Envolvente. Problema recorrrendo a lugar geométrico (20)

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Notas prévias:

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O lugar geométrico dos pontos a uma distância $\;r\;$ de um ponto $\;O\;$ dado é uma circunferência centrada em $\;O\;$ e de raio $\;r\;$ e uma circunferência centrada em $\;O\;$ e de raio $\;r\;$ é o lugar geométrico dos pontos a uma distância $\;r\;$ do ponto $\;O.\;$
A distância de um dado ponto O a uma reta a é igual ao comprimento do segmento da reta perpendicular tirada por $\;O\;$ a $\;a\;$ de extremos $\;O\;$ e $\;A,\;$ pé dessa perpendicular a $\;a;\;$ e, por isso, podemos dizer que sendo o
lugar geométrico dos pontos dos pés das perpendiculares a retas equidistantes de um ponto $\;O\;$ é uma circunferência ou mesmo que a circunferência é o lugar geométrico das retas equidistantes de $\;O\;$ tomando por cada reta o seu ponto de tangência ou dizendo que a circunferência é envolvente (que envolve ou é envolvida) das retas equidistantes do seu centro.

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Problema: Para um dado ângulo $\;\angle B\hat{A}C, \;$ determinar a envolvente da base $\;BC\;$ de um triângulo $\;[BAC]\;$ cujo perímetro é constante.

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F.G.-M. Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Problème 123. Quelle est l'envelope de la base BC d'un triangle BAC dont le périmètre est constant, et dont l'angle A est donné de grandeur et de position?

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A seguir encontra-se uma ilustração dinâmica dos dados do enunciado deste problema, bem como dos auxiliares passos de uma construção em apoio da demonstração.

1. Apresenta-se ao cimo da janela um segmento de reta de comprimento igual ao perímetro $\;2p\;$ constante de um triângulo $\;ABC\;$ partido em 3 segmentos, da esquerda para a direita, $\;AB, \;BC, \;CA.\;$ e também em duas partes iguais a $\;p,\;$ $\;AM, \;MA\;$.
   Logo abaixo na janela, temos um exemplar de triângulo com um ângulo $\;Â\;$ dado (no caso, de amplitude 46°) e lados com os comprimentos referidos acima ou seja com o perímetro constante considerado (no caso, 7).
   Considerámos, no segmento original, o ponto $\;B\;$ a tomar posições entre $\;A\;$ e $\;M,\;$ já que $\;AB < BC+CA\;$ (desigualdade triangular). Se deslocar $\;B\;$ pelas posições dos pontos de $\;AM,\;$ obtemos todos os representantes dos triângulos de perímetro 7 e com ãngulo 46° em $\;A.\;$
   Os lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$ são segmentos das retas definidas por cada um dos pares de pontos $\;(A,\; B),\; (A, \;C).\;$ Já vimos que não há triângulo quando $\;B=A\;$ ou quando $\;B=M\;$




14 janeiro 2018, Criado com GeoGebra




2. As posições extremas de $\;B:\; B=M\;$ e $\;B=A \;$ levam-nos a aos pontos de intersecção de $\;AB\;$ e $\;AC\;$ com a circunferência $(A, \;p)$ sendo $\;p=AM\;$ semiperímetro de triângulos com um ângulo de 46°
3. $\;AD=AE=p,\;$ ou seja $\;ADE\;$ é um triângulo isósceles de base $\;DE.\;$ com ângulo $\;Â\;$ dado (46°)
   $\;AD+AE = 2p = AB+BC+CA\;$
4. Consideremos a circunferência de centro em $\;H\;$ tangente em $\;D\;$ e $\;E\;$ às retas $\;AB\;$ e $\;AC\;$ respetivamente:
   • $\;DH \perp AB, \;HE \perp AC,\;$
   • Por ser $\; DH=HE, \; \;\; H\;$ está na bissetriz do ângulo $\;Â.\;$ Assim, esta circunferência $\;(H, HE)\;$ é uma ex-inscrita de qualquer dos triângulos $\;ABC\;$ e portanto tangente a $\;BC.\;$
5. As bases $\;BC\;$ são tangentes ao arco aberto da circunferência $\;(H, \;HT):\; ]\widehat{DTE}[ \;$ a vermelho (os extremos a castanho $\;D, \;E\;$ não são pontos da envolvente dos segmentos $\;BC\;$ considerados).

