A circunferência é uma cónica?

A construção dinâmica que a seguir pode ver foi feita, usando Geogebra, para substituir uma outra feita com Cinderella para uma publicação de 1.12.2012 (dia de restauração), a um click em: A circunferência é uma cónica :-) em espera.
------ construção dinâmica com Geogebra ------

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Razão cruzada de um feixe de quatro retas

4 retas que passam por um dado ponto gozam de uma propriedade "simples" que pode deslumbrar quem estuda geometria (projetiva, no caso). Aqui fica uma ligação à publicação de Agosto de 2012 que recorria à aplicação - Compasso e Régua (Zirkel und Linea; R. Grothmann)-, restaurada hoje com recurso a Geogebra....
Para cada feixe de retas, há uma razão (a cruzada razão) que se mantém invariante, isto é, não depende da reta que corta o feixe.... A figura permite-nos considerar isso mesmo por simples manipulação de E e F que nos deixam ver as diversas posições da reta r, o que é variável e o que se matém invariante.
[A.A.M.]

Teorema 119 FG-M

Enunciado do TEOREMA 119 FG-M:
São dadas duas circunferências tangentes interiormente num ponto A: a exterior de centro N, a interior de centro M. Seja AE a reta tangente às circunferências em A e seja BE a tangente à circunferência interior em C.
Demonstre que a reta AC é bissetriz do ângulo ∠BÂD.

[A.A.F.]
Demonstração:
Os segmentos AE e CE são iguais, logo ∠EAC = ∠ECA. Da geometria elementar sabe-se que: ∠EAC = (arc AD + arc DF) / 2 e ∠ECA = (arc AD + arc BF)/2 Logo arc DF = arc BF, ou seja, ∠DAC = ∠CAB;
de onde se conclui que AC é a bissetriz do ∠BAD.

A relação da distância entre circuncentro e incentro de um triângulo dado com os circunraio e inraio.....

[A.A.F.] A figura dinâmica permite conjecturar que para quaisquer A, B ou C ou para qualquer triângulo ΔABC se mantém a relação estabelecida IO² = R²-2rR Desloque A, B ou C...... para conjecturar.
Não deixe de tentar demonstrar... ▀

Dobras de um canto com uma dada área.

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

► Clique no botão a que chamámos "auxiliares"

Chamamos Q e R aos dois outros vértices do triângulo da dobragem que leva O para P. E designamos por S o ponto de interseção de OP com RQ. Como os ângulos em O e em P são iguais e retos, RQ é o diâmetro da circunferência que passa por Q,P,R,O.
P obtém-se como imagem de O por uma meia volta em torno de QR, ou dito de outro modo, para cada Q e cada R, há um P imagem O por simetria de eixo QR. OQ = QP, OS = SP, OR = RP.





© geometrias, 8 dezembro 2015, Criado com GeoGebra


A área do triângulo PQR é dada por QR ╳ OP / 2 ou por QP ╳ PR / 2.
Designemos por (x, y) as coordenadas cartesianas de P: x=OQ,  y=OR   e por (ρ,   θ)   as coordenadas polares de P:    ρ = OP =2 ∙ SP,   θ =∠ QÔP.
No caso da nossa construção, atribuímos o valor 3 a k e a condição do problema que P deve satisfazer é, pelo que vimos, x ∙ y = 6.
Como OS ⊥ QR , do triângulo Δ OSQ, retângulo em S, tiramos OS / OQ = cos(θ) ou ρ / 2 = x.cos(θ).
Também o triângulo [RSO] é retângulo em S e RÔS = π / 2 - θ e ρ / 2=y.cos(π / 2 - θ) ou ρ / 2 = y.sen(θ) .
De ρ = 2x.cos(θ) e ρ=2.sen(θ) podemos concluir que ρ² = 4xy.sen(θ). cos(θ) ou, por ser 2. sen(θ).cos(θ) = sen(2θ), e xy = 2k (no nosso caso 6), podemos concluir que o lugar geométrico dos pontos P(ρ , θ) tais que os triângulos (QPR) de dobragem têm área k constante satisfazem a seguinte equação
ρ ² = 4k. sen(2 θ) que é a equação de uma curva chamada lemniscata (meia lemniscata no nosso caso por serem x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 restrições consideradas no enunciado do problema.)

