;$.
3. Sobre a reta $\;AB\;$ marcamos $\;C, \;D\;$ tais que $\;AB = AC =BD$
4. Consideramos a homotetia de centro $\;O\;$ definida por $\;C\longmapsto C'\;$, sendo $\;C'= (O, \;OR).OC $.
   Pela mesma homotetia, $\;D\longmapsto D'\;$, sendo $\;D'= (O, \;OR).OD $.
5. A corda $\;C'D'\;$ deve ser a solução do problema.
6. $\;C'D'\;$ é paralela a $\;CD\;$ e corta $\;OR\;$ e $\;OS\;$ respetivamente em $\;A'\;$ e $\;B'$, assim designados por serem correspondentes de $\;A\;$ e de $\;B\;$ pela homotetia de centro $\;O\;$ antes definida.
   A homotetia transforma segmentos iguais em segmentos iguais. Assim, $$\begin{matrix} CA &= &AB&=&BD\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow\\ C'A'&=&A'B'&=&B'D' \end{matrix}$$ A corda $\;C'D'\;$ de $\;(O, \;OR)\;$ é trissetada pelos dois raios $\;OR, \;OS\;$

Resolver problema de construção de triângulo usando homotetia

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Problema:     Desenhar um triângulo $\;ABC\;$ de que é dada a posição de $\;A\;$ e dois segmentos com comprimentos iguais a $\;a+b=BC+AC\;$ e $\;a+c=BC+AB\;$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas e na resolução do problema da entrada anterior.

© geometrias, 14 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

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Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 10}\;$ ao fundo, pode seguir os passos da construção.

1. São dados o vértice $\;A\;$ e os comprimentos $\;a+b, \;a+c\;$
2. Se desenharmos um triângulo qualquer $\;AB_1C_1\;$, sendo $\;AC_1 = a+b\;$ e $\;AB_1 = a+c\;$, o problema resume-se ao da anterior entrada, já que queremos $\;AC=b=AC_1-a, \;AB=c=AB_1-a, BC=a\;$ que é o mesmo que dizer que queremos determinar os pontos $\;B\;$ de $\;AC_1\;$ e $\;C\;$ de $\;AB_1\;$ tais que $\;BB_1= BC=CC_1 =a\;$
   Começamos por determinar os pontos $\;B_1, \;C_1\;$ tais que $\;AB_1=a+c, \;AC_1=a+b$.
3. Traçados os lados do triângulo $\;AB_1C_1\;$, sobre $\;AB_1\;$, marcamos um ponto qualquer $\;B'\;$.
4. Determinamos o ponto $\;C''\;$ sobre $\;AC_1\;$ tal que $\;C_1C''=B_1B''$. O mais natural é que $\;C_1C''=B_1B''\neq B'C''$
5. Tirando por $\;C''\;$ uma paralela a $\;B_1C_1\;$, esta interseta a circunferência de centro $\;B'\;$ e raio $\;B'B_1\;$ num ponto $\;C'\;$ tal que $\;B'B_1=B'C'=C'C'_1\;$ , sendo o triângulo $\;A'B_1C'_1\;$ correspondente de $AB_1C_1$ por uma homotetia de centro em $\;B_1\;$: $$\begin{matrix} A_1 & \longmapsto &A\\ B_1 &\longmapsto &B_1\\ C'_1 & \longmapsto & C_1 \end{matrix}$$
6. Essa homotetia de centro $\;B_1\;$ fará corresponder $\;C'\;$ a $\;C= B_1C'.AC_1\;$ e
7. $\;B'\;$ a $\;B\;$, este último determinado como interseção do lado $\;AB_1\;$ com a paralela a $\;B'C'\;$ tirada por $\;C$.
8. A homotetia transforma segmentos iguais em segmentos iguais. Assim, $$\begin{matrix} B_1B' &= &B'C'&=&C'C_1 &&\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow&&\\ B_1B&=&BC&=&CC_1&=&a \end{matrix}$$
9. $\;AB =AB_1-BB_1=a+c-a=c, \; BC=a, \; AC=AC_1-C_1C= a+b-a=b\;$
10. Desenhámos assim um triângulo $\;ABC\;$ que é a solução do problema, para um arbitrado ângulo $\hat{A}$, que pode variar deslocando $\;B_1\;$ ou $\;C_1$

Resolver problema de construção usando homotetia

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Problema:     Determinar os pontos $\;D\;$ e $\;E\;$ sobre os lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$ de um triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;BD=DE=EC$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.

