GEOMETRIA

20.8.14

Cinco círculos gémeos num quadrado

Começámos o ano de 2008 com a publicação de uma construção animada sobre círculos gémeos (iguais) na faca de sapateiro (que é sempre referida a Arquimedes) que pode ser revisitada, clicando aqui.
Nesta entrada, apresentamos uma construção muito conhecida com triângulos retângulos, usada para demonstrar o Teorema de Pitágoras, mas sujeita a restrições de modo a acolher num quadrado cinco círculos gémeos, em que cada um de quatro deles é tangentes a um lado do quadrado e todos esses quatro são tangentes exteriormente ao quinto central.

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores

$\;n\;$ no cursor

$\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

$\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ , de hipotenusa $\;c=AB\;$ e catetos $\;a=BC, \:b=AC.\;$
$\fbox{n=2}:\;$ Tomamos a circunferência inscrita em $\;ABC\;$ cujo centro é o ponto comum às bissetrizes dos ângulos do triângulo, equidistante dos lados do triângulo. Tomammos os pontos de tangência $\;T_a, \;T_b, \;T_c.\;$
\fbox{n=3}:\;
- Como sabemos os segmentos das tangentes a uma circunferência tiradas por um ponto são iguais; $\;AT_b = AT_c, \;BT_a =BT_c, \;CT_b =CT_a\;$
- Uma tangente a um círculo é perpendicular ao raio no ponto de tangência: $IT_c \perp AB, \;IT_b \perp AC, \; IT_a \perp BC. \;$
- Num triângulo retângulo em $\;C\;$ , $\;T_bC \perp T_aC$ .
- $\;CT_bIT_a\;$ é um quadrado de lado igual ao inraio $\;r\;$
- $\;AC=b=AT_b+T_bC = AT_b + r\;$ e, logo, $\;AT_b =b-r\;$
  $\;BC=a=BT_a+T_aC = BT_a + r\;$ e, logo, $\;BT_a =a-r\;$
  $\;AB=c=AT_c+T_cB = AT_b + BY_a = b-r + a-r = a+b-2r \;$
  que é o mesmo que $\;2r=a+b-c\,$
Fica assim estabelecida a relação, para qualquer triângulo retângulo de catetos \;a,\;b\; e hipotenusa \;c\;, entre os lados e o raio \;r\; da circunferência inscrita: r=\frac{a+b-c}{2}

\fbox{n=4}:\;\; Para demonstrar o Teorema de Pitágoras, usamos várias formas de, a partir de triângulos retângulos iguais a um original, construir
- ou um quadrado de lado igual à soma dos catetos em que as hipotenusas de 4 triângulos iguais são lados de um quadrado, de tal modo que $(a+b)^2=4\times \frac{ab}{2} +c^2$ para concluir que $a^2+b^2=c^2$
- ou um quadrado cujos lados são as hipotenusas de quatro triângulos retângulos iguais de tal modo que $c^2 =4\times \frac{ab}{2}+ (b-a)^2$ para concluir que $\;c^2 = a^2+b^2$
É esta última construção que se apresenta em que há dois quadrados, um de lado \;b-a\; e outro de lado \;c\; que o contém.
$\fbox{n=5}:\;\;$ Por esta construção, aqui apresentada, se percebe que para um dado quadrado, em que se queiram acolher 5 círculos nas condições requeridas, é preciso que $\;r=\displaystyle \frac{a+b-c}{2},\;$ por estar inscrito no triângulo retângulo, e para ser igual ao inscrito no quadrado de lado $\;b-a\;$ terá de ser, simultaneamente, $\;r=\displaystyle \frac{b-a}{2}\;$ . Os dois círculos só são iguais se for $\frac{b-a}{2} = \frac{a+b-c}{2},\; \mbox{ou seja, }\; b-a=a+b-c, \; \mbox{que é o mesmo que,}\; c=2a$
$\fbox{n=6}:\;\;$ Os restantes círculos gémeos podem ser obtidos por isometrias (reflexões, p. ex.) aplicadas aos dois primeiros.