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

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

de uma colinearidade a outra e etc.

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Consideremos três pontos colineares A, B, C incidentes na reta r (podem tomar diversas posições) e dois semicírculos: um - c - de diâmetro AB e outro - d - de diâmetro AC ambos num dos dois semiplanos determinados por r.
Seja D o ponto médio do segmento BC: BD=DC; e, tiradas por D,

• a perpendicular a r - p - que intersecta d em E,
• e a tangente a c - t - sendo F o ponto de tangência.

Finalmente, considerámos a reta i determinada por A e F. A nossa figura leva-nos a conjecturar que

1. os segmentos DF da tangente t e DE da perpendicular a r são geometricamente iguais
2. o ponto E incide na recta i=AF, ou seja, A, E e F são colineares.

Pode demonstrar.

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Cluzel, R. et Robert, J-P.   La Géométrie et ses applications  Lib. Delagrave, Paris.1964 - p. 136, ...

um ângulo e um lugar geométrico

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O problema de procurar um certo lugar geométrico :
Dado foi um ângulo xOy. Disseram-nos para deixarmos à solta no lado Ox um ponto P e que um outro ponto devia ser tal que PO+ON fosse Konstante:-). Assim fizemos.
Mais tarde perguntaram-nos por onde andaria o ponto M médio entre P e N quando P passeasse por onde pudesse (pelo lado Ox).

Para a nossa construção, que apresentamos a seguir, considerámos a constante 10 (= NO + OP, sendo NO = 10- OP e N na intersecção da circunferência de centro O e raio 10-OP).

Pode deslocar o ponto P em Ox e acompanhar o comportamento dos restantes pontos que dependem da posição de P: N e M. Confirmará (ou poderá conjecturar) que o ponto M tomará posições em linha recta e deixando um rasto. O lugar geométrico reduz-se a um segmento de recta que talvez lhe interesse algebricamente...(pode também clicar no botão de animação de M na janela de visualização que se encontra ao fundo esquerdo. Como quiser.

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Cluzel, R. et Robert, J-P.   La Géométrie et ses applications  Lib. Delagrave, Paris.1964 - p. 132, ...

Com a intersecçao de dois lugares geométricos, resolve-se.....

... com N(orte)

Problema de construção:
Consideremos um ângulo xOy de lados Ox e Oy e um ponto A de Oy. E determinemos um ponto M do segmento OA tal que o pé P da perpendicular a Ox tirada por M esteja a uma distância de O igual à distância de M a A, isto é AM = PO.

Os passos da construção feita podem ser vistas seguindo a ordem da sucessão de valores no cursor

n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (na figura dinâmica que se segue).

n=0:    Dado ângulo xOy
n=1:     O ponto A de Oy dado.


n=2:     Apresenta-se uma perpendicular a Ox tirada por A
n=3:     e, de seguida, a bissectriz do ângulo xOy que, intersectada com a perpendicular a Ox, nos dá um ponto N e, a passar por ele, uma paralela a Oy.
n=4:     que intersectada com Ox nos dá P e
n=5:     e por ele tirar a perpendicular a Ox cuja intersecção com Oy nos dá o ponto M de OA que perseguiamos e nos apareceu como vértice de um paralelogramo PNAM e nos obriga a pensar em lados paralelos entre paralelas: NA=MP e PN=MA.
n=6:    Para verificarmos a bondade desta construção, basta tirarmos por N a paralela a Ox que intersecta OY em Q que o quarto vértice de um losango OPNQ que tem como diagonal ON que confirma N como bem determinado sobre a bissectriz.

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Cluzel, R. et Robert, J-P.   La Géométrie et ses applications  Lib. Delagrave, Paris.1964 - p. 131, ...

o mesmo do mesmo

Problema de construção restaurado de 2005

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Dados um rectângulo [ABCD], definido por dois segmentos de recta - a e b - e uma circunferência de centro O, pede-se a construção de um rectângulo inscrito na circunferência que seja semelhante ao dado.

[M.S.]&[A.A.F.]
Notas de resolução:
1- Com centro em O desenhei circunferências de raios a e b que me permitiu desenhar o rectângulo [GPQR] que é semelhante ao dado de razão 2
2- Desenhei as suas diagonais (todos os rectângulos com vértices nas diagonais são semelhantes ao dado, ou não? não estou a fazer homotetias?)
3- Os pontos de intersecção das diagonais com a circunferência são os vértices do rectângulo inscrito e semelhante ao dado.

