as relações entre os raios de quatro círculos mutuamente tangentes.

Segundo Coxeter*:
em carta de novembro de 1643 à princesa Isabel da Boémia, René Descartes desenvolveu uma fórmula relacionando os raios de quatro círculos tangentes mútuos

e nós esperamos que todos façam algo parecido por quem precise de uma carta qualquer.

A seguir deixamos uma ilustração como aquela que acompanha essa referência de Coxeter.

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* H.S.M. Coxeter. Introduction to Geometry John Wiley & sons, inc.

Os centros de dois círculos bem separados formam um quarteto harmónico com os centros das duas homotetias entre eles...

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Em várias épocas (2010 e 2012 principalmente) foram estudados os temas que agora aqui são levantados. Construções então feitas (Cabri, ZuL (CaR ou ReC), GSP - Geometer´s Sketchpad, Poly, Descartes, Cinderella, Modellus, e ... também o GeoGebra (foram sendo web-depreciados bem assim como os applets, etc) deixaram de estar visíveis. Estamos tentados a reconstruir essas construções (ilustrações de conceitos e etapas de resolução de problemas e verificações de resultados. Vai demorar algum tempo. Aqui se mostram, ao fundo, alguns conceitos e problemas cujas ilustrações esperam restauração. Lá iremos.

1. São dados dois círculos (A) e (B) de centros A e B sem qualquer ponto em comum.
2. Determina-se o ponto O de intersecção das duas tangentes externas comuns aos dois círculos (A) e (B)
3. e, de modo análogo se determina o ponto I de intersecção das tangentes internas comuns aos círculos (A) e (B).
4. Tome-se um ponto C qualquer exterior à recta IO e, um ponto D livre sobre o segmento AC
5. Para cada C, para além do segmento de recta AC, também estão bem definidos os segmentos CO e CI e, para cada D de AC, ficam definidas as rectas
   • DI e o seu ponto E de intersecção com CO;
   • OD e o seu ponto F de intersecção com IC;
   • e fica assim determinada a 6ª reta EF interessante de um quadrilátero completo: de vértices C,E,D,F só colineares dois a dois, sendo os lados as retas OC(CE),EI(ED),IC(CF), FO(FD) e as diagonais CD e EF
6. Essa última recta (diagonal EF) passa por B, quaisquer que sejam as posições de C e D (que pode deslocar na ilustração) e quaisquer que sejam as posições e tamanhos das circunferências (A) e (B) desde que separadas

Nota: Quaisquer duas circunferências são homotéticas. Uma homotetia que transforma o círculo de centro A no círculo de centro B tem razão em valor absoluto igual ao quociente dos raios e transformam A em B só pode ter o seu centro sobre a recta AB. Por isso, no caso em estudo, O,A,I,B são colineares ( r_(B) OA = r_(A) OB e r_(B) IA = r_(A) IB)

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Conjugados harmónicos com régua e compasso [4/4/07]
Conjugados harmónicos com régua [4/4/07]
Quadrilátero completo12/4/07
Harmonia que se projeta [17/4/07]
Harmonia que se projeta [18/4/07]
Feixes harmónicos [18/4/07]
Razão anarmónica [19/4/07]
A razão positiva [20/4/07]
divisão harmónica em reconstrução
sobre o harmónico - em reconstrução
Geometry with Computers. Computer-Based Techniques to Learn and Teach Euclidean Geometry. Tom Davis. Draft Date: May 17, 2006

Antero'keeffe - a reconstrução

Em busca de uma curva, Antero Neves chegou a outra.
Uma curva inesperada merece ser mostrada.
Aqui fica.

Houve quem pensasse em borboletas.
Eu pensei em Georgia O'Keeffe.

Dual do problema de Malfatti (da entrada anterior)

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[M.I.B.H.S.]:
Dual do problema de Malfatti (geometriagon 868 - enunciado também referido em 5.6.09)

Dados dois círculos circunscrever-lhes os dois triângulos equiláteros de área mínima

A construção vai em anexo:
1. Determinar as tangentes exteriores aos dois círculos (deixei a construção a preto tracejado)
2. Sobre cada tangente construir os triângulos equiláteros com os lados tangentes a cada círculo (deixei a construção de um dos lados, de um dos triângulos, a laranja tracejado.
Esta construção repete-se para os outros lados)


[M.I.B.H.S.]