Para obter cinco círculos gémeos num quadrado de lado

$\;c\;$ , precisamos de decompor o quadrado usando quatro triângulos retângulos de hipotenusa igual ao lado do quadrado e um cateto igual a metade do lado do quadrado.

10.8.14

Resolver problema de construção usando rotações (análise e síntese)

Problema: Inscrever num paralelogramo dado

$\;[ABCD]\;$ , um retângulo

$\;[EFGH]\;$ cujas diagonais

$\;EG,\;FH\;$ formam um ângulo

$\; \angle EÔF=\alpha\;$ dado.

Este problema foi considerado no livrinho de A. Lôbo Vilela, Métodos Geométricos para ilustrar o particular método das transformações e o geral método da análise do problema.
Consideremos as retas dos lados do paralelogramo dado

$\;a=AB, \;b=BC, \;c=CD, \;d=DA,\;$ E considerem-se conhecidas as propriedades dos paralelogramos relativas aos lados, ângulos, diagonais, centro,...
As diagonais de um paralelogramo bissetam-se. Chamamos

$\;O\;$ ao ponto de interseção das diagonais do paralelogramo

$\;AC.BD\;$ e as diagonais de qualquer retângulo nele inscrito intersetam-se no mesmo ponto.
Considerando o problema resolvido temos um retângulo

$\;[EFGH]\;$ inscrito em

$\;[ABCD], \;$ , sendo

$\; E\;$ um ponto sobre

$\;a=AB,\;$

$\;F\;$ sobre

$\;b=BC,\;$ ,

$\;G\;$ sobre

$\;c=CD,\;$ e

$\;H\;$ sobre

$\;d=DA.\;$
Sendo

$\;O\;$ o centro comum, o ponto

$\;F\;$ é a imagem de

$\;E\;$ pela rotação de centro

$\;O\;$ e ângulo

$\;\alpha\;$ -

$\;{\cal{R}}_O ^\alpha$ . Como a rotação preserva a incidência o ponto

$\;E\;$ de

$\;a\;$ é transformado pela rotação

$\;{\cal{R}}_O ^\alpha\;$ num ponto de

$\;a'\;$ e de

$\;b$ , já que

$\;F\;$ é ponto de

$\;b\;$ .

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores

$\;n\;$ no cursor

$\; \fbox{n=1, 2, …, 5}$

Na nossa construção, apresentamos como dados o ângulo $\;\alpha\;$ de amplitude igual ao ângulo das diagonais do retângulo inscrito no paralelogramo $\;[ABCD]\;$ de centro $\;O\;$
$\fbox{n=2}:\;$ Tomamos as retas que contêm os lados do paralelogramo dado
$\fbox{n=3}:\;$ A análise feita acima, dá-nos $\;F\;$ como $\;a'.b\;$ , sendo $\;a'= \;{\cal{R}}_O ^\alpha\;(a).\;$ Conhecido $\;F,\;$ determinamos $\;E\;$ como $\;\;{\cal{R}}_O ^{-\alpha}\;(F)\;$

$\fbox{n=4}:\;\;$ $\;E, \;F\;$ são vértices consecutivos do retângulo, cujas diagonais iguais se bissetam em $\;O\;$ . Por isso, os restantes vértices são obtidos por transformação de meia volta de centro $\;O\;$ :
$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \pi)&&\\ E&\mapsto & G : & \mbox{ou} \quad \{G\} = EO.CD\\ F&\mapsto & H: & \mbox{ou}\quad \{H\} = FO.DA \\ \end{matrix}$
$\fbox{n=5}:\;\;$ As diagonais $\;EG\;$ e $\;FH\;$ são diâmetros da circunferência de rotação em que afinal se inscreve o retângulo.
$H\hat{E}F= E\hat{F}G =F\hat{G}H =G\hat{H}E = \frac{\pi}{2}$ inscritos em semicircunferências.