Transformações geométricas do plano: generalidades.

Ao longo dos anos, fomos abordando e usando transformações geométricas do plano, em resposta a necessidades de estudo circunstanciais. Como agora vai acontecer, de resto.
Nas próximas entradas, vamos resolver problemas de construção geométrica com recurso a transformações geométricas ou usando o método das transformações, como escreve Howard Eves em Fundamentals of Modern Elementary Geometry já referido em várias entradas.
Repetidamente, Eduardo Veloso tem chamado a atenção para a falta das transformações geométricas na formação dos professores e no ensino, considerando que "as transformações são apenas tocadas ao de leve no ensino básico e completamente ignoradas no ensino secundário" (Educação Matemática nº 79 de 2004). Nessa reflexão publicada, sob o título "Cinco pontos, um problema e cinco soluções", Eduardo Veloso tenta uma explicação para não utilizarmos as transformações geométricas para a demonstração e/ou resolução de problemas de construção. Já no livro "Geometrias - Temas Actuais", Eduardo Veloso refere as diferentes perspectivas, desde a geometria sintética, passando pelo método das coordenadas (geometria analítica) até ao que designa como método das transformações geométricas (perspetiva funcional da geometria) para a resolução de problemas geométricos. Ao lado dessas perspectivas, Eduardo Veloso acrescenta a perspectiva vectorial (autónoma da geometria analitica). Recorrendo aos diversos métodos e perspectivas, apresenta diferentes resoluções de um mesmo problema e diferentes demonstrações de um mesmo teorema.
Mais recentemente, no seu livro "Simetrias e Transformações Geométricas", Eduardo Veloso volta a insistir no uso das transformações geométricas na resolução de problemas de construção geométrica, apresentando diversas propostas de trabalho nesse sentido.

Transformações geométricas do plano: generalidades

Definições e notações:

1. Seja $f$ uma correspondência que associa a cada ponto $P$ do plano (ou ${\rm I\kern-.17em R}^2 $) um e um só ponto $P' =f(P)$ do plano (ou ${\rm I\kern-.17em R}^2 $): $$P \neq Q \Rightarrow f(P) \neq f(Q)$$ $$ \forall Q, \; \exists P :\; f(P)=Q$$ Chamamos transformação geométrica do plano a uma correspondência $f$, biunívoca, entre os pontos do plano, assim definida.
2. Se $f$ e $g$ são duas transformações geométricas do plano, a correspondência que resulta de as aplicarmos sucessivamente, $g$ após $f$, é obviamente uma transformação geométrica. Escrevemos $$\begin{matrix} &g&&f&\\ P& \longmapsto & Q&\longmapsto R \end{matrix} \:\:\:\: \mbox{ou} \:\:\:\: \begin{matrix} &g\circ f& \\ P \:\:\:\: &\longmapsto & R \end{matrix} $$ $$ g\circ f(P) = g(f(P)) = g(Q) = R$$. Chamamos composição (ou produto) de $f$ com $g$ à transformação geométrica $g\circ f$. Claro que, se $f$ e $g$ são transformações geométricas, $f\circ g$ também é transformação geométrica.
3. Se $f$ é uma transformação geométrica do plano tal que $$\begin{matrix} &f&\\ P& \longmapsto & Q \end{matrix}, $$ também é transformação geométrica a correspondência $f'$ tal que $$\begin{matrix} &f'&\\ Q& \longmapsto & P \end{matrix}$$ a que chamamos inversa de $f$ e representamos por $f^{-1}$.
4. Há uma transformação geométrica a que chamamos identidade do plano, que faz corresponder a si mesmo cada ponto $P$ do plano $$\begin{matrix} &id&\\ P& \longmapsto & P \end{matrix} $$
5. É claro que $f^{-1}(f(P))=f^{-1}(Q)=P\; \;\;$ e $\; \;\;f(f^{-1}(Q)) = f(P) =Q$. E escrevemos $$\begin{matrix} &f&&f^{-1}&\\ Q& \longmapsto & P&\longmapsto Q \end{matrix} \:\:\:\: \mbox{ou} \:\:\:\: \:\:\:\:\begin{matrix} &f\circ f^{-1}=id&\\ Q& \:\:\:\:\longmapsto & Q \end{matrix} $$ $$\begin{matrix} &f^{-1}&&f&\\ P& \longmapsto & Q&\longmapsto P \end{matrix} \:\:\:\: \mbox{ou} \:\:\:\: \:\:\:\:\begin{matrix} &f^{-1}\circ f=id&\\ P& \:\:\:\:\longmapsto & P \end{matrix} $$
6. O conjunto das transformações geométricas munido com a operação binária composição (ou produto) é um grupo

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (18)

Problema: Determinar os pontos para os quais as suas distâncias a duas retas dadas têm uma dada soma.

A construção a seguir ilustra a determinação desse lugar geométrico.

1. Dados (a azul): duas reta $\;a, \;b\;$ e um segmento que representa a soma das distâncias $\;s=d_a+d_b\;$ em que $\;d_a\;$ e $\;d_b\;$ representam a distância a $\;a\;$ e a $\;b\;$ respetivamente.
2. Usando o 2º lugar geométrico da lista,
   • os pontos que estão à distância $\;d_a+d_b\;$ de $\;b\;$ consiste em duas retas paralelas (finas a azul) a $\;b\;$ e os pontos de interseção destas retas com a reta $\;a\;$ são os pontos $\;A, \;A'\;$ relacionados por uma meia volta de centro $\;O = a.b\;$
     $\;A, \;A'\;$ são soluções do problema.
   • os pontos que estão à distância $\;d_a+d_b\;$ de $\;a\;$ consiste em duas retas paralelas (finas a azul) a $\;a\;$ e os pontos de interseção destas retas com a reta $\;b\;$ são os pontos $\;B, \;B'\;$ relacionados por uma meia volta de centro $\;O \;(a.b)\;$
     $\;B, \;B'\;$ são soluções do problema.




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

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3. Tomamos dois segmentos $\;d_a\;$ (violeta) e $\;d_b\;$ (castanho) nas condições do problema. E, usando o 2º lugar geométrico da lista,
   • O lugar geométrico dos pontos que estão à distância $\;d_a\;$ de $\;a\;$ é constituído por duas retas $\;a', \;a''\;$ (violeta) paralelas a $\;a\;$
   • O lugar geométrico dos pontos que estão à distância $\;d_b\;$ de $\;b\;$ é constituído por duas retas $\;b', \;b''\;$ (castanho) paralelas a $\;b\;$
   • Os pontos de interseção de cada par destas retas estão simultaneamente à distância $\;d_a\;$ de $\;a\;$ e à distância $\;d_b\;$ de $\;b\;$ de soma dada, a saber: $\;P (a'.b'), \;P' (a''.b''), \;Q (a''.b'), \;Q'(a'.b'')\;$
   • $\;d_a, \;d_b\;$ podem tomar os valores de $\;0\;$ a $\;s=d_a+d_b\;$ e
     quando $\;d_a=0\;$, $\;d_b =s$ ($\;P=A, \;P'=A',\;Q=A, \;Q'=A'$);
     quando $\;d_a=s\;$, $\;d_b =0$ ($\;P=B', \;P'=B, \;Q=B, \;Q'=B'\;$)
   • Para cada par $\;(d_a, d_b)\;$, nas condições já descritas, os pontos $\;P, \;Q, \;P', \;Q'\;$ são os vértices de ângulos de lados paralelos a $\;a\;$ e a $\;b\;$. A variação dos valores de $\;d_a\;$ e $\;d_b= \;s-d_a\;$ corresponde tão só à passagem de ângulos para outros iguais (lados paralelos) em que a variação crescente de uma das distâncias num sentido da perpendicular a $\;a\;$ (ou a $\;b\;$) é compensada pela variação decrescente igual no sentido da perpendicular a $\;b\;$ (ou a $\;a\;$), como é óbvio, já que $\; d_a+d_b=s \Leftrightarrow d_a +\delta + d_b -\delta=s \;$
     Ou seja, qualquer variação de $\;d_a\;$ (e correspondente variação de $\;d_b \;$) equivale a passar de um ângulo para outro de igual amplitude e com a mesma bissetriz.
     Os pontos $\;P\;$ e $\;Q \;$ do lugar geométrico estarão obrigatoriamente sobre as bissetrizes (perpendiculares) dos quatro ângulos formados pela reta $\;a\;$ com a reta paralela a $\;b\;$ à distância $\;s\;$ de $\;b\;$, etc
4. O lugar geométrico dos pontos cujas distâncias a duas retas dadas têm uma soma dada é o retângulo $\;ABA'B'\;$ cujas diagonais $\;AA'\;$ e $\;BB'\;$$ são segmentos das retas dadas .

Clicando sobre o botão de animação em baixo à esquerda, pode acompanhar os efeitos da variação das distâncias às retas. Também pode alterar os dados: tanto a soma dada como as posições das retas

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 (17a')

Se fosse este outro o enunciado do
Problema: Determinar o lugar geométrico dos pontos a partir dos quais se vêem segundo ângulos iguais dois segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$ de uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto, passo a passo. Pode observar os passos da construção deslocando o cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}\;$

1. Dados (a azul): uma reta $\;a\;$ e três pontos $\;A, \;B, \;C\;$ sobre ela.
2. Os dois primeiros passos n=2 e n=3 da construção dos pontos $\;H\;$ e $\;H'\;$ pontos a partir dos quais se vêem os dois segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$ segundo um mesmo ângulo $\;\alpha\;$ já foi feita na entrada anterior.
   
