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.

Problema de construção —análise e síntese (9)

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De vez em quando vamos acrescentando problemas de construção euclidiana (régua e compasso) usando um outro dos métodos já apresentados seguindo vários autores que foram sendo referenciados. Hoje resolvemos um problema de quadrados a partir da análise das propriedades de quadrados, ângulos, … triângulos isósceles,….

Problema: Construir um quadrado de que é dado um segmento de comprimento igual à soma $\;d+l"\;$ dos comprimentos da diagonal e do lado.

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F.G.-M. Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, Problema 41.

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Análise do problema:
Com o problema resolvido, teríamos um quadrado $\;[ABCD]\;$ sendo $\;AB=BC=CD=DA=l,\; AC=BD=d.\;$ Sabemos que as diagonais de um quadrado são perpendiculares se bissetam num ponto e bissectam os ângulos retos do quadrado. Cada uma das diagonais divide o quadrado em dois triângulos rectângulos isósceles. $\;ABC, \;CDA\;$ por $\;AC\;$ e $\;DAB, \; BCD\;$ por $\;DB.\;$
O que temos é um segmento de reta de comprimento $\;d+l = \overline{AC}+\overline{CD}.\;$ Tomada uma reta qualquer e sobre ela o segmento de reta de extremos $\;A\;$ e $\;E\;$ como uma extensão da diagonal $\;AC,\;$ o vértice $\;C\;$ do quadrado é o ponto que divide $\;AE = d+l\;$ em $\;AC=d\;$ e $\;CE=l.\;$
Chamemos $\;M\;$ ao ponto médio de $\;AE,\;$ podemos construir um triângulo retângulo isósceles de hipotenusa $\;AE\;$ e catetos $\;AF, \;EF\;$ sendo $\;F\;$ a intersecção da perpendicular a $\:AE\,$ tirada por $\;M\,$ com uma semicircunferência de diâmetro $\;AE\;$. Este triângulo isósceles é meio quadrado de diagonal $\;AE\;$ Sobre o cateto $\;AF\;$ deste triângulo $\;AEF,\;$ incidirá o vértice $\;D\;$ do quadrado que procuramos. Como $\;AE\;$ é a reta da diagonal $\;AC, \;\; CD \parallel EF \perp AF\;$

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A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações desveladas na análise acima feita. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 5}.\;$

8 janeiro 2018, Criado com GeoGebra

Considerando as considerações acima, podemos apresentar em síntese, os passos da nossa construção bem justificados.

Para $\;\fbox{n= 1}:\;$ a figura apresentada ilustra os dados $\;A, \;E,\;AE= d+l$, para além do cursor $\;\fbox{n=1,..., 5}.\;$

Para $\;\fbox{n= 2}:\;$ acrescentamos

• o ponto $\;M\;$ médio de $\;AE\;$ e a perpendicular a $\;AE\;$ tirada por $\;M\;$ — mediatriz — (recorrendo a $\;(A, \;AE). (E,\;EA)),\;$ por exemplo).
• o ponto $\;F\;$ numa intersecção $\; \displaystyle (\perp_M AE) . (M,\;ME)\;$ e os catetos $\;EF, \;FA\;$ triângulo retângulo isósceles de hipotenusa $\;AE.\;$

Para $\;\fbox{n= 3}:\;$ acrescentamos a bissetriz do ângulo $\; \displaystyle A\hat{E}F =\frac{\pi}{4}\;$ que determina o vértice $\;D\;$ do quadrado na sua intersecção com $\;AF. \;$ Como $\;CD \parallel EF\;$ e uma paralela a $\;EF\;$ fará um ângulo da mesma amplitude de $\; \displaystyle A\hat{E}F =\frac{\pi}{4}\;$ sendo ângulo externo do triângulo determinado por estas últimas 3 retas e igual à soma dos ângulos internos a ele não adjacentes e que devem ser de iguais amplitudes —$\;\displaystyle \frac{\pi}{8}\;$ para que os lados opostos a cada um deles sejam iguais, ou seja $\; DC=CE\;$ já que $\;C \;$ é tal que $\;AE = AC+CD=d+l. \;$