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Ver: 28.9.05: Básico - Pequeno desafio.

de alguns dados até um triângulo isósceles ....

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Problema:
Construir um triângulo [ABC], isósceles - |AB|=|AC| - de que se conhece o ângulo BÂC e a soma dos comprimentos da base |BC| e da altura relativa a [BC] (tirada por A).

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São dados:

• - o segmento s cujo comprimento é a soma da base com a altura (pode fazer variar o comprimento de s)
• - o ângulo de vértice A com lados c₁ e c₂.

[A.A.F]
• Tracemos a bissetriz do ângulo de vértice em A e, sobre ela, o segmento AE de comprimento igual ao de s.
• Por E tracemos uma paralela a c₂ e por A uma perpendicular a AE. O segmento AF tem comprimento igual ao da base BC do triângulo. Logo a interseção de AF com c₁ é o vértice B. (Note que AFBC é um paralelogramo).

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Este problema foi abordado numa entrada de 10/10/2005 e agora reencontrado e restaurado.

cada um de 4 pontos dados quer estar numa reta que contenha um lado só seu de um quadrado dos 4.

Determinar um quadrado do qual cada uma das retas dos seus lados passa por um de 4 pontos dados.

Nota: Pode deslocar as posições de A,B,C,D ▀

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1. George E. Martin. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
2. Kirk T. McDonald (Princeton University) and G. Owen Schaefer (Princeton High School): To Construct a Square with Edges on Any Four Points, (2001 - 2014)

Geometriagon aqui - Os três primeiros combates geométricos

Louvamos

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- René Grothmann, Catholic University of Eichstätt, Germany- e

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- Geometriagon - Giovanni Artico,Centro de Pesquisa em Didáctica "U. Morin" -

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e lembrar tod@s aqueles (tant@s de tantas nacionalidades e idades) que usaram todos os meios disponibilizados graciosamente (por René e Giovanni) para uma verdadeira aprendizagem construtiva de geometria. Muito Obrigado.

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Se clicar na figura que se segue, poderá ver e ler os enunciados dos 10 primeiros problemas

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Combate Geométrico
Problema 1

1. O enunciado desse primeiro problema manda-nos desenhar uma circunferência com centro num ponto C e raio AB, sendo A,B e C três pontos dados e só podendo dispor de régua - retas por dois pontos e de circunferência centrada num ponto e a passar por outro.
2. Claro que há variadas formas de resolver o problema. Escolhi para esta publicação, uma construção que não foi a minha de então. Temos A, B e C. Para podermos desenhar uma circunferência (C, AB) - de centro C e raio AB - só temos de determinar a posição de um ponto D tal que CD=AB. E isso pode resumir-se a desenhar um paralelogramo de vértices A,B,C e D. Um paralelogramo ABCD é tal que AB=CD e BC=DA. Também sabemos que as diagonais AC e BD se intersetam num ponto comum, chamemos-lhe I : AI=IC e BI=ID. Experimente usando as ferramentas e a janela abaixo.

[A.A.M.]

3. Pode seguir os passos da resolução aqui apresentada.
   Na altura, a acreditar nos escritos (desenho não vi), eu resolvi de outro modo:"O problema reside em transferir com régua e compasso euclidiano o comprimento AB para (e a partir d)o ponto C"
   

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Combate Geométrico
Problema 2

No Geometriagon, o problema 2 tem muito menos solucionadores que o problema 1. Só nos dão uma régua (dois pontos determinam uma reta... e em todas as figuras há pontos), uma circunferência c e um ponto P. Pedem-nos que encontremos retas que passem por P e sejam tangentes a c ou que cada uma delas não tenha um só ponto em comum com c....
O nosso amigo e colega Paulo Correia de Alcácer do Sal (Matemática Absolutamente) em 2007 escreve uma descrição para este problema que aqui transcrevo, como mais uma vénia devida: um muito obrigado ao Paulo.
"Traçar duas rectas que intersectem a circunferência. Traçar as rectas que definidas pelos quatro pontos de intersecção com a circunferência e as duas diagonais do quadrilátero definido pelos quatro pontos. A recta que contém a intersecção das diagonais e a intersecção dos lados do quadrilátero que não contêm o ponto P, também contêm os dois pontos de tangência das tagentes com a circunferência dada."
Há sempre um outro problema para resolver para além da construção. Não se esqueçam de explicar porque é que esta construção do Paulo é boa --- argumentação/demonstração.