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

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Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 5}\;$ ao cimo à direita, pode seguir os passos da construção.

1. São dados os vértices $\;A, \;B, \;C$ e os lados $\;BC=a, \;AC=b, \;AB=c\;$ de um triângulo..
2. Vamos procurar as posições de $\;D\;$ sobre $\;BA\;$ e de $\;E\;$ sobre $\;AC\;$ de modo que $\;BD=DE=EC.$ Para isso, começamos por tomar um ponto genérico $\;D'\;$ de $\;AB\;$. Pode ser deslocado sobre $\;AB\;$ fazendo variar $\;BD'\;$ e certamente que uma das posições que $\;D'\;$ pode tomar será aquela que verifica as condições do nosso problema. Tomamos a interseção $\;E''$ de $\;AC\;$ com a circunferência centrada em $\;C\;$ e de raio $\;BD'\;$.
   Garantimos que $\;BD' = CE''\;$ mas nada garante que $\;D'E''\;$ seja igual a $\;BD'$. Nem parece!
3. Fácil é calcular um ponto $\;E'\;$ á mesma altura de $\;E''\;$ e tal que $\;BD'=D'E'\;$ na interseção da paralela a $\;BC\;$ tirada por $\;E''\;$ com a circunferência centrada em $\;D'\;$ e raio $\;D'B$
4. $\;E'\;$ está sobre o lado $\; A'C'\;$, paralelo a $\;AC=b\;$, de um triângulo $\;A'BC'\;$, sendo $\;A'B=c, \;BC'= a\;$ e $\;BD'=D'E'=E'C'$
5. Um homotetia de centro $\;B\;$ tal que $\;A \longmapsto A'. \;B \longmapsto B'\;$ fará corresponder $\;E'\;$ a $\;E= BE'.AC\;$ e $\;D'\;$ a $\;D\;$, este último determinado como interseção do lado $\;BA\;$ com a paralela a $\;D'E'\;$ tirada por $\;E$.
   
6. Por uma homotetia, segmentos iguais são transformados em segmentos iguais. Assim, $$\begin{matrix} BD' &= &D'E'&=&E'C'\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow\\ BD&=&DE&=&EC \end{matrix}$$ $\;D, \;E\;$, assim determinados, satisfazem as condições do nosso problema.

Resolver problema de construção usando homotetia

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Problema:     Desenhar uma circunferência que passa por um ponto dado, $\;A\;$, que seja tangente a duas retas dadas $\;a, \;b$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.

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

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Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 5}\;$ ao fundo à direita, pode seguir os passos da construção.

1. São dados um ponto $\;A\;$ e duas retas $\;a, \;b$.
2. Para que uma circunferência seja tangente a duas retas $\;a, \;b\;$ é preciso que tenha centro equidistante delas. Esse centro está sobre uma bissetriz do ângulo das duas retas quando elas se intersetam ou sobre uma reta paralela a $\;a, \;b\;$ quando estas são paralelas. No caso da nossa construção, as retas $\;a.b\;$ são concorrentes em $\;O$. E, como sabemos, na bissetriz do ângulo das duas retas incidirá o centro de qualquer das circunferências tangentes a $\;a\;$ e $\;b$.
3. Tomamos um ponto $\;G\;$ sobre a bissetriz e a circunferência nele centrada tangente a $\;a\;$ em $\;I\;$ e a $\;b\;$ em $\;H\;$.
4. Duas circunferências tangentes a $\;a\;$ e $\;b$ são correspondentes por alguma homotetia de centro $\;O$; Para determinar a homotetia entre uma circunferência $\;(G)\;$ e a circunferência que passa por $\;A\;$, basta traçar a reta $\;OA\;$ e a sua interseção $\;J\;$ com $\;(G)\;$. A homotetia de centro em $\;O\;$ que transforma $\;J\;$ em $\;A\;$ transforma $\;G\;$ em $\;K\;$, este obtido pela interseção da bissetriz com a paralela a $\;JG\;$ tirada por $\;A$.
5. A circunferência de centro em $\;K\;$ que passa por $\;A\;$ é a homotética de $\;(G)\;$ tangente à reta $\;a\;$ no homotético de $\;I\;$ e à $\;b\;$ no homotético de $\;H\;$
   

Resolver um problema de construção usando uma rotação e uma homotetia

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Problema:     Inscrever um quadrilátero com determinada forma num semicírculo dado, em que um lado específico do quadrilátero inscrito esteja no diâmetro do semicírculo.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.