   

   © geometrias, 5 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Esse ponto $\;H\;$ (ou $\;H'\;$) é um ponto a partir do qual se tiram retas para $\;A\;$ e $\;B\;$ por um lado, e para $\;B\;$ e $\;C\;$ por outro, tais que $\;A\hat{H}B = B\hat{H}C =\alpha\;$
4. Assim, podemos dizer que do triângulo $\;AHC\;$, $\;HB\;$ é a bissetriz interna do ângulo $\;\hat{H}\;$ e a perpendicular a $\;HB\;$ tirada por $\;H\;$ é a bissetriz externa, cujo pé sobre a reta $\;AC\;$ chamamos $\;E\;$. O pé da bissetriz interna de $\;\hat{H}\;$ sobre $\;a\;$ é $\;B\;$
5. Fixados $\;A,\;B,\;C$, o círculo de diâmetro $\;BE\;$ - círculo de Apolónio do triângulo $\;AHC\;$, mantém-se o mesmo para todos os valores de $\;\alpha\;$ ou para todos pontos $\;H\;$.
   Pode verificar isso, movendo $\;D\;$ que é o mesmo que fazer variar as amplitudes $;\alpha\;$ e observando como $\;H\;$ percorre a circunferência de diâmetro $\;BE\;$ que se mantém a mesma (independentemente de $\;H$) já que o par de pontos $\;I, \;E\;$ separa harmonicamente o par de pontos $\;A, \;D\;$
6. O lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ tais que $\;A\hat{P}B = B\hat{P}C\;$ é uma circunferência de Apolónio relativa a um triângulo $\;A\hat{H}C\;$ de que $\;HB\;$ seja a bissetriz interna.

Podemos variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$ e $\;C\;$

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17a)

Problema: Determinar um ponto a partir do qual se vêem segundo ângulos iguais dois segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$ de uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

1. Dados(a azul): uma reta $\;a\;$ e três pontos $\;A, \;B, \;C\;$ sobre ela.
2. Tomemos um ângulo $\;\alpha = C\hat{A}D\;$. Os pontos $\;P\;$ a partir dos quais se traçam retas $\;PA\;$ para $\;A\;$ e $\;PB\;$ para $\;B\;$ sendo $\;A\hat{P}B =\alpha\;$ estão sobre dois arcos de circunferências congruentes dos quais $\;AB\;$ é uma corda comum (5º lugar geométrico da lista).
   
   

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

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3. Do mesmo modo se determina o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ dos pontos tais que $\;B\hat{P}C=\alpha\;$.
4. No caso da nossa construção, para o $\;alpha\;$ inicialmente considerado, há dois pontos $\;H, \;H'\;$ que satisfazem as condições do problema; são as interseções dos lugares geométricos (5º da lista) relativos a $\;\alpha\;$ e a $\;AB\;$ um deles e a $\;BC\;$ o outro.
5. Claro que o segmento $\;AB\;$ e $\;BC\;$ podem ser vistos segundo ângulos iguais de outra amplitude.

Podemos variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$ e $\;C\;$

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 (15)

Problema: De um quadrilátero $\;ABCD\;$, inscritível numa circunferência, conhecemos um vértice $\;A$, a amplitude do ângulo $\;\angle Â\;$ e os comprimentos de um dos lados adjacentes ao ângulo $\;AB\;$ e das diagonais $\;AC, \;BD$.    Determinar os restantes vértices $\;B, \;C, \;D\;$ desse quadrilátero.

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

1. Dados (a azul): um ângulo $\;\alpha\;$ de amplitude igual à do ângulo $\; \angle BÂD\;$ um segmento $\;A_0B_0\;$ de comprimento igual ao lado $\;AB\;$; um segmento $\;A_0C_0\;$ de comprimento igual à diagonal $\;AC\;$; um segmento $\;B_0D_0\;$ de comprimento igual à diagonal $\;BD\;$
2. O vértice $\;B\;$ é um dos pontos que está à distância $\;A_0B_0\;$ do vértice $\;A\;$ (1º lugar geométrico da lista). Tomemos um ponto sobre a circunferência $\;(A, \;A_0B_0)\;$ e designemo-lo por $\;B\;$.
   
   

   © geometrias, 28 de Março de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Os pontos $\;B, \;A\;$ definem a reta $\;AB\;$ e podemos construir o ângulo de vértice $\;A\;$ e lados $\;AB, \;AD\;$
   O ponto $\;D\;$ está no segundo lado do ângulo $\;\angle \alpha\;$ e à distância $\;B_0D_0\;$ de $\;B\;$, ou seja, na interseção da circunferência $\;(B, \;B_0D_0)\;$ com o segundo lado do ângulo $\;\angle BÂD\;$
4. Há um só ponto equidistante dos pontos $\;A, \;B, \;D\;$ (interseção das mediatrizes dos segmentos $\;AB\;$ e $\;BD\;$ - 3º lugar geométrico da lista) e por isso há uma única circunferência a passar por $\;A, \;B, \;D\;$ - 1º lugar geométrico da lista dos pontos equidistantes a um dado ponto.
   Assim, sendo inscritível o quadrilátero terá os seus quatro vértices sobre a circunferência determinada por $\;A, \;B, \;D\;$, a castanho na figura.
   $\;C\;$ está à distância $\;A_0C_0\;$ de $\;A\;$, ou seja na circunferência $\;(A, \;A_0C_0)\;$ (1º lugar geométrico da lista)
   No caso da nossa figura, $\;C\;$ é um dos dois pontos de interseção das circunferências $\;(A, \;B, \;D)\;$ e $\;(A, \;A_0C_0)\;$

Podemos variar a amplitude $\;\alpha\;$ e os comprimentos $\;A_0B_0\;$ $\;A_0C_0\;$ e $\;B_0D_0\;$

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)\;$

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (13)

Problema: Determinar uma circunferência tangente a uma dada reta num ponto dado e a uma circunferência dada.

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 $\;a\;$ e um seu ponto $\;P\;$, uma circunferência de centro $\;C\;$
   
   Para resolver este problema, basta determinar um ponto $\;O\;$ para centro da circunferência nas condições definidas.
2. Para ser tangente a $\;a\;$ no ponto $\;P\;$, o centro $O$ da circunferência requerida na perpendicular a $\;a\;$ tirada por $\;P\;$ - $\;\perp_P^a$.
   
   

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

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3. Por outro lado, para ser tangente à circunferência de centro $\;C\;$ o centro $\;O\;$ da circunferência requerida será tal que $\;OC\;$ é igual à soma dos raios (da circunferência requerida e da circunferência dada).
   Se tormarmos a reta $\;e\;$ do lugar geométrico dos pontos à distância de $\;a\;$ igual ao raio da circunferência dada (2º lugar geométrico da lista), $\;CEO\;$ é um triângulo isósceles. $\;E\;$ é $\;e.\perp_P^a$
   
4. $\; O_1\;$ é a interseção da perpendicular $\;PE\;$ com a mediatriz de $\;CE\;$ (3º lugar geométrico da lista - dos pontos equidistantes de $\;C\;$ e $\;E\;$)
   A circunferência de centro em $\;O_1\;$ a passar por $\;P\;$ satisfaz o requerido.
5. Do mesmo modo, considerando $\;f\;$ e $\;\{F\}\; = \;f.\perp_P^a$ $\;O_1, \;O_2\;$, a mediatriz de $\;FC\;$ interseta a $\;\perp_P^a$ num ponto $\;O_2\;$. Este é o centro da segunda circunferência a passar por $\;P\;$ que satisfaz as condições do problema.

Podemos variar os comprimentos e as posições relativas da circunferência, ponto e reta dados.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (12)

Problema: Determinar uma circunferência com um dado raio, que passa por um ponto dado e é seccionada por uma reta segundo uma corda de comprimento dado.

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): dois segmentos, um de comprimento raio, outro de comprimento corda, uma reta $\;a\;$ e um ponto $\;P\;$ da circunferência
   
   Para resolver este problema, basta determinar um ponto $\;O\;$ para centro da circunferência nas condições definidas.
2. O centro $O$ da circunferência estará à distância raio de $\;P\;$, isto é, será um dos pontos de $\;(P, \; \mbox{raio})\;$ - 1º lugar geométrico da lista.
   
   

   © geometrias, 18 de Março de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Por outro lado, a circunferência de centro $\;O\;$ deve cortar $\;a\;$ num segmento de comprimento corda dado. Tirámos por $\;P\;$ uma perpendicular (auxiliar) a $\;a\;$ de pé $\;P_a\;$. Se tomamrmos este ponto como ponto médio do segmento $\;AB\;$ de comprimento corda podemos determinar um $\;P_0\;$ sobre a reta $\;PP_a\;$ para o qual $\;AP_0\;$ tem comprimento igual ao raio. Os centros $\;O_1, \;O_2\;$ sobre a paralela a $\;a\;$ tirada por $\;P_0\;$ (2º lugar geométrico da lista)
4. Portanto, $\;O_1, \;O_2\;$ estão na interseção dos dois lugares geométricos - paralela à distância $\;P_aP_0\;$ de $\;a\;$ no semiplano $\;a, \;P\;$.
5. As soluções são as circunferências $\;(O_1, \;\mbox{raio}\;)\;$ e $\;(O_2, \;\mbox{raio}\;)\;$.
6. A perpendicular a $\;a\;$ tirada por $\;O_1\;$ interseta $\;a\;$ no ponto médio da corda $\;CD\;$ de comprimento igual corda dada. Do mesmo modo, para $\;O_2\;$

Podemos variar os comprimentos e as posições relativas do ponto e reta dados.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (11)

Problema: Determinar um triângulo retângulo inscrito numa dada circunferência e tal que os seus catetos passem por dois pontos dados.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção.
       Dados (a azul): uma circunferência de centro $\;O$, dois pontos $\;P,\;Q\;$

Para resolver este problema, basta determinar um ponto $\;A\;$ da circunferência dada, de tal modo que $\;P\hat{A}Q\;$ seja um ângulo reto.