Para $\;\fbox{n= 4}:\;$ acrescentam-se

• o ponto $\;C\;$ como $\; (\parallel_D EF).AM\;$
• as retas $\; \displaystyle (\perp_A AF)\;$ e $\; \displaystyle (\perp_C EF)\;$
• o ponto $\;B\;$ como intersecção $\; \displaystyle (\perp_A AF) . (\perp_C EF)\;$
• os segmentos de reta $\; AB, \;BC, \; CD, \;DA\;$ como lados do quadrado que procurámos.

Para $\;\fbox{n= 5}:\;$ realçamos o interior do quadrado $\;[ABCD].\;$      □

Resolver problema de construção usando análise e síntese

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Problema: Por um dos pontos de interseção de duas circunferências secantes, conduzir uma reta que determine nas duas circunferências um segmento de comprimento dado.

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

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A publicação da resolução deste problema tornou-se necessária como parte da construção da resolução de um outro problema que entendemos dever publicar, como ilustração do método do problema contrário proposto no mesmo livro.
Pode seguir os passos da análise do problema fazendo variar os valores de $\;n\;$ entre 1 e 3 no cursor $\;\fbox{n}$. Para $\;n=4\;$ concluirá a primeira solução. Os valores $\;5\leq n\leq 8$ mostrarão a construção da segunda solução (para $\;P\;$, claro)

1. Os dados deste problema são: um comprimento $\;s\;$, duas circunferências $\;(C)\;, \;(C')\;$ secantes e um ponto $\;P\;$ da interseção $\;(C).(C')\;$
2. Supor o problema resolvido é considerar encontrado uma reta a passar por $\;P\;$ a cortar $\;(C)\;$ em $\;A\;$ e $\;(C')\;$ em $\;A'\;$ (para além de $\;P\;$), de tal modo que $\;AA'=s.\;$ Como podemos encontrar $\;A, \;A'$ ?
   Sabemos que $\;AA' = AP +PA', \;$ é soma de duas cordas, uma de cada circunferência.
3. Os pontos médios $\;M\;$ e $\;M'\;$ respetivamente de $\;AP\;$ e $\;PA'\;$ são tais que
   
   • $\;A\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M\;$ e $\;A'\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M'\;$<\li>
   • $\;MM' =MP+PM'= \displaystyle \frac{1}{2}(AP+PA')=\frac{1}{2}(AA')= \frac{s}{2}\;$
   • $\; CM \perp AP \wedge C'M' \perp PA' \;$ e, por isso, $\;CM \parallel C'M'\;$ ou $\;[MCC'M']\;$ é um trapézio retângulo.
   
   Isto quer dizer que bastará determinar o ponto $\;D\;$ tal que     $\;CD \perp C'D \wedge C'D =MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$
   que é o mesmo que dizer que $\;D\;$ é simultaneamente ponto da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e da circunferência de centro $\;C'\;$ e raio $\;\displaystyle \frac{s}{2}\;$
4. Com os dados do problema podemos determinar $\;D\;$. Como a reta $\;CD\;$ (ou $\;CM\;$ é perpendicular a $\;AA'\;$ e $\;C'D\;$ também é perpendicular a $\;CD,\;$ para obter a reta $\;AA'\;$ (ou $\;MM'\;$) basta tirar por $\;P\;$ a paralela a $\;C'D\;$