O original problema de Malfatti

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Numa entrada de 5 de Junho de 2009, fala-se de um problema de Malfatti assim anunciado: Num dado triângulo, inscrever três círculos somando uma área total máxima e uma ilustração que foi restaurada recentemente. Na mesma publicação havia referência a outros problemas interactivos (ilustrações, construções) resolvidos pela Mariana Sacchetti, no projecto Geometriagon em que participámos e nos preocupa por dificuldades do mesmo tipo que nos aflige aqui e nos obriga a restaurar velhas publicações.
Dessas resoluções não vimos as construções e, por isso, a Mariana retoma agora o dito Teorema... a mensagem dela aqui fica acompanhada de construções dinâmicas:

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Problema original de Malfatti

Em 1803, Malfatti colocou o seguinte problema:
De um prisma triangular de mármore, retirar três colunas cilíndricas, de volume máximo.
Embora conjeturasse que a solução seria a do problema:
Inscrever num triângulo três círculos, cada um tangente aos outros dois e a dois lados do triângulo
e esses círculos viessem a ficar conhecidos por círculos de Malfatti - a maior divulgação do problema foi feita por Gregonne, que ao traduzir para francês ignorou a maximização da área - a verdade é que não são estes os três círculos de área máxima que se podem inscrever num triângulo.

Para encontrar os n círculos de área máxima, inscritos num triângulo, está já provado para n≤3 que o seguinte algoritmo encontra sempre a solução óptima:

1. Inscrever um círculo de área máxima no triângulo (círculo inscrito)
2. Inscrever um segundo círculo na esquina que tiver menor ângulo.
3. Inscrever o terceiro círculo no maior dos cinco espaços restantes.

e , este algoritmo leva-nos a configurações deste tipo (Geometriagon, 870)

Mas também pode levar, em triângulos isósceles em que o ângulo diferente é muito pequeno, à seguinte configuração

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Ainda um esclarecimento da Mariana Sacchetti como prenda para Aurélio

1. Constrói-se o incírculo.
    Construção do círculo inscrito no ângulo A
2. Constrói-se um círculo auxiliar tangente aos dois lados do ângulo.
     Seja E o ponto de tangência a um dos lados e D o ponto de interseção com a bissetriz.
3. Seja D’ O ponto de interseção da bissetriz com o incírculo.
     4.Construir o círculo homotético do círculo auxiliar, na homotetia de centro A que transforma D em D’:
    a) Por D’ traça-se uma paralela a DE. Determina-se E’
    b) A perpendicular ao lado AC em E’ determina na bissetriz o centro do círculo que se pretende
Do mesmo modo se constrói o círculo inscrito no ângulo B e no ângulo C.
Os três círculos inscritos no triângulo somando uma área total máxima, são o incírculo e os dois maiores dos restantes três (um em cada ângulo), dependendo de cada triângulo.
A ideia de ter deixado um a tracejado é que, uma vez que pode mexer o triângulo, a solução não será obrigatoriamente os dois que estão a cheio. (na posição da figura que envio, os que interessam são o inscrito no ângulo A e o inscrito no ângulo C)

                    3 de Maio de 2020
                    (data assinalável)
                    Mariana [M.I.H.B.S.]

Construção de uma tangente com recurso a uma só régua

Seja uma cónica determinada por cinco pontos A, B, C, D e E. Com exclusivo recurso a retas, determinar a tangente a essa cónica em A.

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Nota
Comecemos por considerar as retas AC, CE, EB, BD, DA. Paul Yiu apresenta como passos para uma resolução:

1. P= AC ⋂ BD
2. Q= AD ⋂ CE
3. R= PQ ⋂ BE

para concluir: AR é a tangente em A.

Vamos procurar, entre as construções feitas neste blog, alguma que se veja e assim trate o problema da tangente a um dos pontos definidores da cónica. Demonstração?
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Paul Yiu. Introduction to the Geometry of the Triangle. Department of Mathematics Florida Atlantic University (version 2.0402) April 2002

Entre triângulos, porismo e perspectividade?

Numa entrada de 7 de Maio de 2009, apresentávamos um problema interactivo para ser resolvido recorrendo a algumas ferramentas - régua e compasso - a partir de um triângulo ABC e um ponto P dados,
determinar o triângulo (que tenha os mesmos circuncírculo e incírculo) porístico de ABC dado, sendo P, dado, um dos seus vértices.... forçosamente ponto do circuncírculo de ABC.
Recentemente, restauramos essa entrada (da qual perderamos de vista a construção dinâmica,) sem nos atrevermos à recuperação como tarefa interactiva. Pode consultar a restauração, passo a passo, em Triângulos Porísticos.
Verá, nessa recuperação, que há uma infinidade de triângulos poristicos de ABC, como há uma infinidade de pontos P no circuncírculo.
Nesta entrada chamamos a atenção para a existência de um triângulo A'B'C' porístico de ABC que se obtém como imagem por reflexão de ABC relativamente ao espelho IO perpendicular a AA', BB' e CC' (o que nos diz que estas se intersectam num mesmo ponto do infinito centro de perspectividade entre ABC e A'B'C') e para além deste e desses todos já referidos na entrada de Maio de 2009, procurámos ainda outro PQR ligado a ABC por uma perspectividade de centro F' (de IO): AP, BQ e CR fazem parte de um feixe de retas atado em F'...