1. O lugar geométrico dos pontos tais que as retas tiradas para dois extremos $\;P\;\;,\;Q\;$ de um segmento fazem um ângulo é constituído por dois arcos de circunferências congruentes que têm por corda comum $\;PQ\;$. No caso, como $\;P\hat{A}Q$ é reto, o lugar geométrico são dois semicírculos, ou seja $\;PQ\;$ é um diâmetro. Obviamente, os extremos do diâmetro não são pontos do lugar geométrico (5º lugar geométrico da lista)
   

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

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

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2. Construímos o lugar geométrico dos pontos tais que $\;P\hat{A}Q\;$ é reto; nada mais que a circunferência de diâmetro $\;PQ\;$, excetuando os seus pontos $\;P\;$ e $\;Q\;$ - tracejada a castanho, na figura.
3. Qualquer dos pontos de interseção da circunferência de diâmetro $\;PQ\;$ (centro $\;M\;$) com a circunferência dada de centro $\;O\;$, caso existam, resolve o problema.
4. No caso da nossa figura, as circunferências intersetam-se em dois pontos $\;A\;$ e $\;A'\;$.
O triângulo $\;APQ\;$ é retângulo em $\;A\;$. Tomemos os segundos pontos de interseção das retas $\;AP\;$ e $\;AQ\;$ com a circunferência de centro $\;O\;$ dada, que designámos por $\;B\;$ e $\;C\;$ respetivamente. Como $\;A\;, B\;, C\;$ são pontos da dada circunferência centrada em $\;O\;$, a hipotenusa $\;BC\;$ oposta ao ângulo reto em $\;A\;$, passa pelo ponto $\;O\;$.
O triângulo $\;ABC\;$ está bem definido e tem as propriedades requeridas pelo problema.
5. O triângulo $\;A'B'C'\;$ obtido de forma análoga ao $\;ABC\;$ é outra solução do problema.

Para a circunferência dada, fazendo variar algum dos pontos $\;P; \;Q\;$ (ou ambos) confirmará que pode haver duas, uma ou zero soluções.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (10)

Problema: Determinar uma circunferência de um dado raio e centro sobre uma dada reta que seja tangente a uma circunferência dada.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção..
1.
Dados (a azul): uma circunferência de centro $\;O_0\;$, uma reta $\;a\;$ ; um segmento $\;r\;$.
2.
Para resolver este problema, basta-nos determnar um ponto $\;O\;$ sobre $\;a\;$ de tal modo que seja centro de uma circunferência de raio $\;r\;$ e tangente à circunferência dada de centro $\;O_0\;$.

• As circunferências de raio $\;r\;$ que tocam num só ponto uma circunferência de centro $\;O_0\;$ e raio $\;r_0\;$ estão sobre uma circunferência de centro $\;O_0\;$ e raio $\;r_0 + r\;$
• Traçada essa circunferência $\;(O_0, r+r_0 )\;$,lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ tais que $\;O_0P=r_0 +r\;$, só nos resta determinar a interseção dela com a reta $\;a\;$.
  No último passo toma-se $\;O\;$, um dos pontos de interseção de $\;(O_0, r+r_0 )\;$, e a circunferência $\;(O, r)$ (a vermelho) satisfaz as condições do problema.

Utilizámos tão só circunferências, ou seja o 1º lugar geométrico da lista.
Poderá seguir os passos desta construção elementar, deslocando o cursor $\;\fbox{n}\;$

© geometrias, 15 de Março de 2014, Criado com GeoGebra

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3.
No caso da nossa figura, a circunferência $\;(O_0, r_0+r) \;)$ interseta $\;a\;$ em dois pontos, ou seja há duas soluções para o problema.
Pode fazer variar o tamanho de $\;r\;$ e confirmar que pode haver uma só solução ou nenhuma. E poderá, estudar as condições de existência das soluções (dependendo de $\;r\;, \;r_0\;$, ...)

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (9)

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Problema: Por dois pontos de uma circunferência tirar duas cordas paralelas de que se conhece a soma dos seus comprimentos.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção..
1.
Dados (a azul): uma circunferência de centro $\;O\;$ e dois pontos $\;A\;B\;$ sobre ela; um segmento $\;s=AC+BD\;$.
2.
O problema pede que determinemos dois pontos $\;C, \;D\;$ da circunferência dada, tais que $\;AC\; \parallel \;BD\;$ e $\;s=AC+BD\;$. $\;ABCD\;$ será um trapézio inscrito na circunferência de centro $\;O\;$ dada.

• Nas codições do problema, este trapézio é isósceles: $\;AC\; \parallel \;BD\;$ e, em consequência, $\;CD=AB\;$. Os pontos médios $\;M, \; N\;$ das cordas $\;AB\;$ e $\;CD\;$ estão à mesma distância de $\;O\;$. $\;MO = NO\;$. Isto é os pontos médios de $\;AB\;$ e $\;CD\;$ estão na circunferência $\;(O, OM)\;$ (1º lugar geométrico da lista)
• Como $\;MN\;$ é a mediana $\;\displaystyle \frac{AC+BD}{2}\;$ do trapézio $\;ABCD\;$ , $\;N\;$ estará sobre a circunferência centrada em $\;M\;$ e de raio $\; \displaystyle \frac{s}{2}\;$ (1º lugar geométrico da lista).

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

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3.
A interseção das circunferências $\;(O, OM)\;$ e $\; \left(M, \displaystyle \frac{s}{2} \right)\;$ (caso existam), serão pontos médios de $\;CD\;$ de acordo com as condições do problema. Conhecido $\;N\;$, como interseção da perpendicular a $\;ON\;$ com a circunferência dada obtêm-se os pontos $\;C\;$ e $\;D\;$
($\;CD\;$ é corda da circunferência dada de centro $\;O\;$ e $\;N\;$ é o ponto médio $\;CD\;$)
No caso da nossa figura, as circunferências intersetam-se em dois pontos $\; N, \;N'\;$ e há por isso dois trapézios que satisfazem o pretendido $\;ACBD\;$ e $\;AC'D'B\;$
Pode fazer variar o tamanho de $\;s\;$ e confirmará que pode haver uma só solução ou nenhuma, que há casos em que o trapézio se reduz a um triânguo ou mesmo só a $\;AB\;$ e em que os segmentos $\;AB\;$ e $\;CD\;$ se intersetam, ...

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (8)

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Problema:Construir um triângulo de que se conhecem um ângulo, o lado a ele oposto e a mediana relativa ao lado conhecido.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção..
1.
Dados: dois pontos $\;B\;C\;$,segmento $\;a=BC\;$,comprimento da mediana $\;m_{BC}$, ângulo de amplitude $\;\alpha\;$.
2.
A resolução do problema resume-se a encontrar pontos $\;A\;$ , 3º vértice do triângulo $\;ABC\;$ de que se conhecem $\;B,\;C\;$, sabendo que $\;\angle B\hat{A}C\;$ terá de ser igual a $\;\alpha\;$ e $\;AM_{BC}=m_{BC}\;$

1. O 5º lugar geométrico da lista diz-nos que os pontos, dos quais partem retas para os extremos $\;B,\;C\;$ de um segmento fazendo um ângulo $\;\alpha\;$, estão sobre dois arcos congruentes de duas circunferências com uma corda - $\;a=BC\;$ - comum.
2. O lugar geométrico dos pontos à distância $\; m_{BC}\;$ de $\;M_{BC}\;$, ponto médio de $\;BC\;$, estão na circunferência de centro $\;M_{BC};$ e raio $\; m_{BC}\;$ (1º lugar geométrico da lista)

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

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3.
A interseção dos lugares geométricos (5º e 1º, para os dados do problema) são os pontos $\;A, \; \; A_1 ,\; A_2 ,\; A_3\;$.
Há, em consequência, quatro triângulos $\;ABC, \; \; A_1 BC ,\; A_2 BC,\; A_3 BC\;$, a vermelho na figura, que satisfazem as condições requeridas

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (6)

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Problema: Construir uma circunferência tangente a duas retas paralelas dadas e a passar por um ponto dado.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção..
1.
Temos inicialmente duas retas paralelas $\;a,\;b\;$ e um ponto $\;P\;$ dados .
2.
A resolução do problema resume-se a encontrar pontos $\;O\;$ a igual distância das retas paralelas e do ponto $\;P\;$.