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Combate Geométrico
Problema 3

Dados três pontos A, B e C, desenhar um círculo de centro em C e de raio AB (só com compasso)
Não tenho acesso às ilustrações feitas
Tratamos agora o problema Geometriagon 3 a resolver só com compasso que é afinal o mesmo problema Geometriagon 1 a resolver com régua e compasso, da entrada anterior. Por isso, agora apressei-me a reduzir tudo a encontrar o quarto vértice de um paralelogramo..... Na altura (2006-02-13) para este 3º problema escrevi a seguinte nota "Arcos e cordas iguais em circunferências iguais". Porquê? Gostava eu de saber e talvez compreendesse se tivesse possibilidade de ver a construção que então terei feito.... Ah! Há uma tal diversidade de notas a acompanhar cada resolução. Não dei por isso à data em que resolvia e nem depois... até agora: Tenho pena de mim, claro. Cada solucionador de cada problema teve e tem acesso às dezenas de notas rápidas feitqas por si e pelos outros solucionadores. E lamento não ter chamado a atenção e não ter aproveitado e discutido com os outros - também alunos, como nós todos éramos.... estas diferenças...
Numa entrada no bloGeometrias de 2019, entre outras, Dividir por 2 com compasso fui verificar/buscar comfirmação de grande parte do que agora fiz.... A piada está nas ligações

[A.A.M.]
Bom proveito.

Combate Geométrico (= Geometriagon)

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René Grothmann, Catholic University of Eichstätt, Germany:
The homepage of Euler Math Toolbox, Numerical and Algebraic Package for Mathematics. The homepage of C.a.R.

Muito Obrigado René Grothmann, por nos teres dado ZuL para usar vários anos desde a década de 90 do século passado.

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Geometriagon
- Giovanni Artico,Centro de Pesquisa em Didáctica "U. Morin":
Este projecto é dedicado a todos os que apreciam construções geométricas com régua e compasso. O conteúdo é da responsabilidade do Centro de Pesquisa em Didáctica "U. Morin" de Paderno del Grappa, que, deste modo, presta homenagem à memória do seu fundador Frei Roberto Sítia.
A concepção e a manutenção são de polarprof (aliás prof. G. Artico). O "software" de geometria dinâmica utilizado é o R.e.C. do prof. René Grothmann.
A tradução para Português é da responsabilidade de Arsélio Martins, Aurélio Fernandes e Mariana Sacchetti, professores da Escola José Estêvão de Aveiro.

Muito Obrigado Giovanni Artico (polarprof) por nos teres dado a oportunidade de participar na construção e usar o Geometriagon na nossa actividade de professores e dos alunos. Não foi pouco para nós podermos ver e usar o maior repositório de enunciados de problemas de construção geométrica em que participámos propondo e resolvendo problemas em português ao mesmo tempo que conhecíamos formas diversas de pensar cada um dos problemas,... etc. Temos tanta pena de não sabermos reganhar esse trabalho para quem nele participou e para quem não pode saber o que isso foi... agora, já que não sabemos restaurar o que tanta falta nos faz.

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Geometriagon em português
Mais ricos na companhia, voltamos ao bloGEOMETRIA. O Geometriagon é um arquivo de problemas de construção com régua e compasso, exercícios interactivos suportados no "software" Régua e Compasso de R. Grothmann (applet JAVA). Giovanni Artico, autor e animador do Geometriagon, enriquece muito as perpectivas dos exercícios interactivos com a correcção automática, o registo das soluções e salvaguarda em base de dados própria. Deste modo, após ter resolvido um problema pode ver as soluções de outros autores e comparar estratégias.
O nosso Lugar Geométrico é diferente do Geometriagon. Ambos ficam melhor por se reconhecerem na mesma fotografia: animar a geometria.