Lugar geométrico das intersecções de planos a passar por um ponto e a intersectar um plano dado segundo retas paralelas

Lugar geométrico dos pontos do espaço para os quais é dada a soma das distâncias a dois planos dados.

3D Lugar geométrico dos pontos de um plano dos quais se vê um segmento segundo um ângulo

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

O mundo do meio

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Problema: Construir uma circunferência que passe por um ponto $\;A\;$ dado e corte duas circunferências - $\;c_1, \;c_2\;$ - dadas segundo os ângulos $\; \alpha , \; \beta \;$ respetivamente.

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Se duas circunferências se cortam, dizemos que se cortam segundo um ângulo $\;\alpha \;$ quando as tangentes às duas num ponto de interseção fazem um ângulo de amplitude $\; \;\alpha .\;$ Neste caso, temos de encontrar uma circunferência que corte $\;c_1\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ (verde) e $\;c_2\;$ segundo o ângulo $\;\beta \;$ (castanho).
Para isso bastará inverter as circunferências dadas relativamente a uma circunferência de inversão e depois encontrar uma reta que corte as inversas segundo aqueles ângulos. Como a inversão conserva os ângulos se invertermos essa reta obteríamos uma circunferência a cortar as dadas segundo os ângulos dados. Esta circunferência inversa da reta deve passar pelo ponto $\;A\;$ dado e, para isso acontecer, bastará que a circunferência de inversão tenha centro em $\;A.\;$
Os procedimentos necessários já foram dissecados antes, por exemplo, na antepenúltima entrada publicada a 20 de dezembro do passado ano em que se apresentava a resolução do problemma " Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A,\;B\;$ dados e corte uma reta dada segundo um dado ângulo $\; \alpha. \;$

© 5 janeiro 2016, Criado com GeoGebra

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\; A, \; O_1, \;O_2, ....\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há duas ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar.

Na figura - $\;\fbox{n=0}\;$ - estão patentes os dados do problema.
Em - $\;\fbox{n=1}\;$- acrescenta-se uma circunferência $\;i\;$ de centro $\;A\;$ (raio qualquer) que vai servir de circunferência de inversão.
$\;\fbox{n=2}\;$ - A inversão relativa à circunferência $\;i\;$ ou $\;(A)\;$ transforma a circunferência $\;c_1 \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; (O_1) \;$ numa circunferência $\;c'_1\;$ de centro $\;O'_1$ e $\;(O_2)\;$ em $\;(O'_2)\;$ (tracejadas)
$\;\fbox{n=3}\;$ - Determinamos as circunferências (pontilhadas) concêntricas com $\;c'1 , \;c'_2\;$ para cada uma das quais qualquer das suas retas tangentes fazem ângulos
- $\; \alpha \;$ com $\;c'_1\;$, inversa de $\;c_1\;$
- $\; \beta \;$ com $\;c'_2\;$
$\;\fbox{n=4}.:\;$ Tomamos uma tangente (laranjada) comum a essas duas circunferências que obviamente cortará $\;(c'_1)\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ e $\;c'_2\;$ segundo um ângulo $\;\beta\;$
$\;\fbox{n=5} :\;$ - Por isso e porque a circunferência da inversão tem centro $\;A\;$, invertendo a reta alaranjada relativamente a $\;(i),\;$ obtemos uma circunferência que é solução do problema, - $\;\fbox{n=6,7}\;$ - aqui realçada

Claro que no caso dos concretos dados originais e da nossa figura há mais três soluções, já que os nossos dois círcul(inh)os (a pontilhado) admitem quatro tangentes mostradas para $\;\fbox{n=8, 9, 10} \;$
Pode fazer variações claro....

Dobras de um canto com uma dada área são um problema?