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e uma última construção em que pode deslocar as posições de A,B, C e verificar que os triângulos obtidos têm as mesmas circunferências circuncentricas e incentricas de [ABC],em que cada um deles tem vértice extremo do diâmetro sobre a reta IO e perspectivo com [ABC] (feixes de retas de centros F e F'(pontos de IO) sendo IO uma delas):

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Edward Brisse; Perspective Poristic Triangles. Forum Geometricorum. Volume 1(2001) p. 9-16

Circuncentros O, OA,OB e OC de um triângulo ABC e seus flancos

Numa entrada Os flancos de um triângulo... de 18/10/2019

1. a partir de um triângulo [ABC] de lados a=BC, b=CA e c=AB,
2. construiram-se quadrados - a², b² e c² - sobre os seus lados, a saber: a -> [BA_bA_cC], b -> [CB_cB_aA] e c -> [AC_aC_bB] e finalmente
3. os triângulos [AB_aC_b], [BC_bA_b], [CA_cB_c] a que chamamos flancos de [ABC]

Então, usando rotações, Lamoen provava que os três triângulos flancos de [ABC] eram equivalentes entre si (têm a mesma área)

Nesta entrada, consideramos o triângulo [O_AO_BO_C] cujos vértices são os circuncentros dos triângulos flancos de [ABC].

• Como o circuncentro O de [ABC] é a intersecção das mediatrizes dos lados a=BC, b=CA e c=BA, o triângulo [O_AO_BO_C] é homotético a [ABC] sendo BC paralela a O_BO_C, CA paralela a O_CO_A e AB paralela a O_AO_B e as mediatrizes cortam a meio dos lados dos quadrados correspondentes: a² -> [BA_bA_cC], b² -> [CB_cB_aA] e c² -> [AC_aC_bB]. Assim, as distâncias de cada um dos lados a, b, c de [ABC] a cada um dos correspondentes lados de [O_AO_BO_C] é a/2 , b/2 e c/2.

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Floor van Lamoen, Friendship Among Triangle Centers. Forum Geometricorum (Volume 1 (2001) 1-6), Editor: Paul Yiu.

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Os flancos de um triângulo são equivalentes

A figura que se apresenta a seguir foi construída assim:

1. a partir de um triângulo [ABC] de lados a=BC, b=CA e c=AB,
2. construiram-se quadrados - a², b² e c² - sobre os seus lados, a saber: a -> [BA_bA_cC], b -> [CB_cB_aA] e c -> [AC_aC_bB] e finalmente
3. os triângulos [AB_aC_b], [BC_bA_b], [CA_cB_c] a que chamamos flancos de [ABC]

Com recurso a transformações geométricas, prova-se que são equivalentes os triângulos [AB_aC_b], [BC_bA_b], [CA_cB_c] e [ABC].

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Floor van Lamoen, Friendship Among Triangle Centers. Forum Geometricorum (Volume 1 (2001) 1-6), Editor: Paul Yiu.

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Nota:
Uma rotação de 90° em torno de A faz corresponder a [AA_bA_c], flanco-A de [ABC], um triângulo [AA'_bA'_c] tal que

• A,A'_b,C são colineares sendo |AA'_b|=|AC|, ou seja, A é o ponto médio do segmento [A'_bC]
• e A'_c coincide com B

e, por isso, [BA] é uma mediana do triângulo [BA'_bC] e os triângulos [A'_bBA] e [ABC]têm igual área ou são equivalentes.

Recuperação: ouro, inversão e harmonia

Em 2010 apresentávamos 3 construções em CaR ou ZuL (Compasso e Régua ou Zirkel und Lineal, R. Grothmann):

• a primeira para lembrar que, para um dado segmento de reta AB, um dos seus pontos M (e um só) o divide em média e extrema razão, a saber, tal que AB/AM=AM/MB, (....Φ) ;
• a segunda a lembrar que, sendo M' o inverso de M relativamente à circunferência de centro em A e raio AB, as razões AB/AM e AM'/AB são iguais já que tomando AB para unidade, AM é o inverso de AM';
• e finalmente que se tomarmos B' como extremo oposto a B do diâmetro de (A, AB) - a meia volta de B em torno de A - temos um quaterno harmónico de pontos (sobre a reta AB), a saber (B', B; M, M').

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Restauração:
Limitámo-nos a substituir essas três construções por uma só que se divide em 5 passos para evidenciar os aspectos essenciais acima referidos.