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

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5. Para a segunda solução, que existe no caso da nossa figura, começamos por determinar $\;D'\;$ como intersecção da circunferência centrada em $\;C\;$ e raio $\; \displaystyle \frac{s}{2}\;$ com a circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ de modo que o triângulo $\;[CC'D']\;$ seja retângulo em $\;D'\;$
6. A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ é a reta que procuramos. A reta $\;C'D'\;$ interseta esta paralela em $\;N'\;$ e a paralela a $\;C'D'\;$ tirada por $\;C\;$ interseta-a em $\;N.$
7. A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ determina duas cordas $\;BP\;$ em $\;(C)\;$ e $\;PB'\;$ em $\;(C')\;$ das quais $\;N\;$ e $\;N'\;$ são pontos médios já que $\;CN \perp BB'\;$ e $\;C'D' \perp PB'$
8. Como $\; \displaystyle \frac{s}{2}=CD' = NN',\;$ passando por $\;P, \;$ $\; BB' = BP+PB'= 2(NP+PN')=2NN'=\displaystyle 2\frac{s}{2}=s$     □

Nota sobre as condições de existência de soluções.
A existência de soluções depende de $\;D\;$. Vimos que $\;CD'=MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ ou $\;C'D =NN'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ são cordas da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e, por isso, $\;CD'= C'D = \displaystyle \frac{s}{2} \leq CC'\;$. Assim só há soluções quando $\;s\leq 2CC'.\;$
Para $\;s= 2CC'\;$ (ou quando $\;s\;$ atinge o seu valor máximo), $\;AA'\;$ e $\;BB'\;$ são paralelas de $\;CC'\;$ tiradas por $\;P\;$, logo $\;AA'=BB'\;$ o que quer dizer que nesse caso há uma só solução.
Se $\;s <2CC', \;$ há duas direções para as secantes por $\;P\;$ e comprimento $\;s:\;$ $\;\;s=AA', \; AA'\parallel C'D\;$ e $\;s=BB', \; BB'\parallel CD'\;$ e, em consequência , pode haver duas soluções, no caso de cada uma das paralelas tiradas por $\;P\;$ a $\;C'D\;$ e a $\;CD'\;$ cortar as duas circunferências $\;(C), \; (C')\;$. No limite, estas direções podem ser a das tangentes $\;t, \; t'\;$ tiradas por $\;P\;$ a $\;(C)\;$ e $\;(C')\;$. Se conduzirmos por $\;C'\;$ paralelas a essas tangentes, elas determinam cordas, chamemos-lhe $\;u, \; u'\;$ na circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ . Verifica-se que há uma só solução se $\; 2\times mín \{u,\;u'\} < s < 2\times máx \{u,\; u'\}\;$ e duas soluções quando $\; 2\times máx \{u,\; u'\} < s < CC'. $

Resolver problema de construção usando análise e síntese (8)

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Problema:     Construir um paralelogramo sendo dados os comprimentos de um lado e das duas diagonais.

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Th. Caronnet, Exércices de Géométrie. 2^ème livre- La Circonférence. Vuibert. Paris:1947

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Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.
Análise do problema:
Com o problema resolvido, teríamos um paralelogramo $\;[ABCD]\;$ sendo $\;AB=a,\; AC=d_1, \; BC=d_2.\;$ Sabemos que as diagonais de um paralelogramo se bissetam num ponto, chamemos-lhe $\;M.\;$
$\;[ABM]\;$ é um triângulo de lados $\;AB=a, \; \displaystyle AM=\frac{d_1}{2}, \;BM=\frac{d_2}{2}\;$ e o paralelogramo é composto de 2 pares de triângulos iguais.
A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações descobertas na análise do problema resolvido. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