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Imagine que o primeiro quadrante do plano $\;Oxy\;$ é um folha de papel gigante.Fixe uma constante $\;k\;$ e imagine que o canto em $\;(0,0)\;$ é dobrado para um ponto $\;P \;$ da folha de tal modo que o triângulo da dobragem tem área $\;k.\;$ Descreva o conjunto dos pontos que podem ocorrer como $\;P.\;$

Clique no botão a que chamámos "auxiliares"
Chamamos $\;Q\;$ e $\;R\;$ aos dois outros vértices do triângulo da dobragem que leva $\;O\;$ para $\;P\;$. E designamos por $\;S\;$ o ponto de interseção de $\;OP\;$ com $\;RQ\;$. Como os ângulos em $\;O\;$ e em $\;P\;$ são iguais e retos, $\;RQ\;$ é o diâmetro da circunferência que passa por $\;Q,\;P,\;R,\;O.\;$ $P$ obtém-se como imagem de $O$ por uma meia volta em torno de $\,QR,\;$ ou dito de outro modo, para cada $\;Q\;$ e cada $\;R\;$, há um $\;P\;$ imagem $\;O\;$ por simetria de eixo $\;QR.\;$ $\;OQ=QP, \;OS =SP, \; OR=RP.\;$





© geometrias, 8 dezembro 2015, Criado com GeoGebra


A área do triângulo $PQR$ é dada por $\; \displaystyle QR \times \frac{OP}{2}\;$ ou por $\; \displaystyle \frac{QP\times PR}{2}$.
Designemos por $\;(x, y)\;$ as coordenadas cartesianas de $\;P:\;\; x=OQ, \; y=OR\;$ e por $\;(\rho, \; \theta\;)\;$ as coordenadas polares de $\;P:\; \; \rho= OP =2\times SP, \; \theta=\angle Q\hat{O}P.\;$
No caso da nossa construção, atribuímos o valor $\;3\;$ a $\;k\;$ e a condição do problema que $\;P\;$ deve satisfazer é, pelo que vimos, $\;x\times y = 6.\;$
Como $\;OS \perp QR \;$, do triângulo $\;OSQ\;$ retângulo em $\;S\;$, tiramos $\;\displaystyle \frac{OS}{OQ} = {\rm cos}\; \theta \;$ ou $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=x.{\rm cos}\; \theta. \;$
Também o triângulo $\;RSO\;$ é retângulo em $\;S\;$ e $\;R\hat{O}S = \displaystyle {\pi \over 2} - \theta\;$ e $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=y.{\rm cos}\; ({\pi \over 2}-\theta)\;$ ou $ \displaystyle\frac{\rho}{2}=y.{\rm sen}\; \theta . \;$
De $\;\rho = 2x. {\rm cos} \theta\;$ e $\;\rho=2.{\rm sen} \theta\;$ podemos concluir que $\;\rho ^2 = 4xy.{\rm sen}(\theta).{\rm cos}\; \theta\;$ ou, por ser $\; 2{\rm sen}(\theta).{\rm cos}(\theta) ={\rm sen}(2\theta),\;$ e $\;xy=2k\;$ (no nosso caso $\;6\;$), podemos concluir que o lugar geométrico dos pontos $\;P (\rho, \; \theta)\;$ tais que os triângulos $\;QPR\;$ de dobragem têm área $\;k\;$ constante satisfazem a seguinte equação $$\rho ^2 = 4k. {\rm sen}(2\theta)$$ que é a equação de uma curva chamada lemniscata (meia lemniscata no nosso caso por serem $\;x\geq 0 \wedge y\geq 0 \;$ restrições consideradas no enunciado do problema.)

Pode ver o lugar geométrico -- meia lemniscata -- clicando no botão "lugar geométrico dos P" ao fundo direito na figura. E pode deslocar $\;Q\;$ para ver o ponto $\;P\;$ descrever a curva desenhada a vermelho. É claro que\, considerado que $\;P(x, y):\; xy=2k\;$ e deixando livre $\;Q(x, 0)\;$ o ponto $\;R (0, y)\;$ é dele dependente: $\;y=\displaystyle \frac{2k}{x}\;$

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$^1\;$7. Don't Cut Corners — Fold them Suppose the first quadrant of the x-y plane is a giant sheet of paper. Fix a constant K and imagne that the corner at (0;0) is folded over onto a point P on the sheet in such a way that the triangle folded over has area k. Describe the set of ponts that can occur as P.
Konhauser, J.D.E; Velleman, Dan; Wagon, Stan. Which way did the bicycle go? . and other intriguing mathematical mysteries. Dolciani mathemetical Expositions - o 18, Mathematical Association of America: 1996.