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Travamo-nos de razões de áreas em dois triângulos com um ângulo em comum

Tomamos 2 retas concorrentes - a,b - quaisquer - e chamamos A ao seu ponto de intersecção. No caso da nossa ilustração essas retas são a=AB e b=AC, i.e, pode fazer-se variar as retas por qualquer deslocação de algum desses pontos A, B ou C. Tomamos ainda dois pontos D, E que podem deslocar-se livremente um em a e o outro em b: a=AD e b=AE
Consideramos os triângulos ABC e ADE com um vértice A comum e, nas condições descritas, com BÂC = DÂE.

Se deslocar qualquer dos pontos B,C,A,D,E obterá novos triângulos e verá que a ilustração leva-nos a conjecturar que a razão das áreas dos triângulos ΔABC e ΔADE assim definidos é igual à razão dos produtos dos dois lados de extremo A de cada um desses triângulos |AB|.|AC| de ΔABC e |AD|.|AE| de ΔADE, ou seja,
    Área de ΔABC                |AB|.|AC|
      ------------------     =     -----------------
    Área de ΔADE                |AD|.|AE|

1. Pode provar esse resultado?
2. e encontrar vários enunciados diferentes para apresentar problemas equivalentes a este?

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Given two triangles having one vertex A in common, the other vertices being situated on two straight lines passing through A. Prove that the ratio of the areas of these triangles is equal to the ratio of the products of the two sides of each triangle emanating from the vertex A.

in I.F. Sharygin. Problems in Plane Geometry. col. Science for Everyone. MIR. Moscow:1988

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continuar a restaurar as construções para a vida do visível e andar em linha

Ando a arrumar papéis e num deles dei de caras com o seguinte e eterno problema: muitos dos papéis (deteriorados) vão para reciclagem e neles há enunciados impressos que não queremos perder.
Por exemplo:

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1.
Numa linha desenhámos vários pontos vermelhos. Entre cada par dos pontos vermelhos desenhámos um ponto verde. E entre cada ponto verde e cada ponto vermelho desenhámos um ponto azul. No final, contámos um total 85 pontos. Quantos pontos vermelhos desenhámos?
2.
Um turista realizou um percurso em 4 dias. No primeiro dia ele fez 20% de todo o percurso mais 2km. No segundo dia ele fez 50% do resto do percurso mais 1km. No terceiro dia realizou 25% da restante parte do percurso mais 3km. No quarto e último dia percorreu os 18km do percurso. Quantos km percorreu o turista na sua caminhada?

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O que fazer?

Mohr-Mascheroni

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António Aurélio Fernandes, o (há mais tempo) crítico e nunca satisfeito militante deste jovem :-) blog, tem sistematicamente levantado dúvidas (que todos acompanhamos) sobre velhíssimos problemas relacionados com o que sejam os teoremas de construção usando tão só cada uma ou as duas ferramentas euclidianas - régua (recta: dois pontos distintos) e compasso (circunferência: dois pontos tomando um deles para centro da circunferência e o outro um ponto dela, 3 pontos distintos não colineares).

Para António Aurélio Fernandes, com a devida vénia a Howard Eves, traduzimos (muito provavelmente mal e transcrevemos do seu livro Fundamentals of Modern Elementary Geometry.Jones and Bartlett Publishers. Boston:1972; pp 130 e 131) o excerto

"(3.5.3 Teorema de construção de Mohr-Mascheroni. Qualquer construção euclidiana, para a qual os elementos dados e necessários são pontos, pode ser realizada somente com o compasso euclidiano.
Numa construção euclidiana, cada novo ponto é determinado como uma intersecção de duas círcunferências, de uma linha reta e uma circunferência, ou de duas linhas retas, e a construção, por mais complicada que seja, é a sucessão de um número finito desses procedimentos."

Nota à margem:
Podemos falar só de compasso por termos provado já que os compassos euclidiano e moderno são equivalentes, como pode verifiar por esta construção ilustrativa da equivalência.

Nos passos de 1 (dados A,B e O)até 5, é utilizado exclusivamente o compasso euclidiano (circunferência definida por dois pontos dados, um deles para centro e outro sobre a circunferência), para determinar a circunferência de centro O e raio AB. No passo 6, utiliza-se o compasso moderno: a ponta seca do compasso (vermelho) em A e a outra ponta em B, AB transportado para O, definindo desse modo a cirunferência de centro em O e raio AB - um só passo- que coincide com a circunferência antes obtida em 5 passos.