1. O 2º lugar geométrico da lista diz-nos que os pontos equidistantes de uma reta $\;m\;$ estão sobre retas paralelas a ela. Assim, é óbvio que o lugar geométrico dos pontos $\;M\;$ equidistantes das retas $\;a, \; b\;$ à distãncia $\;d\;$ uma da outra, será a reta a elas paralela e a meia distância $\; \displaystyle \frac{d}{2}\;$ entre $\;a\;$ e $\;b\;$. Os pontos $\;O\;$ procurados estão, por isso, sobre $\;m\;$.
2. O lugar geométrico dos pontos à dstância $\; \displaystyle \frac{d}{2}\;$ de $\;P\;$ estão na circunferência de centro $\;P\;$ e raio $\; \displaystyle \frac{d}{2}\;$ (1º lugar geométrico da lista)

© geometrias, 6 de Março de 2014, Criado com GeoGebra

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3.
A interseção dos lugares geométricos (1º e 2º, para os dados do problema) são os pontos $\;O_1 \;\mbox{e} \; O_2 \;$ Há, em consequência, duas circunferências de raio $\; \displaystyle \frac{d}{2}\;$ e centros $\;O_1 \;\mbox{e}\; O_2 \;$ que são soluções do problema.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção.

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Problema: Construir um triângulo $\;ABC\;$ de que são dados o lado $\;AB\;$, a altura $\;h_{AB}\;$ e a mediana $\;m_{AB}\;$ relativa ao lado dado.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção..
1.
Temos inicialmente dois pontos $\;A,\;B\;$ e dois segmentos mediana e altura .
2.
O triângulo fica construído se determinarmos um ponto $\;C\;$, vértice oposto a $\;AB\;$ tal que:

1. o segmento da perpendicular a $\;AB\;$, tirada por $\;C\;$, $\;CH_{AB}\;$, tem comprimento igual ao segmento altura dado:
   • isto é, $\;C\;$ é um ponto do lugar geométrico dos pontos $P$ que distam da reta $\;AB\;$ uma altura que é constiuído pelas duas retas paralelas $\;c''\;$, que distam uma altura de $\;AB\;$ (2º lugar geométrico da lista).
   e
2. $\;CM_{AB}\;$ é igual ao segmento mediana dado
   • isto é, $\;C\;$ é um ponto do lugar geométrico dos pontos $P$ que distam do ponto $\;M_{AB}\;$, médio de $\;AB\;$, o comprimento da mediana que é uma circunferência de centro $\;M_{AB}\;$e raio igual à mediana dada. (1º lugar geométrico da lista).

© geometrias, 5 de Março de 2014, Criado com GeoGebra

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3.
A interseção dos lugares geométricos (1º e 2º, para os dados do problema) são os pontos $\;C, D, E, F \;$ Há, em consequência, quatro triângulos congruentes que são soluções do problema: $\;ABC\;$, $\;ABD\;$, $\;ABE\;$ e $\;ABF\;$.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção

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Problema: Construir um triângulo $\;ABC\;$ de que são dados o lado $\: ;AB\;$, o ângulo $\;\gamma \;$ oposto ao lado dado e a diferença $k^2$ dos quadrados dos lados $AC$ e $BC$

Na construção a seguir, apresentamos os passos do processo de resolução do problema de construção..
1.
Temos inicialmente dois pontos $\;A,\;B\;$ um ângulo $\;\gamma\;$ e $\;k$, sendo $\;k^2 = AC^2 - BC^2 $ . Na nossa figura apoiamo-nos numa construção auxiliar sobre $\;k\;$ dado, em que tomamos $A_0$ e $B_0$ como extremos do segmento $\; k\;$ e $\;P_0;$ como vértice de um triângulo retângulo de que é dado o cateto $\;A_0B_0 =k\;$: $\;k^2 + A_0P_0^2 = B_0P_0^2\;$
2.
O triângulo fica construído se determinarmos um ponto $\;C\;$, vértice oposto a $\;AB\;$ tal que:

1. $\;\angle\;A\hat{C} B = \gamma$
   • isto é, do lugar geométrico dos pontos $P$ do qual as retas tiradas para os extremos de um segmento $\;AB\;$ formam um ângulo $\;\gamma\;$ dado que é constituído por dois arcos de circunferências congruentes das quais $\;AB\;$ é corda comum (5º lugar geométrico da lista).
   e
2. $|AC^2-BC^2|= k^2$
   • isto é, do lugar geométrico dos pontos $P$ para os quais é dada a diferença $\;k^2\;$ dos quadrados das suas distâncias a $\;A\;$ e a $\;B$ que é uma reta perpendicular a $\;AB\;$ (trata-se do 8º lugar geométrico da lista cuja construção se resume a encontrar os pontos de interseção das circunferências $\;(A, A_0P_0)\;$ e $\;(B, B_0P_0)\;$ ou das $\;(A, B_0P_0)\;$ e $\;(B, A_0P_0)\;$ e as retas definidas, uma por cada par de pontos de cada uma dessas interseções).

© geometrias, 4 de Março de 2014, Criado com GeoGebra

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3.
A interseção dos lugares geométricos (2º e 8º, para os dados do problema) são os pontos $\;C, D, E, F \;$ Há, em consequência, quatro triângulos congruentes que são soluções do problema: $\;ABC\;$, $\;ABD\;$, $\;ABE\;$ e $\;ABF\;$.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção

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Problema: Construir um triângulo $ABC$ de que são dados o lado $AB$, a altura $h$ relativa ao lado dado e a soma $k^2$ dos quadrados dos lados $AC$ e $BC$

Na construção a seguir, apresentamos os passos do processo de resolução do problema de construção..
1.
Temos inicialmente dois pontos $\;A,\;B\;$ e dois segmentos $\;h\;$ e $\;k$, sendo $\;k^2 = AC^2 + BC^2 $
Chamámos $\;c\;$ à reta $\;AB;$.
2.
O triângulo fica construído se determinarmos um ponto $C$:

1. $H_c C = h$
   • isto é, do lugar geométrico dos pontos $P$ que estão à distância $\;h\;$ de $\;AB\;$ que é constituído pelas duas retas $\;c', c'' \;$ (2º lugar geométrico da lista).
   e
2. $AC^2+BC^2 = k^2$
   • isto é, do lugar geométrico dos pontos $P$ para os quais é constante a soma dos quadrados das suas distâncias a $\;A\;$ e a $\;B$ que é a circunferência amarela de centro no ponto médio de $\;AB\;$ e cujo raio $\;MP\;$ é tal que $\;MP^2=PA^2+PB^2\;$ ou, como já vimos, $\; \displaystyle MP^2+MB^2=\frac{k^2}{2}\;$ ( trata-se do 9º lugar geométrico da lista cuja construção se resume a encontrar os pontos N' e Q' que são os pés das perpendiculares a $\;AB\;$ tiradas pelos pontos $\;N\;$ e $\;Q\;$ de interseção da reta diagonal do quadrado de lado $AB$ com a circunferência centrada em $\;B\;$ e raio $\;k$).

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

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3.
No caso da nossa construção, há quatro soluções: $\;ABC\;$, $\;ABD\;$, $\;ABE\;$ e $\;ABE\;$.
Para além das condições de existência do 9º lugar geométrico é preciso que $ \; \displaystyle h\leq \sqrt{\frac{k^2}{2}-\frac{AB^2}{4}} \;$

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (3)

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Problema: Determinar um ponto cujas distâncias a três pontos $\;A, B, C\;$ dados tenham razões $\;\displaystyle \frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{x}{z}$.

Na construção a seguir, apresentamos os passos do processo de resolução do problema..
1.
Temos inicialmente três pontos $\;A$ (azul), $\;B$ (verde) e $\;C$ (castanho) e três segmentos $\;x$ (azul), $\;y$(verde) e $\;z$(castanho)
Chamámos $\;a\;$ à reta $\;BC;$. Do mesmo modo, $\;b = AC$ e $\;c = AB$
2.
O lugar geométrico dos pontos que estão à distância $\;x\;$ de $\;A\;$ é a circunferência (azul tracejado) de centro em $\;A\;$ e raio $\;x\;$ (1º lugar geométrico da lista). Do mesmo modo, o lugar geométrico dos pontos à distância $\;y\;$ de $\;B\;$ é a circunferência (verde tracejada) de centro em $\;B\;$ e raio $\;y\;$ e o lugar geométrico dos ponto à distância $\;z\;$ de $\;C\;$ é a circunferência de centro $\;C\;$ e raio $\;C$.