espiral: lituus

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No Tratado das Curvas, Gomes Teixeira aborda uma espiral conhecido por Lituus que é o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ para os quais é constante a área dos setores circulares $\;P_0OP\;$ sendo $\;O\;$ um ponto fixo e centro da circunferência de raio $\;OP_0 = OP\;$ e os diferentes ângulos $\;\alpha = P_0\hat{O}P\;$ têm por primeiro lado uma semi-reta dada de extremo em $\;O\;$, onde incidem todos os pontos $\;P_0\;$.
Como sabemos, para cada $\;P\;$, um círculo de de raio $\;OP \;$ tem área $\;2\pi \times OP^2 \;$ e um seu setor circular correspondente a um ângulo ao centro $\;P_0\hat{O}P\;=\;\alpha \;$ radianos, tem por área $\;\alpha \times OP^2 .\;$.

© geometrias: 4 de fevereiro de 2015, Criado com GeoGebra

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A espiral construída é o conjunto de pontos $$\left\{\;P: \;OP^2\times \alpha= a^2\;\right\}$$ em que são dados $\;O, \; a\;$. No caso da nossa construção, tomámos $\;a=2,5\;$ e $\;\alpha\;$ a percorrer os valores no intervalo (de radianos) $\;[ 0, \; 2\pi ]. \;$
Para cada valor de $\;a\;$, um ponto $\;P\;$ do nosso lugar geométrico "Lituus" fica definido em função de $\;O,\;$ dado, e de ângulo $\;\alpha\;$ medido a partir de dada semi-reta com extremidade em $\;O\;$: $$ OP^2 \times \alpha = a^2 \Leftrightarrow OP = \frac{a}{\sqrt{\alpha}}$$ Na figura estão assinalados os pontos $\;A, \;B,\;C, \;D:\;$

$A_0\hat{O}A=\frac{\pi}{2}\;$ e $\;OA=a\times \sqrt{\frac{2}{\pi}}$
$B_0\hat{O}B=\pi\;$ e $\;OB=a\times \sqrt{\frac{1}{\pi}}$
$C_0\hat{O}C=\frac{3\pi}{2}\;$ e $\;OACa\times \sqrt{\frac{2}{3\pi}}$
$D_0\hat{O}D=2\pi\;$ e $\;OD=a\times \sqrt{\frac{1}{2\pi}}$
$$\forall L\in \mathbb{R}^+, \exists \delta \in \mathbb{R}^+ : [\alpha<\delta \Rightarrow OP>L ] \wedge [\alpha >L \Rightarrow OP<\delta] $$

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iFrancisco Gomes Teixeira. Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches (Tome II) Obras sobre Mathemática vol V, Imprimérie de l'Université. Coimbra: 1909

Espiral de Fermat

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No Tratado das Curvas, Gomes Teixeira chama espiral de Fermat a uma curva que, em termos de construção, não acrescenta novidade à espiral de Arquimedes da anterior entrada.
A nossa entrada de hoje aborda só uma construção da Espiral, esclarecendo a definição. Para cada $\;Q\;$ existe um ângulo $\;\theta\;$ e ponto $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ tal que $$\begin{matrix} & \cal{R} (A, \theta)& \\ D& \mapsto & Q\\ \end{matrix}$$ sendo que para cada $\;D\;$ de $\;AB\;$ haverá um $\; k: \;0 \leq k\leq 1\;$ tal que $\; D=A+k\times(B-A)\;$ (ou $\; \overrightarrow{AD}= k\times \overrightarrow{AB}$):

• : $\; k=0 \Leftrightarrow D=A, \; k=1 \Leftrightarrow D=B\;$
• e para sincronizar os dois movimentos $\; k = \displaystyle \frac{\theta}{2\pi}: \;$
  $\theta=0 \Leftrightarrow k=0 \Leftrightarrow Q=D=A, \; \theta=2\pi \Leftrightarrow k=1 \Leftrightarrow Q=D=B\;$

Cada ponto $\;R\;$ é obtido por rotação em torno de $\;A\;$ e ângulo $\;\pi+theta\;$ de um dos pontos D, exatamente $\;D=A+\displaystyle \frac{\theta}{2\pi}(B-A)\;$ que é o mesmo que dizer que $\;R\;$ é obtido como imagem de $\;Q\;$ por meia volta de centro em $\;A\;$