Compasso euclidiano				Compasso moderno
2	O(A), A(O)	4	C(B), D(B)	6	O(AB)
3	O(A).A(O)={C,D}	5	C(B).D(B) = {B,E}	O(AB)=O(E)?
OA=OC=OD		BC=CE, DB=BE		AB=OE?
ΔADO e ΔCAO equiláteros e ΔDBE isósceles sendo CD a reta das suas alturas, OABE é um trapézio de bases DA e BE isósceles .....AB=BD=DE=EO ---->				AB=OE

"É então suficiente mostrar que apenas com um compasso moderno somos capazes de resolver os seguintes problemas:
  I. Dados A, B, C, D, encontre os pontos de intersecção de A(B) e C(D).
 II.Dados A, B, C, D, encontre os pontos de intersecção de AB e C(D).
III.Dados A, B, C, D, encontre o ponto de intersecção de AB e CD.
É de notar que a nossa prova do Teorema da construção de Mohr - Mascheroni é mais do que uma mera prova de existência, pois não só mostramos a existência de uma construção que utiliza apenas o compasso euclidiano que pode substituir qualquer construção euclidiana, mas mostrando como tal construção pode realmente ser obtida a partir da construção euclidiana dada. Deve-se confessar, no entanto, que a construção resultante usando apenas o compasso euclidiano seria, com toda probabilidade, muito mais complicada do que o necessário. A tarefa de encontrar uma construção "mais simples", empregando apenas o compasso euclidiano, ou mesmo apenas o compasso moderno, é, em geral, muito difícil, e requer considerável engenho ao solucionador."
Sobre estes problemas: I. é óbvio e II. e III. foram resolvidos em entradas recentes, que pode consultar. Esperamos que A.A. Fernandes aceite o facto de já termos feitos uma demonstração (exactamente a via escolhida por Mascheroni)"

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Lembramos as entradas relacionadas as questões construtivas que se levantam ao Teorema de Mohr-Mascheroni: 12.01.14: Instrumentos euclidianos
14.1.14: O compasso moderno a partir do postulado. A existência por construção.
16.1.14: Com régua e compasso euclidianos, transferir distâncias
14.01.19: Determinar os pontos de intersecção da reta AB com a circunferência (C,CD), usando só o compasso moderno.
15.01.19: Determinar os pontos de intersecção de uma reta que passa por dois pontos dados A,B com uma circunferência de que são dados o centro C, incidente em AB, e um dos seus pontos D.
24.01.19: Dados os pontos A,B,C,D determinar os pontos de intersecção das rectas AB e CD recorrendo unicamente ao compasso moderno

Polaridades: Problemas já resolvidos com régua só.

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Numa entrada publicada em 23/04/2007: Polar de um ponto em relação a duas rectas e Polar de um ponto em relação a uma circunferência apresentavam-se noções e problemas interactivos (em CaR) de construção só com régua que deixaram de ser vistos por razões que nos ultrapassam e que nos têm obrigado a fazer reparações e transferências desse trabalho para geogebra (por exemplo, como é o caso destas). A determinação da polar(lugar geométrico dos conjugados harmónicos de pontos - aqui relativamente a duas rectas e a círculos)- são aqui apresentadas

1. Polar de um ponto em relação a duas rectas concorrentes


2. Polar de um ponto em relação a uma circunferência
a) polar de um ponto exterior ao círculo

b) polar de um ponto do interior do círculo
Aproveitamos para apresentar a solução com recurso ao quadrilátero inscrito de diagonais a passar por P,[ para além do normal processo de quadrilátero completo qualquer, para dado P de AB (secante do círculo) determinar o ponto P' de AB tal que (PP'AB)=-1].

Problemas de construção só com régua

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Nas últimas entradas, tratámos os problemas de construção só com compasso. Tudo o que fazemos com a régua e o compasso, podemos realizar só com o compasso.
O Teorema de Construção Mohr-Mascheroni fixa essa possibilidade.
Será que conseguimos resolver todos os problemas de construção de régua e compasso só com régua? Também já abordámos (de forma dispersa) problemas da resolução só com régua. Há problemas de régua e compasso que podem resolver-se só com régua, mas não todos. O simples problema de determinação do ponto médio entre dois pontos distintos não pode ser resolvido só com retas. (Teorema de Construção Poncelet-Steiner)
Seguindo H. Eves, no seu livro Fundamentals of Modern Elementary Geometry, voltaremos a essa história, mas para já abordamos um problema que podemos resolver porque nos é dado o ponto médio de dois pontos da reta da qual queremos determinar (construir) uma paralela a passar por um ponto a ela exterior

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Primeiro Problema só com régua:
Dados quatro pontos A, B, C, D, sendo C o ponto médio de AB, com recurso exclusivo a uma régua, construir a reta que passa por D e é paralela a AB.

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Sigamos passo a passo a seguinte construção interactiva

1. de que nos são dados os quatro pontos e a reta a.
   
   
   
2. Traçamos as retas b = AD e c = BD.
3. Tomamos um arbitrário ponto E distinto de D e incidente em b = AD
4. Traçamos as retas d = CE e f = BE e o ponto F = c.d
5. Traçamos a reta e = AF
6. que corta a reta f = BE em G = e.f
7. A reta g = DG é a paralela a a = AB que procurávamos

A afirmação final é suportada por não termos feito mais que construir um quadrilátero completo e, no quarteto harmónico ABC...H este último ponto de intersecção das retas a e g ser o conjugado harmónico de C que, por C ser equidistante de A e B, obrigaria H a ser um ponto equidistante de A e de B que, não sendo C, é um ponto no infinito.