© geometrias, 1 de Março de 2014, Criado com GeoGebra

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3.
Como sabemos, há sempre duas homotetias a relacionar duas circunferências, de razões com valor absoluto igual à razão dos raios e centros sobre a reta dos centros das circunferências. Por exemplo, as circunferências $\;(A, x)\;$ e $\;(B, y)\;$ são correspondentes pelas homotetias $\;{\cal H} \displaystyle \left(I_{AB}, -\frac{x}{y} \right)\;$ e $\;{\cal H} \displaystyle \left(E_{AB}, \frac{x}{y}\right)$: $\displaystyle \frac{AI_{AB}}{I_{AB}B} = \frac{x}{y} = \frac{AE_{AB}}{E_{AB}B}$
Dito de outro modo, os pontos $\;I_{AB}, E_{AB}\;$ dividem, interna e externamente, o segmento $\;AB\;$ em segmentos cuja razão $\; \displaystyle \frac{x}{y}$. À circunferência de diâmetro $\;I_{AB} E_{AB}\;$ chamamos circunferência de Apolónio para o segmento $AB$ e a razão $\; \displaystyle \frac{x}{y}$. Esta circunferência é o lugar geométrico dos pontos $X$ tais que, para os triângulos $AXB$, os pés das bissetrizes do ângulo $\;A\hat{X}B\;$ sobre $\;AB\;$ são $\;I_{AB}, E_{AB}\;$ que separam harmonicamente $\;AB\;$ e o dividem, interna e externanmente, em segmentos de razão $\;\displaystyle \frac{x}{y}\;$. Os pontos $X$ dessas circunferências de Apolónio são tais que $\; \displaystyle \frac{XA}{XB} = \frac{x}{y}\;$ (6º lugar geométrico da lista).
4.
Do mesmo modo, construímos os lugares geométricos
a) dos pontos para os quais é constante a razão $\;\displaystyle \frac{y}{z}$ das suas distâncias aos pontos $\;B, C\;$ que é a circunferência de diâmetro $\;I_{BC}E_{BC}\;$
b) e dos pontos para os quais é constante a razão $\;\displaystyle \frac{x}{z}$ das suas distâncias aos pontos $\;A, C\;$ que é a circunferência de diâmetro $\;I_{AC}E_{AC}\;$ .
5.
Os pontos $\;P, Q\;$ de interseção desses três círculos de Apolónio (de diâmetros $\;I_{AB}E_{AB}, I_{BC},E_{BC}, I_{AC}E_{AC}\;$ (recorrendo ao lg6 e lg1) estarão nas condições requeridas. $$\frac{PA}{PB}=\frac{x}{y}, \quad \frac{PB}{PC}=\frac{y}{z}, \quad \frac{PA}{PC}=\frac{x}{z}$$ $$\frac{QA}{QB}=\frac{x}{y}, \quad \frac{QB}{QC}=\frac{y}{z}, \quad \frac{QA}{QC}=\frac{x}{z}$$

No caso da nossa construção, os pontos que verificam as condições do lugar geométrico são $\;P, Q$. Valerá a pena verificar as condições de existência das soluções.

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção.

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Problema: Determinar um ponto cujas distâncias a três retas $\;a, b, c\;$ dadas tenham razões $\;\displaystyle \frac{t}{u}, \frac{u}{v}, \frac{t}{v}$.

Na construção a seguir, apresentamos os passos do processo de resolução do problema..
1.
Temos inicialmente três retas $\;a$ (azul), $\;b$ (castanho) e $\;c$ (verde) e três segmentos $\;t$, $\;u$ e $\;v$
Chamámos $\;A\;$ ao ponto de interseção das retas $\;b\;$ e $\;c\;$ : $\;\{A\} = b.c$. E do mesmo modo, $\;\{B\} = a.c$ e $\{C\} = a.b$
2.
O lugar geométrico dos pontos que estão à distância $\;t\;$ de $\;a\;$ é constituído por duas retas $\;a', a''$(azul tracejado) paralelas a $\;a\;$ e a igual distância $\;t\;$ de $\;a\;$ (2º lugar geométrico da lista). Do mesmo modo, o lugar geométrico dos pontos à distância $\;u\;$ de $\;b\;$ é constituído por duas retas $\;b', b''\;$ paralelas a $\;b\;$ e o lugar geométrico dos ponto à distância $\;v\;$ de $\;c\;$ é constituído pelas retas $\;c', c''\;$ paralelas a $\;c$.

© geometrias, 26 de Fevereiro de 2014, Criado com GeoGebra

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3.
Cada um dos pontos de interseção $\;a'.b',\quad a'.b'',\quad a''.b',\quad a''.b''\;$ está à distância $\;t\;$ de $\;a\;$ e à distância $\;u\;$ de $\;b\;$. E a razão das suas distâncias a $\;a\;$ e a $\;b\;$ é $\;\displaystyle \frac{t}{u}$. Já vimos que o lugar geométrico dos pontos para os quais é constante a razão $\;\displaystyle \frac{t}{u}$ das distâncias a duas retas $\;a, b\;$ que se intersetam é uma reta que passa pelo seu ponto de interseção $\;C\;$ que é o centro do paralelogramo de vértices $\;a'.b',\quad a'.b'',\quad a''.b',\quad a''.b''\;$ como vimos ao estudar o 7º lugar geométrico da lista.
4.
Do mesmo modo, construímos os lugares geométricos
a) dos pontos para os quais é constante a razão $\;\displaystyle \frac{u}{v}$ das suas distâncias às retas $\;b, c\;$ constituído pelas retas que contém as diagonais do paralelogramo de centro em $\;A\;$ e de vértices $\;b'.c',\quad b'.c'',\quad b''.c',\quad b''c''$
b) e dos pontos para os quais é constante a razão $\;\displaystyle \frac{t}{v}\;$ das suas distâncias às retas $\;a, c\;$ constituído pelas retas que contêm as diagonais do paralelogramo de centro em $\;B\;$ e vértices $\;a'.c',\quad a'.c'',\quad a''.c', \quad a''.c''$.
5.
Qualquer ponto $\;X\;$ de interseção dos três lugares geométricos obtidos (recorrendo ao lg7, suportado por lg2) estará nas condições requeridas no nosso problema. Chamando $\;d_1\;$ à distância de $\;X\;$ a $\;a\;$, $d_2$ à distância de $\;X\;$ a $\;b\;$ e $\;d_3\;$ à distância de $\;X\;$ a $\;c\;$, sabemos que $$ \frac{d_1}{d_2}= \frac{t}{u}, \quad \frac{d_2}{d_3}= \frac{u}{v}, \quad \frac{d_1}{d_3}= \frac{t}{v}$$ No caso da nossa construção, os pontos que verificam as condições do lugar geométrico são $\;P, Q, R, S$.
6.
Quando as retas se intersetam duas a duas e $\;t=u=v$, estamos no caso particular em que estão em causa bissetrizes dos ângulos dos pares de retas $\;(b, c)$, $\;(a, c)\;$ e $\;(a, b)\;$, sendo os pontos procurados o incentro $\;I\;$ e os excentros $\;I_1, I_2, I_3$.

Resolução de problemas de construção usando (a lista de) lugares geométricos

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Vamos dar exemplo daquilo a que chamamos aplicação do método dos lugares geométricos à demonstração de teoremas ou resolução de problemas por construção geométrica (referida a instrumentos euclidianos)

Problema: Dados três pontos A, B, C e um ângulo γ, determinar a circunferência que passa por dois deles A e B e subtende o ângulo γ no terceiro ponto C.

Na construção a seguir, apresentamos os passos do processo que pode seguir deslocando o cursor do seletor |n|.
1.
No quadro inicial - |n=1| - encontram-se os dados do problema: A, B, C,γ.
Para resolver o problema de desenhar uma circunferência que passa por dois pontos A, B dados, basta determinar o seu centro O. Por 2 pontos passa uma infinidade de circunferências, tantas quantos os pontos da mediatriz de [AB].
2.
Que tem O a ver com a condição de essa ser uma cirucnferência que subtende um ângulo γ dado de vértice C?
Procuramos o centro O de uma circunferência para a qual as tangentes tiradas por C formam um ângulo ∠TCT'= γ, em que T, T' são pontos de tangência.
Como sabemos, será uma circunferência de raio OA=OB=OT para o qual ∠OTC é reto.
Neste passo |n=2| construímos sobre o ângulo γ de vértice C₀ triângulos ΔCT₀O₀ e ΔCT'₀O₀ e retângulos respetivamente em T₀ e T'₀, semelhantes entre si e aos ΔCTO e ΔCT'O.
Conhecemos agora T₀O₀ / C₀O₀ = TO / CO = AO / CO=BO / CO, constante para cada γ.

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

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3.
|n=3|: -O é um dos pontos para os quais é uma constante k=T₀O₀ / C₀O₀ = AO / CO , ou seja, O está sobre a circunferência de Apolónio relativa a [AC] e constante k (6º lugar geométrico). Essa circunferência (tracejado a azul) tem diâmetro I₁ e E₁, centros das homotetias que transformam a circunferência centrada em A e de raio T₀O₀ na circunferência centrada em C e de raio C₀Os₀.
4.
|n=4|: - Do mesmo modo, se sabe que O é um dos pontos para os quais é uma constante $\displaystyle k=\frac{T_0O_0}{C_0O_0} = \frac{BO}{CO}$, isto é, está na circunferência de Apolónio (tracejada a amarelo) de diâmetro $I_2E_2$ sobre $BC$.
5.
|n=5|: - Os pontos O e O' de interseção das duas circunferências de Apolónio relativas a $AC$ e a $BC$ e razão comum $k$, são centros das circunferências que passam por $A$ e por $B$ e subtendem o ângulo $\gamma$ de vértice $C$.
6.
|n=6|: - Para finalizar, desenham-se para a circunferência de centro $O$ os triângulos $COT$ e $COT'$ iguais entre si e semelhantes a $C_0O_0T_0$ e $C_0O_0T'_0$.

Construção do 9º lugar geométrico

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O 9º lugar geométrico da lista foi assim enunciado IX. O lugar geométrico dos pontos para os quais a soma dos quadrados das distâncias a dois pontos dados é uma constante é uma circunferência de centro no ponto médio do segmento de reta definido pelos dois pontos dados.