© geometrias: 20 janeiro 2015, Criado com GeoGebra

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A espiral construída é o conjunto de pontos $$\;\left\{\;Q: \;AQ = \displaystyle \frac{AB}{2\pi} \theta\right\}\;$$ e $$\;\left\{\;R: \;AQ = \displaystyle \frac{AB}{2\pi} (\theta+\pi)\right\}\;$$ em que são dados $\;A, \;B\;$ e $\;\theta\;$ toma valores no intervalo (de radianos) $\;[ 0, \; 2\pi ]. $

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Francisco Gomes Teixeira. Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches (Tome II) Obras sobre Mathemática vol V, Imprimérie de l'Université. Coimbra: 1909

Espiral de Arquimedes

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A primeira espiral que é estudada no Tratado das Curvas (referido em entradas anteriores e na nota de rodapé) é a chamada Espiral de Arquimedes, no Tratado definida como lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ de uma semi-reta $\;\dot{A}P\;$ a rodar em torno do ponto $\;A\;$ dado, ao mesmo tempo que que se desloca sobre essa semi-reta a parir de $\;A\;$ sendo constante a velocidade dos dois movimentos. Para além do estudo da curva e das suas propriedades, o Tratado contém notas históricas sobre autorias da descoberta da curva e das demonstrações das suas propriedades.
A nossa entrada de hoje aborda só uma construção da Espiral, esclarecendo a definição. Para cada $\;P\;$ existe um ângulo $\;\alpha\;$ e ponto $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ tal que $$\begin{matrix} & \cal{R} (A, \alpha)& \\ D& \mapsto & P\\ \end{matrix}$$ sendo que para cada $\;D\;$ de $\;AB\;$ haverá um $\;0 \leq k\leq 1\;$ tal que $\; P=A+k\times(B-A)\;$ (ou $\; \overrightarrow{AP}= k\times \overrightarrow{AB}$):

• : $\; k=0 \Leftrightarrow P=A, \; k=1 \Leftrightarrow P=B\;$
• e para sincronizar os dois movimentos $\; k = \displaystyle \frac{\alpha}{2\pi}: \;$
  $\alpha=0 \Leftrightarrow k=0 \Leftrightarrow P=D=A, \; \alpha=2\pi \Leftrightarrow k=1 \Leftrightarrow P=D=B\;$

© geometrias: 16 janeiro 2015, Criado com GeoGebra

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A espiral construída é o conjunto de pontos $$\;\left\{\;P: \;AP = \displaystyle \frac{AB}{2\pi} \alpha\right\}\;$$ em que são dados $\;A, \;B\;$ e $\;\alpha\;$ toma valores no intervalo (de radianos) $\;[ 0, \; 2\pi ]. $

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Francisco Gomes Teixeira. Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches (Tome II) Obras sobre Mathemática vol V, Imprimérie de l'Université. Coimbra: 1909

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

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

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

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

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

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

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

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Tomemos um ponto $\;A\;$ e uma dada circunferência $\;(O, r)\;$. A distância do ponto $\;A\;$ a $\;(O, \;r)\;$ é dada por

• $\;AO - r\;$ no caso de $\;A\;$ ser exterior à circunferência; <\li>
• $\;r-AO\;$ no caso de $\;A\;$ ser interior à circunferência;
• $\;0\;$ n caso de $\;A\;$ estar sobre a circunferência.

De um modo geral, podemos dizer que a distância de um ponto $\;P\;$ qualquer do plano a uma circunferência $\;(O, \; r)\:$ é dada por $$\; |PO-r|\;$$

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

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

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

Resolver problema de construção usando lugar geométrico e uma translação

Problema:
De uma dada posição $\;P\;$, observam-se dois pontos assinalados $\;A,\;B\;$ segundo um dado ângulo $\;B\hat{P}A=\alpha\;$ e, depois de percorrer uma dada distância numa dada direção $\;UV\;$, na posição $\;Q\;$ observam-se os pontos assinalados $\;A, \;B\;$ segundo um dado ãngulo $\;B\hat{Q}A= \beta\;$.
Determinar as posições $\;P, \;Q\;$ em que foram feitas as observações.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

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

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Deslocando o cursor $\fbox{n=1, ..., 5}$  (direita ao fundo) pode ver os passos da resolução.