............... CA . A............H = CB . B...........H...............

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No próximo problema, não é dado o ponto o ponto médio de qualquer segmento da reta AB e, em vez disso, temos uma circunferência e o seu centro.

Segundo Problema:
Dado um círculo com o seu centro (O), uma reta AB e um ponto P não incidente em AB, usando unicamente retas (régua), construir a reta paralela a AB que passa por P.

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Utilizamos o problema anterior para superar a falta do ponto médio de um segmento de AB.
Qualquer reta que passe pelo centro de uma circunferência corta-a em dois pontos extremos de um diâmetro que é um segmento de reta de que temos o ponto médio O e, por isso, podemos tirar por P uma paralela a um qualquer diâmetro. Se os diâmetros não forem paralelos à reta AB ... veremos, na construção dinâmica que se segue, passo a passo, deslocando o cursor n que pode tomar valores de 1 a 13, como determinar um segmento de AB e o seu ponto médio.

1. Apresenta-se a reta AB e o ponto P a ela exterior e
2. uma circunferência com seu centro (O)
3. Uma reta que passa por O e corta a circunferência em R,S sendo RO=OS. E determinamos a paralela a RS que passa por P. Pode deslocar R sobre a circunferência e assim ver o que se passa com as diversas retas a passar por O
4. Escolhida uma reta RS não paralela a AB, a paralela a RS que passa por P terá um ponto C em comum com a reta AB
5. Tomada uma outra reta UV a passar por O, pelo mesmo processo, tiramos por P a paralela a ela que,
6. não sendo paralela a AB, com esta terá um ponto D em comum.
7. Por C, tiramos agora uma paralela a UV e
8. por D uma paralela a RS, obtendo um ponto Q de intersecção destas duas últimas retas.
9. Obtivemos desse modo um paralelogramo PCQD e em consequência um ponto M intersecção das suas diagonais e tal que CM=MD.
10. Sendo este último ponto M equidistante de dois pontos C e D, podemos determinar o conjugado harmónico de M relativamente a C, D
11. e a reta vermelha paralela à reta AB ou CD que passa por P, solução do problema de construção proposto.

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Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry

Com compasso, dividir por 3 o segmento determinado por 2 pontos

Problema: Dados dois pontos A e B, determinar um ponto K sobre AB tal que AB=3AK, usando compasso
A construção é em tudo análoga à realizada para dividir um segmento em dois da entrada anterior. A barra ao fundo do rectângulo de visualisação permite o acompanhamento dos passos da construção dinâmica aqui apresentada..

1.      São presentes os dois pontos A e B.



2.      Começamos por usar o compasso para multiplicar; assim:

          (A, B), (B, A) ---------> (A,B).(B,A)={C, D}
          (C,B)-------------------> (C,B).(B,A)={A,E}
          (C,B)-------------------> (E,B).(B,C)={C,F}
          AB+BF=AF=2AB
          (F,E)-------------------> (F, E).(E, F) ={E,G}
          (G,F)-------------------> (G,F).(F,G)={H,E}
          AB+BF+FH=AF+FH=2AB+AB = 3AB
3.      Usamos o compasso para dividir; assim:

          (H, A), (A, B) ---------> (H,A).(A,B)={I, J}

4.
          (I,A), (J,A) -----------> (I,A).(J,A)={A,K}
          AK: 3AK=AB

Dividir por 2 a compasso

Problema: Usando só o compasso, determinar o ponto médio de um segmento dado.

Em entradas anteriores abordámos a multiplicação por 2, usando só o compasso. Nesta estamos a multiplicar por 1/2.
Sigamos os passos da construção adequada.

1    Apresentam-se dois pontos A, B.



2.    As circunferências (A,B), (B,A) intersectam-se em dois pontos. Qualquer deles é equidistante de A e B e está á distancia AB. Chamamos C a um desses pontos e sabemos que AB=BC=CA ou que ABC é um triângulo equilátero. As circunferências (B,A) e (C,B) intersectam-se em pontos equidistantes de B e C. Chamamos a um desses pontos D e sabemos que BD=DC=CA=AB. Finalmente, usamos uma circunferência (D,C) que intersectada com (C,B) nos dá um ponto E tal que ED=DC=CB=BA. Concluímos o ponto B é vértice comum a três triângulos equiláteros e a três ângulos iguais entre si e aos ângulos DEB=.... E é colinear com A e B e sendo EB=BA, AE =2AB.

3.    As circunferências (E,A) e (A, B) intersectam-se em dois pontos F e G tais que EF = EG = EA = 2AB e FA = AG = AB. Os triângulos ABG e AFB são iguais isósceles de bases BG e AB e os triângulos EGA e AFE também são triângulos isósceles iguais de bases AG e AF.