1. Na anterior entrada, transcrevemos a proposta de H. Eves para a construção deste lugar geométrico. Assim
   • Tome-se a reta que passa pelos pontos $A, B$ dados. Num dos extremos, por exemplo $A$, construa-se um ângulo de 45º.
   • Com centro no outro extremo $B$, constrói-se uma circunferência de raio $k$ dado que, nas condições de existência do lugar geométrico $\displaystyle k >AB.\frac{\sqrt{2}}{2}$, interseta em dois pontos o segundo lado do ângulo de 45º em $B$.
   • A projeção ortogonal destes dois pontos sobre $AB$ são os extremos do diâmetro da circunferência de centro em $M$ e raio $\displaystyle \sqrt{\frac{k^2}{2} - \frac{AB^2}{4}}$.
   A figura que se segue, procura ilustrar e demonstrar essa proposta de determinação, por construção geométrica, dos elementos definidores do lugar geométrico, a saber $M, K, L$.

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

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2. Já vimos na anterior entrada que o lugar geométrico dos pontos $P$ tais que $PA^2+PB^2=k^2$ é a circunferência de centro em $M$, ponto médio de $AB$ que pode ser definida pela equação em $P$: $\displaystyle PM^2 = \frac{k^2}{2} - \frac{AB^2}{4}$ que se pode escrever $\displaystyle PM^2 = \frac{k^2}{2} - BM^2$, por ser $AB=2BM$, ou ainda $\displaystyle PM^2+ MB^2 = \frac{k^2}{2}$
3. Assim, o raio $PM$ da circunferência dos pontos $P$ para os quais $PA^2+PB^2 =k^2$ pode ser obtido como um cateto de triângulo retângulo em $M$ de que o outro cateto é $BM$ e a hipotenusa é $\displaystyle \frac{k}{\sqrt{2}}$
4. Ora $\displaystyle \frac{k}{\sqrt{2}}$ é quanto mede o lado do quadrado de diagonal $k = BE$ raio da circunferência de centro em $B$, sendo $E$ um dos pontos de interseção da circunferência de raio $K$ com o segundo lado do ângulo de 45º em $A$. Um ponto $P$ do lugar geométrico obtém-se sobre a perpendicular a $AB$ tirada por $M$, extremo do lado $BP$ do quadrado de diagonal $k=BE$.
   $$MK=ML=PM : PM^2 + BM^2= \left(\frac{k}{\sqrt{2}}\right)^2$$
5. $PM\parallel GDK \parallel EFL$ :
   Projetam-se ortogonalmente sobre $AB$, da corda D$E$ da circunferência $(B, k) $, $D$ em $K$, $E$ em $L$ e o ponto médio de $DE$ em $M$ ponto médo de $AB$. Do mesmo modo, por simetria, para a corda $FG$ da circunferência $(A,k)$.

O 9º lugar geométrico da lista: P tais que PA2+PB2=k2

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O 9º lugar geométrico da lista foi assim enunciado
IX. O lugar geométrico dos pontos para os quais a soma dos quadrados das disâncias a dois pontos dados é uma constante é uma circunferência de centro no ponto médio do segmento de reta definido pelos dois pontos dados.

Para ilustrar este lugar geométrico, apresentamos a seguir os passos da construção e demonstração.

1. Temos como dados um comprimento $k$, e dois pontos $A$ e $B$. Para determinar algum ponto $P$ tal que $PA^2+PB^2=k^2$, começamos por construir um triângulo retângulo em $P_O$ de hipotenusa $k=A_0B_0$. Com centro em $A$ e raio $A_0P_0$ desenhamos uma circunferência e com centro $B$ e raio $B_0P_0$ outra. Um ponto $P$ de interseção destas duas circunferências, caso exista, verifica a condição $PA^2+PB^2=k^2$ de definição do 9º lugar geométrico
2. o botão de animação ligado a $P_0$ variável dá uma sugestão sobre qual será o conjunto dos pontos que procuramos - pelos traços de $P$ e $Q$.

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

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   Deslocando manualmente $P_0$ ou clicando no botão de animação, obtemos um grande conjunto de pontos $P$ do 9º lugar geométrico, e a sugestão de que todos eles estarão sobre uma circunferência de diâmetro sobre a reta $AB$.
   Para voltar ao desenho original clique no botão da direita ao cimo da janela.
3. Que a nossa conjetura feita a partir da observação é correta pode ver-se assim:
   • Para qualquer triângulo $PAB$, sabemos que $2\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}$, temos $ 4 \overrightarrow{PM}^2= \overrightarrow{PA}^2 + \overrightarrow{PB}^2 + 2\overrightarrow{PA}.\overrightarrow{PB}$.
     Ora, como $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA}$, calculando o quadrado escalar de $\overrightarrow{AB}$, temos
     $\overrightarrow{AB}^2 = \overrightarrow{PB}^2+\overrightarrow{PA}^2 - 2\overrightarrow{PB}.\overrightarrow{PA}$ ou $ 2\overrightarrow{PB}.\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{PB}^2+\overrightarrow{PA}^2 - \overrightarrow{AB}^2$
     E, assim, temos $\;\; 4 \overrightarrow{PM}^2= \overrightarrow{PA}^2 + \overrightarrow{PB}^2 +\overrightarrow{PB}^2+\overrightarrow{PA}^2 - \overrightarrow{AB}^2\;\;$ ou $\quad \quad{ \displaystyle PA^2+PB^2=2.PM^2+ \frac{AB^2}{2}}$
   • No caso de $P$ verificar a condição $PA^2+PB^2 = k^2$, $$k^2= 2. PM^2+\frac{AB^2}{2} \;\;\; \mbox{ou} \;\;\; PM^2 = \frac{k^2}{2}- \frac{AB^2}{4}$$
     Vimos assim que para os dados $k, A, B$, os pontos $P$ para os quais $PA^2+PB^2=k^2$, quando existem, estão sobre a circunferência   "$ PM^2 = \displaystyle \frac{k^2}{2}- \frac{AB^2}{4} $" , de centro $M$ e raio $ \displaystyle \sqrt{\frac{k^2}{2}- \frac{AB^2}{4}}$.
4. Seja $P$ um ponto qualquer do círculo de centro "$M$ e raio $\displaystyle \sqrt{\frac{k^2}{2}-\frac{AB^2}{4}}$, para $A, B, k$ dados.
   • Se $P, A, B$ não são colineares, $PAB$ é um triângulo e como vimos antes, sendo $M$ o ponto médio de $AB$, então $\displaystyle PA^2+PB^2 = 2.PM^2 + \frac{AB^2}{2}$ e, sendo $P$ um ponto da circunferência considerada acima, o raio $PM$ é tal que $\displaystyle PM^2 = \frac{K^2}{2} - \frac{AB^2}{4}$, de onde se pode concluir que $$PA^2+PB^2 = 2. \left(\frac{k^2}{2} -\frac{AB^2}{4}\right) + \frac{AB^2}{2}= k^2$$ Ou seja $P$ é um ponto do lugar geométrico.
   • Se $P$ é um dos pontos em que a reta $AB$ encontra a circunferência de centro $M$ e raio $\displaystyle \sqrt{\frac{k^2}{2}-\frac{AB^2}{4}}$, como $$\overrightarrow{PA^2}+ \overrightarrow{PB^2}=(\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{MA})^2 + (\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{MB})^2=\overrightarrow{PM}^2+\overrightarrow{MA}^2 + 2.\overrightarrow{PM}.\overrightarrow{MA} +\overrightarrow{PM}^2+\overrightarrow{MB}^2 + 2.\overrightarrow{PM}.\overrightarrow{MB} $$ $\overrightarrow{MA} = -\overrightarrow{MB}, AM=BM, 2.AM=AB, 2.AM^2=AB^2$,
     $PA^2 + PB^2 = 2.PM^2+ 2.AB^2 = 2(\frac{k^2}{2}-\frac{AB^2}{4})+2.AB^2=k^2.$
     Ou seja, os pontos $P$ da circunferência de centro e raio referidos, colineares com $A$ e $B$, satisfazem a condição do lugar geométrico.
5. Só nos falta ver as condições de existência do lugar geométrico em si.
   Para $A \neq B$ a circunferência de que temos vindo a falar existe só e só quando $$\frac{k^2}{2} - \frac{AB^2}{4} \geq 0, \mbox{isto é, quando} \frac{k^2}{2} \geq \frac{AB^2}{4} $$
   • Para $\displaystyle k^2 = \frac{AB^2}{2}\;\; \mbox{ou seja, para}\;\; k= AB. \frac{\sqrt{2}}{2}$, a circunferência reduz-se ao seu centro $M$, ponto médio de $AB$:
     $\displaystyle k=\frac{\sqrt{2}}{2}. {AB} \Leftrightarrow k^2= \frac{AB^2} {2} \Leftrightarrow \frac{k^2}{2}-\frac{AB^2}{4} = 0 \Leftrightarrow PM^2 =0 \Leftrightarrow P=M $
   • Se $\displaystyle k^2 < \frac{AB^2}{2}$ não existe qualquer ponto $P$: $PA^2+PB^2 = k^2$, já que $\displaystyle PA^2+PB^2 = 2PM^2+ \frac{AB^2}{2}$ e $\displaystyle 2PM^2+ \frac{AB^2}{2}\geq \frac{AB^2}{2}$.
6. Para os valores de $k$: $\displaystyle k^2 >\frac{AB^2}{2}$, os pontos $P$ para os quais é constante $k^2$ a soma dos quadrados das suas distâncias a dois pontos $A$ e $B$ dados, é a circunferência de centro no ponto médio $M$ de $AB$ e raio $\displaystyle \sqrt{\frac{k^2}{2} - \frac{AB^2}{4}}$
7. Para a construção deste lugar geométrico, H. Eves propõe os seguintes passos:
   1. Tome-se a reta que passa pelos pontos $A, B$ dados. Num dos extremos, por exemplo $A$, construa-se um ângulo de 45º.
   2. Com centro no outro extremo $B$, constrói-se uma circunferência de raio $k$ dado que, nas condições de existência do lugar geométrico $\displaystyle k >AB.\frac{\sqrt{2}}{2}$, interseta em dois pontos o segundo lado do ângulo de 45º em $A$.
   3. A projeção ortogonal destes dois pontos sobre $AB$ são os extremos do diâmetro da circunferência de centro em $M$ e raio $\displaystyle \sqrt{\frac{k^2}{2} - \frac{AB^2}{4}}$.