1. São dados dois ângulos $\;\alpha, \;\beta\;$ e um segmento $\;UV\;$ ou $\;u\;$, e os dois pontos $\;A, \;B\;$ observados segundo os ângulos dados antes e depois de percorrer, numa direção paralela, uma distância igual a $\;UV\;$
2. O lugar geométrico dos pontos $\;P$ tais que $\;B\hat{P}A = \alpha\;$ é constituído por 2 arcos (abertos) congruentes para os quais $\;AB\;$ é corda comum um em cada semi-plano dos determinado pela reta $AB$. Na nossa construção tomamos um dos semi-planos definidos por $\;AB\;$ e o arco a verde nesse semi-plano. Do mesmo modo, se determina e se escolhe o arco capaz do ângulo $\;B\hat{Q}A=\beta\;$, a castanho na figura.
3. Na nossa resolução, usando o método da entrada anterior, aplicamos uma translação segundo o vetor $\overrightarrow{UV}$ ao arco verde $\;(O_1)$, obtendo um arco verde (a tracejado na figura).
   Esta arco interseta o arco castanho $\;(O_2)\;$ num ponto que designamos por $\;N_2$. É, por isso, um dos pontos $\;Q\;$, ou seja, $\;\angle B\hat{N_2}A = \beta$.
4. O ponto $N_1$ a que corresponde $N_2$ pela translação $\;{\cal{T}}_{\overrightarrow{u}}\;$ tal que $\;N_1 N_2 =UV$ é um ponto do arco verde $\;(O_1)\;$ original, ou seja, $\;\angle B\hat{N_1}A =\alpha$.
5. Os pontos $N_1$ e $N_2$ são posições de observação pedidas no problema como fica bem ilustrado com a marcação dos ângulos segundo os quais são vistos os pontos assinalados

Este problema é exemplo interessante por ser apresentado com enunciados diversos para vários contextos, propiciar estudo e discussão sobre existência de soluções e mobilizar lugares geométricos e transformações geométricas na sua resolução.

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 $\;D\;$

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (16)

Problema: Por um ponto dado tirar uma reta a intersetar uma dada circunferência em pontos tais que as suas distâncias a uma reta dada têm uma dada soma.

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

1. Dados (a azul): um segmento $\;s\;$, um ponto $\; P\;$, uma circunferência e centro $\;O\;$ e uma reta $\;a\;$
2. Tomemos uma reta que passe por $\;P\;$ e corte a circunferência $\;(O)\;$ em $\;A\;$ e $\;B\;$. Na nossa figura, traçamos ainda as distâncias $\;AA'\;$ de $\;A\;$ a $\;a\;$ e $\;BB'\;$ de $\;B\;$ a $\;a\;$
   Como veremos, a resolução do nosso problema resume-se a encontrar o ponto médio da corda definida pela reta a passar por $\;P\;$
   
   

   © geometrias, 2 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Os pontos $\;A, \;B\;$, colineares com $\;P\;$ que satisfazem o problema são tais que $\;AA'+BB'= s\;$ e para o ponto médio $\;M\;$ de $\;AB\;$ será então $\;2\times MM' =s\;$
   Ou seja o ponto médio de $\;AB\;$ requerido estará à distância conhecida $\displaystyle \frac{s}{2}$ da reta $\;a\;$: retas $\;a', \;a''\;$ (2º lugar geométrico da lista )
4. As retas tiradas por $\;P\;$ que cortam a circunferência $\;(O)\;$ estão entre as retas $\;PT_1\;$ e $\;PT_2\;$ determinando cordas cujos pontos médios estão sobre a circunferência de diâmetro $\;PO\;$. Uma delas contém o diâmetro e $\;O\hat{M}P\;$ é reto ou, como sabemos, $\;OM\;$ é mediatriz da corda $\;AB\;$ de $\;(O)\;$. A existirem soluções para o problema, cada uma delas fica determinada pela construção do ponto médio da corda.
5. O ponto médio da corda $\;AB\;$ determinada por uma reta a passar por $\;P\;$ tal que $\;AA'+BB'= s\;$ é obtido como a interseção do arco $\;T_1T_2\;$ da circunferência de diâmetro $\;PO\;$ com a reta $\;a'\;$ ou $\;a''\;$ (2º lugar geométrico da lista). Uma das soluções do problema, no caso da nossa construção, é a reta $\;PM\;$. Outra solução será $\;PN\;$

Podemos variar o comprimento $\;s\;$ e as posições de $\;P\;$, $\;a\;$ e $\;(O)\;$, verificar as condições de existência de soluções (0, 1 ou 2).