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

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1. A análise feita, diz-nos que, nas condições do problema, podemos construir um triângulo usando os comprimentos dados e que, a partir dele, podemos construir o paralelogramo que procuramos.
2. Comecemos por tomar para $\;A\;$ um ponto qualquer do plano e para ponto $\;B\;$ um ponto qualquer da circunferência $\;(A,\;a), \;$ à distância $\;a\;$ de $\;A\;$.
3. As diagonais do paralelogramo bissetam-se num ponto $\;M,\;$ escolhemos um dos pontos da interseção $\;\left(A,\;\displaystyle \frac{d_1}{2}\right). \left(B, \displaystyle\frac{d_2}{2}\right).\;$
4. A construção do triângulo $\;[ABM]\;$ é decisiva para a resolução do problema, ou mais simplesmente, fundamental é determinar o ponto $\;M.\;$
5. $C, \;D\;$ determinam-se assim: $\left(M,\;MA\right). MA =\{A,\; C\}$
   $\left(B, \;BM\right).BM=\{B, \;D\}.\;$ $\;D\;$ pode ser obtido como interseção das retas: paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ e paralela a $\;BC\;$ tirada por $\;A$.
6. $\;[ABCD]\;$ é o paralelogramo que procuramos.     □

Para que o nosso problema tenha soluções é necessário e suficiente que se possa construir o triângulo $\;[ABM]\;$ ou que $$ AB < BM+MA \;\;\; \wedge \;\;\; BM < MA+ AB \;\;\; \wedge \;\;\; MA< BM+AB $$ $$a<\frac{d_1+d_2}{2} \;\;\; \wedge \;\;\; \frac{d_1}{2} < a+ \frac{d_2}{2} \;\;\;\wedge \;\;\;\frac{d_2}{2}< a+\frac{d_1}{2}\;$$ que é o mesmo que $$a<\frac{1}{2}(d_1+d_2) \;\;\; \wedge \;\;\; \frac{1}{2}(d_1-d_2) < a \;\;\; \wedge \;\;\; \frac{1}{2} (d_2-d_1) < a $$ ou $$ \frac{1}{2}\left| \;d_1-d_2\; \right| \; < \;a\; < \;\frac{1}{2}(d_1+d_2) $$.

Resolver um problema de construção, usando análise e síntese (6)

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Problema:
Construir um quadrilátero convexo de que conhecem os comprimentos dos quatro lados e a amplitude do ângulo formado por dois lados não consecutivos.

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Th. Caronnet, Exércices de Géométrie. 2^ème livre- La Circonférence. Vuibert. Paris:1947

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Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.
Análise do problema:
Com o problema resolvido, teríamos um trapézio $\;[ABCD]\;$ de lados $\;AB=a, \;BC=b, \; CD=c,\;DA=d, \;$ e sendo $\;\alpha\;$ o ângulo formado pelas duas retas $\;AB\;$ e $\;CD\;$. Uma paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;D\;$ fará com $\;DC \;$ um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$. Se tomarmos $\;E\;$ para o lado de $\;B\;$ sobre essa paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;D\;$ de tal modo que $\;DE=AB\;$, $\;[ADEB]\;$ é um paralelogramo
A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações descobertas na análise do problema resolvido. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

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

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1. A análise feita, sugere-nos que o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ requerido se pode reconstruir a partir de um triângulo $\;[CDE]\;$ sendo $\;C\hat{D}E = \alpha, \; CD=c,\; DE=a.\;$
2. Começamos por tomar um ponto $\;C\;$ qualquer no plano.
   E tomamos para $\;D\;$ um ponto qualquer da circunferência de raio $\;c\;$ e centro em $\;C\;$
3. Tomamos $\;DC\;$ para lado de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$, e construímos outro lado a partir de $\;D\;$. Marcamos $\;E\;$ sobre esse segundo lado à distância $\;a\;$ de $\;D\;$
4. $\;B\;$ estará na interseção das circunferências $\; (C, \;b)\;$ e $\;(E,\;d)\;$
5. A paralela a $\;DE\;$ tirada por $\;B\;$ interseta a paralela a $\;BE\;$ tirada por $\;D\;$ no ponto $\;A\;$
6. O quadrilátero $\;[ABCD]\;$ assim obtido satisfaz as condições requeridas no enunciado do problema. □

Variando os comprimentos dos lados, constatará que o problema nem sempre tem solução.