O oitavo lugar geométrico da lista - P tais que PA2-PB2 constante.

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O 8º lugar geométrico da lista foi assim enunciado
VIII. O lugar geométrico dos pontos para os quais é contante a diferença dos quadrados das suas distâncias a dois pontos dados é uma reta perpendicular à reta que passa pelos dois pontos dados

Para ilustrar este lugar geométrico, apresentamos a seguir os passos da construção e demonstração.

1. Tomamos os pontos $A$, $B$ e a reta $AB$ por eles definida.
2. Para um valor de $k$, pretendemos determinar um ponto $P$ tal que $PA^2 - PB^2=k^2$ que é equivalente a $PA^2+k^2=PB^2$. Para determinar a distância $PA$, desenhamos um triângulo retângulo de catetos $k$ e $B_0 P_0$ (variável), sendo a hipotenusa $A_0P_0$. Com centro em $A$, desenhamos uma circunferência de raio $A_0P_0$ e, com centro em $B$, desenhamos a circunferência de raio $B_0P_0$. Quando estas circunferências se intersetam, os pontos de interseção $P$ são tais que $PA^2-PB^2=k^2$, condição do 8º lugar geométrico.
   

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

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3. O botão de animação (ao fundo à esquerda) permite acionar o deslocamento de $P_0$ sobre a reta $B_0P_0$, o que acarreta a variação dos comprimentos dos segmentos $B_0P_0$ e $A_0P_0$ e, logo, os pontos $P$ tais que $PA^2-PB^2= k^2$.
   Para cada $k$, após a animação e os traços deixados por $P$ na sua variação, sugerem-nos que o lugar geométrico é uma reta perpendicular a $AB$.
4. Precisamos de abordar alguns resultados vetoriais para determinar o lugar geométrico:
   • Consideremos o triângulo $PAB$, o ponto $M$ médio de $AB$ e o pé $H$ da perpendicular a $AB$ tirada por $P$, como podemos ver na figura inicial e a que podemos voltar sempre clicando no botão na direita alta da figura dinâmica.
   • Lembramos o produto escalar de dois vetores: $\overrightarrow {PA}.\overrightarrow{PB}=\overline{PA}.\overline{PB}.cos(A\hat{P}B)$.
     E, tendo em conta essa definição, por exemplo, $\overrightarrow{PA}.\overrightarrow{PA} = {PA}^2$ e $\overrightarrow{PH}.\overrightarrow{AH}= 0$.
     Calculemos a diferença dos quadrados de dois lados de $PAB$ , no caso $PA^2-PB^2$: ${PA}^2 -{PB}^2 = \overrightarrow{PA}^2 - \overrightarrow{PB}^2= (\overrightarrow{PA} - \overrightarrow{PB}).(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB})$.
     Como $\overrightarrow{PA} - \overrightarrow{PB} = \overrightarrow{BA}$ e $\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}=2.\overrightarrow{PM}$, temos $PA^2 - PB^2 = 2.\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{PM}$. E, finalmente, por ser $\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{PH}+\overrightarrow{HM}$ e $PH \perp BA$, $\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{HM}$ podemos concluir $$PA^2 - PB^2 =2.\overline{AB}.\overline{MH}$$
5. Seja um ponto $P$ do lugar geométrico, ou que verifica a condição $PA^2-PB^2 = k^2$. Na alínea anterior estabelecemos que, para qualquer triângulo $PAB$, $PA^2- PB^2 = 2. AB. MH$. Por isso, $2.AB.MH = k^2$ ou seja $\displaystyle MH =\frac{k^2}{2.AB}$ Para dados $A$, $B$ e $k$, há um só $M$ e, logo, um só $H$. Por isso, o ponto $P$ do lugar geométrico está na perpendicular a $AB$ tirada por $H$.
6. • Será que qualquer ponto dessa perpendicular a $AB$ tirada por $H$ verifica a condição do lugar geométrico?
     Seja um ponto $P$ qualquer da perpendicular a $AB$ tirada por $H$, e consideremos o triângulo $PAB$. Sabemos que $PA^2-PB^2 = 2.AB.MH$. Como $\displaystyle MH=\frac{k^2}{2.AB}$, $\;\;PA^2-PB^2=k^2$.
   • Se $P \equiv H$, usando segmentos orientados: $HA^2-HB^2 = (\overline{HA}+\overline{HB}).(\overline{HA}-\overline{HB}) = 2.\overline{HM}. \overline{BA}= 2\overline{AB}.\overline{MH} = k^2$
     Ou seja $H$ também verifica a condição do lugar geométrico.
   Podemos concluir que o conjunto dos pontos, para os quais a diferença dos quadrados das suas distâncias a dois pontos $A, B$ dados é constante $k^2$, é a reta (ou o plano) perpendicular a $AB$ e num ponto $H$ definido por $2 \overline{MH}. \overline{AB}= k^2$

Se desejar tomar outro valor da constante $k$, basta deslocar $A_0$.

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Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry . Jones and Bartlett Pub. Boston:1992
Cluzel; Vissio. Gémométrie- Classes de Prémière (Lycées Techniques et modernes) Dlagrave. Paris:1964

O 7º lugar geométrico da lista - pontos P tais que é constante a razão das suas distâncias a duas retas concorrentes dadas

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O 4º lugar geométrico da lista era defnido como conjunto de pontos $P$ a igual distância de duas retas concorrentes $a$ e $b$ (bissetrizes dos ângulos $\angle \hat{a, b}$). Concentremo-nos no 4º que é afinal um caso particular do 7º para $k=1$

O 7º lugar geométrico da lista foi assim enunciado
VII.O lugar geométricos dos pontos cujas distâncias a duas retas concorrentes dadas estão numa dada razão $k$ é um par de retas que passam pelo ponto de interseção das retas dadas.
O lugar geométrico (IV) - bissetriz - é um caso particular deste em que k=1.

Usando o lugar
II. O lugar geométrico dos pontos a uma dada distância de uma dada reta consiste em duas retas paralelas à reta dada e à distância dada desta, a construção que se segue iustra bem o processo seguido, em tudo semelhante ao já usado antes:

1. Tomamos as retas $a$ e $b$ que se intersetam num ponto $O$, um seletor $d$ e um outro $k$.
2. Para um valor de $k$, tomamos uma circunferência centrada num ponto de $a$ e de raio $\;k.d\;$ e outra circunferência centrada num ponto de $b$ e de raio $d$. Para a primeira delas, tomamos o diâmetro perpendicular a $a$ e pelos seus extremos tiramos paralelas a $\;a - \;a_1, a_2\; -$ lugar geométrico dos pontos à distância $k.d$ de $a$. Do mesmo modo, obtemos as paralelas a $\;b - \;b_1, b_2\: -$ lugar geométrico dos pontos à distância $d$ de $b$.
3. As quatro retas $a_1 b_1 a_2 b_2$ formam um paralelogramo ($\; a_1 \parallel a_2, b_1 \parallel b_2\;$) cujas diagonais se bissetam em $\;O\;$ e de vértices $\;P_1 \;(a_1.b_1), P_2 \; (a_2.b_2), P_3 \; (a_2.b_2), P_4 \; (a_1.b_2)$. Estes pontos ${P_i: i=1, 2, 3, 4}$ estão à distância $d.k$ de $a$ e à distância $d$ de $b$, ou seja , são pontos tais que a razão das suas distâncias a $a$ e $b$ é $k$.
   