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção(14)

Problema: Determinar uma tangente a uma dada circunferência cortada por uma reta dada a uma dada distância do ponto de tangência.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção.

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Poderá seguir os passos desta construção elementar, deslocando o cursor $\;\fbox{n}\;$ na figura abaixo.

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1. Dados (a azul): uma reta $\;a\;$, um segmento $\;d\;$, uma circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;r\;$
   
   Resolver este problema resume-se a determinar um ponto $\;P\;$ da reta $\;a\;$ de que se tire uma tangente $\;t\;$ a $\;(O, r)\;$ sendo $\;PT = d\;$, em que T é o seu ponto de tangência.
2. Um ponto $\;P\;$ de $\;a\;$ que satisfaz as condições requeridas é vértice de um triângulo $\;PTO\;$ retângulo em $\;T\;$ em que os catetos são $\;PT=d\;$ e $\;TO = r\;$ conhecidos e a hipotenusa é $\;OP\;$
   Para determinar $\;OP =h\;$ basta tomar o triângulo retângulo de catetos $\;r, \; d\;$.
   
   

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

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3. E o ponto $\;P\;$, se existir fica determinado pela interseção de $\;a\;$ com a circunferência $\;(O, h)\;$, No caso da nossa figura ficam determinados dois pontos $\;P.\;Q\;$ : $\;PO = QO = h$, sendo $\;h^2=r^2+d^2\;$
   
4. Os pontos $\;T\;$ de tangência encontarm-se na interseção de $\;(O, r)\;$ com a circunferência de diâmetro $\;OP=h\;$ (caso particular do 5º ou do 9º lugar geométrico da lista). Na nossa figura, para o ponto $\;P\;$ há duas tangentes $\;t_1\;$ e $\;t_2\;$, para as quais $\;PT_1 = PT_2 = d\;$, como queríamos.
5. Outras soluções, no nosso caso, são as tangentes a $\;(O, \;r)\;$ tiradas por $\;Q\;$

Podemos variar os comprimentos $\;d\;$ $\;r\;$ e as posições relativas das circunferência e reta dados. Verificamos que a existência de soluções depende da relação entre o comprimento de $\;d\;$ e as posições relativas de $\;a\;$ e $ \;(O,r)\;$

Envolvente de círculos de Euler-Feuerbach

Sobre a circunferência de centro O tomam-se dois pontos fixos A e B e um ponto variável C. Determinar a envolvente dos círculos de Euler-Feuerbach do triângulo ABC

Ponto médio de um segmento de extremos sobre concorrentes

São dadas duas retas concorrentes X'OX e Y'OY; sobre a primeira, os pontos A e A', sobre a segunda os pontos B e B'. Os pontos A e B estão fixos; os pontos A' e B' percorrem estas retas, mantendo-se do mesmo lado da reta AB e de modo que a razão AA'/BB' se mantenha constantemente igual à razão dada m/n. Determinar o lugar dos pontos médios dos segmentos A'B'.




Claro que se tomarmos os pontos A' e B' do outro lado de AB, os seus pontos médios estão sobre a outra semirecta.

Circunferência dos 9 pontos como lugar geométrico

Do trabalho de Paul Yu, citado na entrada anterior, retivemos ainda uma outra pergunta:

Quando um ponto P percorre a circunferência circunscrita de um triângulo ABC de ortocentro H, onde está o ponto médio de PH?



A resposta é: quando P percorre a circunferência circunscrita, M percorre a circunferência de 9 pontos (dito, de outro modo, a circunferência de 9 pontos é o lugar geométrico dos pontos médios de PH).
Porquê?