4.     Finalmente consideramos as circunferências (F, A) e (G, A) que se intersectam, para além de A, num ponto H tal que GH=HF=FA=AG. Os triângulos AFH e HGA são tais que AF=FH=HG=GA=AB (F,G,B pontos de (A,B) e A, H são pontos da (A,F).(A,G)).

Este ponto H é o tal que AH=HB □(?) Para já, só prometo que vou continuar a olhar por ele ou para ele como até aqui....

Duplicar, triplicar, .... com compasso

Determinar, usando só o compasso, um ponto E colinear com A e B e tal que AE = 2AB.
1. Dois pontos dados A e B são extremos de um segmento de reta AB.
Seguindo a construção
2. Assim: As circunferências (A, B) e (B, A) passam por um ponto C (comum). Claro que AB=BA=AC. ABC é um triângulo equilátero.
As circunferências (C,A) e (B, A) passam por um ponto comum D e, como é óbvio BC = BD (ou seja BC=BD=DC).
As circunferências (D,B) e e (B,C) passam por um ponto comum E sendo equilátero o triângulo DEB.
Ou seja os ângulos comuns aos 3 triângulos equiláteros com o vértice B comum são todos iguais sendo a sua soma é um raso e, por isso, E é colinear com A e B sendo AB=BE.
Concluindo o ponto E é tal que AE=AB+BE = 2AB

3. Repetindo o processo: (E,D) e (D,E) passa por F e (F,E) tem um ponto G que é simultaneamente ponto de (E, D) e é colinear com B e E (estes colineares com A). Assim AB=BE=EG e AG = AB+BE+EG= 3AB. Fica determinado o ponto G: AG=3AB. …………

Só com compasso, dividir em quatro arcos iguais uma dada circunferência.

Nesta entrada realizamos uma construção dinâmica adequada ao problema

Só com compasso, dividir em quatro arcos iguais uma dada circunferência.

$\fbox{1}:\;$ Com centro num ponto $\;O\;$ há uma infinidade de circunferências; designamos essa família por $\;(O).\;$ Cada uma das circunferências daquela família fica bem definida se lhe associarmos o número que corresponda à distância única a que se encontram os seus pontos do seu centro - raio $\;r\;$. Um elemento da família $\;(O)\;$ pode designar-se por $\;(O, \;r)\;$ ou por $\;(O, \;P)\;$ sendo $\; OP=r\;$ Considere dada a circunferência a apresentada.



$\fbox{2}:\;$ Toma-se um ponto $\;A\;$ qualquer incidente em $\;(O, \;r),\;$ que pode ocupar qualquer posição na circunferência dada. $\;OA=r\;$
$\fbox{3}:\;$Fica bem determinada uma circunferência de centro em $\;A\;$ a passar por $\;O\;$ que pode ser representada por $\;(A, \;O),\;$ ou por $\;(A, \;r).\;$ pois $\;AO = OA = r.\;$ Ficam bem determinados dois pontos na intersecção $\;(O, \;r). (A, \;r)\;$ tomamos um deles que designamos por $\;B\;: OA=AB=\;$ $=BO=r.\;$
$\fbox{4}:\;$ A circunferência $\;(B, \;O)\;$ centrada em $\;B\;$ que passa por $\;O\;$ intersecta $\;(O,A)\;$ em dois pontos: $\;A\;$ e um outro a que chamamos $\;C\;$ sendo $\;OA=AB=BC=CO=r\;$
$\fbox{5}:\;$ Do mesmo modo, a circunferência $\;(C, \;O)\;$ intersecta $\;(O, \;r)\;$ em dois pontos sendo um deles $\;B\;$ e outro a que chamamos $\;D,\;$ sendo $\;OB=BC=CD=DO=r\;$
Resumindo: os triângulos $\;[AOB], \;[BOC],\;[COD]\;$ são equiláteros e iguais e, por isso, é raso o ângulo $\;AÔD = AÔB+BÔC+CÔD\;$ e $\;A,\; O,\; D\;$ são colineares ou seja $\;AD\;$ é um diâmetro de $\;(O\;r)\;$ dividindo-a em duas semi-circunferências.
$\fbox{6}:\;$ Usando circunferências (compassos) podemos determinar pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;D\;$ para além de $\;O\;$. Por exemplo, as intersecções $\;(A, \;C).(D,\;B)\;$ são pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;D\;$ já que $\;[ABC]\;$ e $\;[BCD]\;$ são triângulos isósceles iguais por terem um lado comum igual aos outros dois $\;AB=BC=CD \;$ de onde se tira que $\;AC=BD\;$. Tomemos um desses, por exemplo, $\;E\;$ ponto da mediatriz do diâmetro $\;[AD].\;$
Sabemos que $\;C\;$ e $\;E\;$ são pontos da mesma circunferência $\;(A, \;C)$ e por isso $\;AC=AE.\;$ E sabemos também que o triângulo $\;[ACD]\;$ está inscrito na circunferência $\;(O,\; r)\;$ e, por isso, é um triângulo retângulo em $\;C\;$ de hipotenusa $\;AD,\;$ de onde decorre que $\;AD^2= AC^2+CD^2,\;$ ou seja $\;4r^2=AE^2 +r^2 \equiv AE^2=3r^2\;$.
Também $\;[AEO]\:$ é um triângulo rectângulo. De catetos $\;EO, \;OA\;$ e hipotenusa $\;EA, \;$ logo é $\;EO^2+OA^2=EA^2,\;$ ou seja $\;EO^2 =3r^2-r^2=2r^2.\;$
$\fbox{7}:\;$ Tomando para centros os extremos do diâmetro $\; A\;$ ou $\;D\;$ e raios iguais a $\;OE\;$, as circunferências $\;(A, \;OE)\;$ e $\;(D, \;OE]\;$ intersectam-se em dois pontos $\; F, \;G:\; AF=DF=AG=DG=OE. \;$
$\;[AFD]\;$é um triângulo isósceles de altura $\;FO:\; FO^2 +OA^2 =AF^2=OE^2, \;$ ou seja $\;FO^2=2r^2-r^2=r^2\;$ e isso faz de $\;F\;$ um ponto de $\;(O, \;r).\;$ De forma análoga, se prova que $\;G, \;$ também ponto de $\;(A,\;OE),\;$ incide em $\;(O, \;r).\;$
Podemos concluir que os pontos $\;G, \;D,\; F,\;A\;$ de $\;(O,\;r)\;$ são tais que $\;GD=DF=FA=$
$=AG\;$