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

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4. O botão de animação ao fundo à esquerda está ligado ao seletor $d$. Para cada valor de $k$, ao fazer variar $d$ obtemos um paralelogramo de vértices $P_i$ - extremos das diagonais $P_1P_3$ (sobre $l_1$) e $P_2P_3$ (sobre $l_2$) - que são do VII lugar geométrico que procuramos determinar.
   Mas será que, dados $a, b, k$, $l_1 \cup l_2$ é o lugar geométrico dos pontos $P$ tais que é $k$ a razão das suas distância a $a$ e a $b$ ?
5. Consideremos um ponto $P$ de $l_1 \cup l_2$, $P \in l_1 \vee P \in l_2$, por exemplo, $P \in l_1$. Sabemos que para um dado valor $d_1$ de $d$, há um ponto $P_1 =a_1.b_1$ à distância $d_1$ de $b$ e à distância $k.d_1$ de $a$. As homotetias de centro $O$ transformam cada uma das retas $a, b, l_1, l_2$ em si mesmas. E transformam segmentos proporcionais em segmentos proporcionais na mesma razão, por isso, a homotetia de centro $O$ que transforma $P_1$ em $P$, transforma o segemnto $d_1$ da perpendicular a $b$ tirada por $P_1$ em $PH_b$ e o segmento $k.d_1$ da perpendicular a $a$ tirada por $P_1$ em $PH_a$. Por isso $PH_a=k.PHb$ e P é ponto do lugar geométrico que procuramos. Raciocínio análogo prova que um ponto de $l_2$ é ponto do lugar geométrico. O ponto $O (=l_1.l_2)$ é um ponto do lugar geométrico já que $ 0 = 0 \times k$
6. Reciprocamente: Seja um ponto qualquer $P: PH_a = k.PH_b$. Conduzamos por $P$ uma paralela $b'$ a $b$. Sobre esta $b'$ paralela a $b$, não há mais que dois pontos de $l_1 \cup l_2$ e, dada a definição de $P$, as interseções de $b'$ com $l_1 \cup l_2$ são pontos deste conjunto. Logo $P$ tem de ser um dos dois pontos da interseção $b'.(l_1\cup l_2)$, ponto de $l_1\cup l_2$. Como queríamos.

Notas:

• Usando o seletor $k$, pode ver o que acontece com outros valores da razão (constante), especialmente o que acontece com $k=1$.
• É interessante saber que: $\forall a, b$ {retas concorrrentes}, $\forall k \in \mathbb{R}^+$, $(a,b; l_1, l_2) =-1$. Ou seja, o feixe $(a,b; l_1, l_2)$ de centro $O$ é harmónico.
• O lugar geométrico dos pontos tais que é constante ($ k\neq 1$) a razão das suas distâncias a duas retas paralelas $a$ e $b$ é constituído por duas retas paralelas às dadas e com elas formando um feixe harmónico. E determina-se de um modo análogo ao usado com retas concorrentes.

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Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry . Jones and Bartlett Pub. Boston:1992
Cluzel; Vissio. Gémométrie- Classes de Prémière (Lycées Techniques et modernes) Dlagrave. Paris:1964

O 6º lugar geométrico da lista - pontos P tais que PA=k.PB, dados A, B e k≠1

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Os 3º e 4º lugares geométrico da lista eram defnidos como conjuntos de pontos $\;P\;$ a igual distãncia de dois pontos dados $\;A\;$ e $\;B\;$ - mediatriz de $\;AB\;$ - ou a igual distância de duas retas concorrentes $\;a\;$ e $\;b\;$ (bissetrizes dos ângulos $\;\angle \hat{a, b}.$
Concentremo-nos no 3º que é afinal um caso particular do 6º para $\;k=1\;$ Por exemplo, o terceiro lugar geométrico poderia ser descrito assim $$\left\{P: \;\frac{PA}{PB} =1 \right\}$$ e foi construído tomando circunferências de igual raio centradas em $\;A\;$ e $\;B.\;$
Quando as circunferências se intersetam temos pontos $\;P\;$ tais que $\;PA=PB. \;$ Um dos pontos do segmento $\;AB\;$ verifica essa condição: o ponto médio $\;M\;$ onde se tocam as circunferências de raio $\;\displaystyle \frac{AB}{2}\;$ centradas em $\;A\;$ e $\;B.\;$
E se tomarmos $k\neq 1$?
VI. O lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ para os quais é constante $\;k>0 \wedge k\neq 1\;$ a razão das suas distâncias a dois pontos $\;A\;$ e $\;B\;$ dados é a circunferência de diâmetro $\;IE, \;$ em que $\;I\;$ e $\;E\;$ dividem $\;AB\;$ interna e externamente em segmentos na razão dada.
(Esta é a circunferência de Apolónio para o segmento dado e a razão dada).
Como determinamos os pontos $\;\displaystyle \left\{P: \frac{PA}{PB} =k \wedge k \neq 1 \right\}$?
A construção que se segue ilustra bem o processo seguido em tudo semelhante ao usado para traçar a mediatriz:

1. Tomamos os pontos $\;A\;$ e $\;B,\;$ a reta $\;AB\;$, um seletor $\;d\;$ e um outro $\;k.\;$
2. Para um valor de $\;k, \;$ tomámos uma circunferência centrada em $\;B\;$ e de raio $\;d\;$ e outra circunferência centrada em $\;A\;$ e de raio $\;d.k$. Se estas circunferências se intersetarem em $\;C,\;$ este ponto está à distância $\;d\;$ de $\;B\;$ e $\;d.k\;$ de $\;A$. A razão das distâncias de $\;C\;$ a $\;A\;$ e de $\;C\;$ a $\;B\;$ é $\;k\;$ e $\;C\;$ será um ponto do lugar geométrico que procuramso determinar.
3. O botão de animação (ao fundo à esquerda) está associado ao seletor $\;d$. Para um valor de $\;k$, para cada valor de $\;d\;$ (variável) obtemos $\;C\;$ e $\;D$, pontos do lugar geométrico referido a $\;A$, $\;B\;$ e esse valor de $\;k$. Os pontos $\;C\;$ e $\;D\;$ deixam traço e pode acompanhar o desenho quando $\;d\;$ toma diferentes valores.
   

   © geometrias, 5 de Fevereiro de 2014, Criado com GeoGebra

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4. À semelhança do que aconteceu com o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB\;$ para $\;k=1$, aqui também há um valor de $\;d\;$ para o qual as circunferências $\;B(d)\;$ e $\;A(d.k)\;$ se tocam num ponto $\;I\;$ de $\;AB\;$ e um outro valor de $\;d\;$ para o qual as circunferências se tocam num ponto $\;E$. Pode aproximar-se desses pontos deslocando o cursor $\;d$.
5. Para cada $\;k,\;$ estes $\;I\;$ e $\;E\;$ são os centros das homotetias de razão $\;\pm k\;$ que transformam $\;B\;$ em $\;A\;$ e as circunferências centradas em $\;B\;$ de raios $\;d\;$ nas circunferências centradas em $\;A\;$ de raios $\;d.k$
6. Na nossa construção, $\;\forall k>0 \; \; $ $ \;\frac{IA}{IB}=-k,\; \; \frac{EA}{EB}=k\; \;$ e $ \;\frac{AC}{BC}=k\;$ (razão entre os raios das duas circunferências centradas em $\;A\;$ e $\;B\;$ homtéticas de razão $\;k$):
   • $\;I\;$ divide internamente $\;AB\;$ em $\;AI\;$ e $\;IB$, sendo $\;AI=k.IB$.
   • $\;E\;$ divide externamente $\;AB\;$ em dois segmentos $\;AE\;$ e $\;EB,\;$ sendo $\;AE=k.EB$
7. Os pontos $\;I\;$ e $\;E\;$ separam harmonicamente $\;A\;$ e $\;B\;$, já que a razão dupla $$\;(AB, IE)=\frac{AI \times EB}{IB \times AE} = \frac{k}{-k} =-1$$ Para cada $\;(A,\; B,\; k)\;$, pode variar $\;d\;$ (e logo $\;C\;$), mantendo-se $\;I\;$ e $\;E\;$ inalterados. Estes pontos são os pés das bissetrizes interna e externa do ângulo $\;\angle A\hat{C}B\;$ na reta $\;AB$, no triângulo $\;ABC\;$ em que $\;CA=k.CB$
8. Quer dizer que os pontos $\;C$: $\;CA=k.CB\;$ são do lugar geométrico que procuramos determinar e estão sobre a circunferência de diâmetro $\;IE$, já que $\;I\hat{C}E\;$ é um ângulo reto.
9. Para que a circunferência de diâmetro $\;IE\;$ seja o lugar geométrico que procuramos definir, só falta provar que qualquer ponto $\;P\;$ da circunferência de diâmetro $\;IE\;$ satisfaz a condição $\;\displaystyle \frac{PA}{PB}=k$. Sabemos que $\;I\;$ e $\;E\;$ satisfazem essa condição e que $\;(AB, IE) = -1$. O feixe de concorrentes $\;(PA, PB, PI, PE)\;$ é harmónico já que a secção por $\;AB\;$, $\;{A,B,I,E}\;$ é um quaterno harmónico, ou que $\;I\;$ é conjugado harmónico de $\;E\;$ relativamente a $\;A\;$ e $\;B$. Neste feixe harmónico, $\;PI \perp PE\;$ e, portanto, bissetrizes do ângulo $\;A\hat{P}B\;$. Por isso e por construção de $\;I\;$ e $\;E$: $$k=\frac{IA}{IB}=\frac{PA}{PB}$$
10. A esta circunferência de diâmetro $\;IE\;$ cujos extremos dividem $\;AB\;$ em segmentos cuja razão é $\;k\;$ chamamos circunferência de Apolónio para os pontos $\;A, \;B\;$ e valor $\;k$

Na construção, além de animar $\;d$, pode deslocar o ponto do seletor $\;k\;$ e verificar o que se passa quando $\;k\;$ toma diferentes valores, especialmente, quando $\;k\;$ toma o valor $\;1$.

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Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry . Jones and Bartlett Pub. Boston:1992
Cluzel; Vissio. Gémométrie- Classes de Prémière (Lycées Techniques et modernes) Dlagrave. Paris:1964