© geometrias, 9 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

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Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 10}\;$ ao fundo ao meio, pode seguir os passos da construção.

1. São dados um quadrilátero $\;ABCD\;$ e um semicírculo de diâmetro $\;EF\;$; pretendemos obter um quadrilátero $\;A''B''C''D''\;$ semelhante ao dado e inscrito no semicírculo de tal modo que o lado $\;A''B''\;$ fique aposto ao diâmetro $\;EF$.
2. Melhor será começar por ver em que semicírculo se inscreverá o quadrilátero $\;ABCD\;$, considerando $\;AB\;$ sobre o diâmetro. Tal semicírculo fica bem determinado pelo seu centro $\;G\;$, interseção da mediatriz de $\;CD\;$ com a reta $\;AB\;$ que contém o diâmetro.
3. Já temos uma situação em tudo semelhante à que queremos ter no final. Para facilitar podemos efetuar uma rotação para que os diâmetros dos semicírculos fiquem paralelos. Pode ser feito de vários maneiras. Nós optamos por rodar o diâmetro $\;HI$, em torno de $\;I$
4. Se rodarmos em torno de $\;I\;$ no sentido direto de um ângulo $\;\alpha\;$
5. obtemos uma figura congruente com a anterior, sendo $\;IH'\; \parallel \;EF\;$
   A rotação $\;{\cal{R}}(O, \alpha)\;$ preserva os comprimentos:
   $\;A'B'=AB, \; B'C'=BC, \;C'D'=CD, \; D'A'=DA\;$
   e os ângulos:
   $\; D\hat{A}B =-D'\hat{A'}B', \; A\hat{B}C=-A'\hat{B'}C', \; B\hat{C}D=-B'\hat{B'}D', \; C\hat{D}A=-C'\hat{D'}A'$,
   sem considerarmos a orientação, $\; \hat{A} =\hat{A'}, \; \hat{B}=\hat{B'}, \; \hat{C}=\hat{B'}, \; \hat{D}=\hat{D'}\;$
6. Bastará agora definir a transformação que faz corresponder $\;EF\;$ a $\;IH'\;$ que como sabemos é uma homotetia de centro $\;P = IE.H'F\;$ e de razão $$k=\frac{PE}{PI} = \frac{PF}{PH}$$ Claro que, por essa homotetia $\;{\cal{H}}(P, k)$, a $\;G'\;$ corresponderá $\;O\;$, centro do semicírculo dado.
7. Pela homotetia definida, encontramos os pontos $\;A'', \;B''$ como $\;PA'.EF\;$ e $\;PB'.EF\;$ respetivamente
8. e como a homotetia preserva a incidência, os pontos do semicírculo de diâmetro $\;H'I\;$ têm correspondentes sobre o semicírculo de diâmetro $\;EF\;$: $\;C'',\; D''\;$ estarão na interseção da semicircunferência dado com as retas $\;PC'\;$ e $\;PD''$.
9. A composta $\;{\cal{H}}(P, k)\;\circ\;{\cal{R}}(O, \alpha)\;$ que estabelece as correspondências $\;A \longmapsto A''\; \wedge \; B \longmapsto B''\;$ faz corrresponder $\;AB\;$ a $\;A''B''$.
   E, do mesmo modo, $BC \longrightarrow B''C'', \;CD \longrightarrow C''D'',\;DA \longrightarrow D''A''$ sendo $$\frac{A''B''}{AB} = \frac{B''C''}{BC} = \frac{C'''D''}{CD} = \frac{D''A''}{DA}=k$$
10. E como a homotetia também preserva os ângulos $$\hat{A''} =\hat{A}, \;\hat{B''} =\hat{B}, \;\hat{C''} =\hat{C}, \;\hat{D''} =\hat{D}$$ A solução para o nosso problema é o quadrilátero $A''B''C''D''\;$ com $\;A'', B''\;$ no diâmetro $\;EF\;$ e $\;C', \;D''\;$ na semicircunferência dada, com lados correspondentes proporcionais (cada um a cada um) e ângulos correspondentes iguais aos do quadrilátero $\;ABCD$