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Howard Eves. Fundamentals of Moderno Elementary Geometry.Jones and Bartlett Publishers. Boston:1992.

Interseção de duas retas, usando só o compasso

Nesta entrada realizamos uma construção dinâmica adequada ao problema de

Dados os pontos $\;A, \;B, \;C,\;D\;$ determinar os pontos de intersecção das rectas $\;AB\; $ e $\;CD$ recorrendo unicamente ao compasso moderno

(ou seja com circunferências - cada uma determinada por centro dado ou pré-determinado e a passar por um ponto dado ou pré-determinado ou com um raio determinado por dois pontos pré-determinados)



$\fbox{2}\;:\;$ Determinamos o ponto $\;C':\;C'A=CA \wedge C'B=CB, \;$ ou seja, um ponto de $\; (A,\;C).(C,\;B) =\{C,\; C'\}.\;$ $\;AB\;$ é a mediatriz de $\;CC'\;$
De modo análogo de determina $\;D':\;D'A=DA \wedge D'B=DB\;$
$\fbox{3}\;:\;$ As circunferências $\;(C,\; \overline{DD'})\;$ e $\;(D', \;\overline{CD})\;$ intersectam-se em dois pontos sendo um deles colinear com os pontos $\;C,\;C'\;$
As circunferências $\;(C', \:G)\;$ e $\;(G, \;D')\;$ intersectam-se em dois pontos, sendo um deles $\;E\;$
$\fbox{4}\;:\;$ E as circunferências $\;(C', \;C)\;$ e $\;(G, \;\overline{CE})\;$intersectam-se em dois pontos, um dos quais é $\;F\;$ colinear com $\;E\;$ e $\;C'.\;$
$\fbox{5}\;:\;$Finalmente: as circunferências $\;(G, \;F)\;$ e $\;(C', \;\overline{CF})\;$ intersectam-se em dois pontos equidistantes de $\;C\;$ e $\;C'\;$, ou seja, da mediatriz de $\;[CC']\;$ que como já vimos é a recta $\;AB. \;$
Um desses pontos é $\;X\;$ colinear com $\;C\;$ e $\;D\;$ ou seja incidente em $\;[CD]\;$ e, em consequência, ponto de intersecção de $\;AB\;$ com $\;CD\;$

$\fbox{6}\;:\;$ Caso lhe interesse pode agora ver as rectas e as colinearidades escolhidas menos óbvias. $\;CC' \perp AB ,\; DD' \perp AB,\; CC' \parallel DD', \; CD' = C'D,\; [CD'DC']\;$ é um trapézio isósceles cujas diagonais $\;CD\;$ e $\;C'D'\;$ são iguais em comprimento e intersectam $\;AB\;$ no ponto em que se intersectam $\;DC\;$ com $\;C'D'\; \rightarrow X.$

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seguindo as indicações de
Howard Eves. Fundamentals of Moderno Elementary Geometry.Jones and Bartlett Publishers. Boston:1992.