De um ano para outro tanta turbulência nos assalta, que perdemos de vista o que fizemos e se inutilizam instrumentos que nos foram doados para serem usados por todos quantos quiseram amar a geometria, em especial, a geometria euclidiana.
Fomos apanhados por nós para acompanharmos simultaneamente tantas criações que tanto nos deram e tanto nos tiraram e nos entristeceram por não conseguirmos recuperar o que fizemos ao longo de anos usando esses programas e sistemas .... que agora não nos dão acesso ao feito. Que fazer? Não nos desculpamos.

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Como homenagem a Giovanni Artico e para memória dos que nos acompanharam na resolução de problemas do Geometriagon, ainda que usando outras aplicações que não o ZuL ou CaR e, não sendo apresentados como exercícios interactivos que tanto nos deslumbraram (e tanto podiam dar aos jovens estudantes), à medida das nossas possibilidades, vamos recuperar por aqui problemas do Geometriagon.

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Se clicar na figura que se segue, poderá ver e ler os enunciados dos 10 primeiros problemas

Começamos, com a devida vénia, pelo primeiro problema publicado no Geometriagon - Combate geométrico

Combate Geométrico
Problema 1

1. O enunciado desse primeiro problema manda-nos desenhar uma circunferência com centro num ponto C e raio AB, sendo A,B e C três pontos dados e só podendo dispor de régua - retas por dois pontos e de circunferência centrada num ponto e a passar por outro.
2. Claro que há variadas formas de resolver o problema. Escolhi para esta publicação, uma construção que não foi a minha de então. Temos A, B e C. Para podermos desenhar uma circunferência (C, AB) - de centro C e raio AB - só temos de determinar a posição de um ponto D tal que CD=AB. E isso pode resumir-se a desenhar um paralelogramo de vértices A,B,C e D. Um paralelogramo ABCD é tal que AB=CD e BC=DA. Também sabemos que as diagonais AC e BD se intersetam num ponto comum, chamemos-lhe I : AI=IC e BI=ID. Experimente usando as ferramentas e a janela abaixo.

[A.A.M.]
3. Pode seguir os passos da resolução aqui apresentada.
   Na altura, a acreditar nos escritos (desenho não vi), eu resolvi de outro modo:"O problema reside em transferir com régua e compasso euclidiano o comprimento AB para (e a partir d)o ponto C"
   

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Combate Geométrico
Problema 2

No Geometriagon, o problema 2 tem muito menos solucionadores que o problema 1. Só nos dão uma régua (dois pontos determinam uma reta... e em todas as figuras há pontos), uma circunferência c e um ponto P. Pedem-nos que encontremos retas que passem por P e sejam tangentes a c ou que cada uma delas não tenha um só ponto em comum com c.... O nosso amigo e colega Paulo Correia de Alcácer do Sal (Matemática Absolutamente) em 2007 escreve uma descrição para este problema que aqui transcrevo, como mais uma vénia devida: um muito obrigado ao Paulo.
"Traçar duas rectas que intersectem a circunferência. Traçar as rectas que definidas pelos quatro pontos de intersecção com a circunferência e as duas diagonais do quadrilátero definido pelos quatro pontos. A recta que contém a intersecção das diagonais e a intersecção dos lados do quadrilátero que não contêm o ponto P, também contêm os dois pontos de tangência das tagentes com a circunferência dada."
Há sempre um outro problema para resolver para além da construção. Não se esqueçam de explicar porque é que esta construção do Paulo é boa --- argumentação/demonstração.

para a parábola nos basta o eixo, o vértice e um outro ponto

Desenhar uma parábola de que são dados o eixo e um ponto além do vértice

1. Dados são o eixo e nele o vértice V e outro ponto P por onde a parábola passará
   
   Agora acompanhe-nos ao passo 2 e até ao passo 6 no nosso desenho de palavras:
   
   
2. Se nos dão um ponto P e o eixo da parábola, sabemos a posição de um outro ponto R da nossa parábola: na perpendicular ao eixo tirada pelo ponto P que corta o eixo em O um tal R, PO=OR. Já temos 3 pontos da parábola V, P, R;
3. Para acedermos a outros pontos, Benjamim recomenda-nos que dividamos o segmento OV em partes iguais, e assim nós dividimos em quatro partes iguais VU=UD=DT=TO;
4. e, continuamos traçando as semi-retas por P - PT, PD, PU - e por R - RT, RD, RU (PV=VR, PU=UR, PD=DR, PT=TD, PO=OT) nas quais nos dizem que, em cada uma, haverá um ponto da parábola.
5. Em verdade, sempre vos digo que não sei onde, de cada reta, estarão esses pontos. E foi, por isso, que aceitámos o conselho dos que acrescentaram que tudo se resolveria dividindo PR em oito partes iguais (em dobro da decisão tomada para PO) que esses pontos estariam nas paralelas ao eixo tiradas pelos pontos em que PR se dividiu e assim tivemos as visitas de G, H, I, J, K, L todos pontos da parábola. Já temos 9 pontos, mais do que são precisos agora que usamos ferramentas do geogebra
   .
6. Finalmente, experimentámos aplicar a dita ferramenta a vários grupos de 5 desses 9 pontos até reconhecermos à vista desarmada essa única parábola (escolhida para agora, finalmente, ser vista).

Ficamos à espera de trabalhos manuais dos leitores que validem este processo,,,,, histórico (do tempo do bisavô do BloGeometria e de Benjamim Carvalho. Desenho Geométrico. Ao Livro Técnico,Rio de Janeiro:1959.

Por um foco no dado eixo da parábola dada....

pelo eixo dado da parábola dada procuro o foco

Passo a passo:



O passo 2 ilustra um método para determinar o foco. O passo 3 desafia para uma verificação. É o ponto A livre no eixo da parábola que suporta método e caminho até ao Foco do passo 2 e pode ser empurrado para ver o que se mantém invariante, verificar e validar a construção feita para encontrar o Foco e focar a atenção nas relações entre elementos da parábola.
Agite. Desloque os elementos componentes do desenho. Pode sempre voltar ao início com a ajuda do

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Benjamim Carvalho. Desenho Geométrico. Ao Livro Técnico,Rio de Janeiro:1959

...em busca do eixo de uma parábola dada

cada parábola dada terá o seu eixo

Passo a passo:

Agite. desloque os elementos componentes do desenho. Pode sempre voltar ao início com a ajuda do

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Benjamim Carvalho. Desenho Geométrico. Ao Livro Técnico,Rio de Janeiro:1959

Parábola(d,F)

Dados um ponto F para Foco e uma reta d para directriz(a não passar por F), desenhe a parábola(F,d)

Passo a passo:

Passo a passo, chegará à parábola: em verdade em verdade vos digo que deslocando o ponto verde, verá como para cada ponto G - da semi-reta que parte do ponto V (médio do segmento da perpendicular a d tirada por F) para passar sem parar por F - há dois pontos P e P', cada um a igual distância da directriz e do foco (usando régua e compasso).
Para voltar ao princípio de tudo, clique no botão na esquina da direita alta.
As recuperações também servem para nos lembrar que, muitas vezes, não mostramos o mais simples.

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Benjamim Carvalho. Desenho Geométrico. Ao Livro Técnico,Rio de Janeiro:1959

das relações entre três circunferências tangentes entre si e tangentes a uma recta

Numa entrada de 29.8.14, Posições de 3 circunferências tangentes entre si e tangentes a uma reta dada apresentámos a resolução do Problema:
Dada uma reta a, construir três circunferências tangentes à reta dada e tangentes duas a duas de que se conhecem os raios r₁   e   r₂ de duas delas,
Recentemente, ao folhear o livro - A.C. Morgado, E.Wagner e M. Jorge; Geometria II . FC&Z Livros. Rio de Janeiro:2002 - dei com vários problemas que podem ser considerados casos particulares do problema referido acima. Coloco aqui o Problema 140 da página 99 do livro Geometria II, assim enunciado: Dois círculos de raio 4 e 1 são tangentes exteriormente, como mostra a figura. Calcule o raio do círculo tangente a estes círculos e a tangente comum externa.
A) 1/2,      B) 1/3      C) 3/5      D) 4/9      E) NRA.

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Outros casos apresentados nesse livro:

122. São dados dois círculos tangentes exteriormente de mesmo raio R. Calcule o raio do círculo tangente aos dois primeiros e à tangente comum externas.
A) R/2,      B) R/3, ,      C) R/4,     D) R/5,      E) NRA.

129. Dois círculos de raios R e 4R são tangentes exteriormente e tangentes a uma reta nos pontos A e B. Então, AB vale:

A) 2R,      B) 7R/2, ,      C) 10R/3,     D) 4R,      E)5R.

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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