GEOMETRIA

17.4.16

Novo problema de construção de paralelogramo de área igual à de um triângulo.

A Proposição (I.42) tratava do problema de construção de um paralelogramo com um dado ângulo e de área igual à de um dado triângulo.
Com recurso a essa construção I.42 e também a I.43 em que se mostrou que paralelas aos lados tiradas por qualquer ponto de diagonal de um paralelogramo, este fica dividido em quatro paralelogramos, dos quais dois são sempre iguais em área,
vamos resolver um novo problema de construção.

Proposição I.44 Problema: Dados um segmento $\;AB\;$, um triângulo $\; \Delta PQR\;$ e um ângulo $\;\angle S\hat{T}U\;$, construir um paralelogramo $\;ABHI\;$ tal que $\;angle ABH = \angle STU\;$ e ainda $\;[ABHI]\; $ e $\;[PQR]\;$ sejam iguais em área.

©geometrias, 17 abril 2016, Criado com GeoGebra

Sigamos os passos da construção, deslocando o cursor $\;\fbox{n=i}, i=0,1, 2, \ldots, 7\;$

$\;n=0 \;\;\;AB, \; \Delta PQR , \; \angle STU \;$
$\;n=1 \; \;\;$ Acrescentam-se
- $\;R'\;$ na reta $\;AB\;$, de tal modo que $\;BR'=QR\;$
- $\;(B, QP) . (R', PR) \rightarrow P'\;\;\;\;$ e, assim, $\; P'B=PQ, \; P'R'=PR\;$
para $\;\Delta BR'P' =\Delta PQR\; $ (LLL) e, por isso, serem iguais em área.
$\;n=2\; \;\;$ Acrescentam-se os pontos $\;C\;$ médio de $\;BR',\;$ e $\; S', \;U' \:$ tais que $\;BS'=BU'=BS\;$ e $\;S'U'=SU\;$ que, como vimos nas entradas anteriores, chegam para determinar um paralelogramo de área igual à área de $\;PQR\;$ e com um ângulo em $\; B\;$ igual a $\;\angle STU \;$ de lados $\;BC\;$ e sobre as retas $\;BU', \;$ paralela a $\;BC\;$ tirada por $\;P'\;$ e paralela a $\;BU'\;$ tirada por $\;C.\;$
$\;n=3\; \;\;$ Acrescentam-se os segmentos $\;BE,\;CD,\;ED,\;$ em que $\;D, \;E\;$ são intersecções das retas referidas anteriormente
$\;n=4\; \;\;$ Acrescenta-se o paralelogramo $\;ABEFP\;$ com um lado -$\;BE\;$ - comum a $\;BCDE\;$
$\;n=5\; \;\;$ A reta $\;BF\;$ interseta a reta $\;DC\;$ em $\;G.\;$ E acrescenta-se o segmento $\;FG\;$ que passa por $\;B\,$
$\;n=6\; \;\;$ As retas $\;EB,\;FA\; $ intersectam a paralela a $\;AB\,$ tirada por $\;G\;$ em, respectivamente, $\;H, \;I.\;$ Ficam assim definidos vários novos paralelogramos, de que nos interessam os seguintes: $\;BCGH, \; ABHI,\; FDGI\;$
$\;n=7\; \;\;$ Do paralelogramo $\;FDHI,\;\;FG\;$ é uma das suas diagonais, e $\;ABHI, DEBG\;$ estão nas condições consideradas em (I:43, da última entrada) para serem iguais em área. Fica assim demonstrado que o paralelogramo $\;ABHI,\;$ para além de ter $\,AB\;$ como lado, é igual em área ao triângulo $\;\Delta PQR\;$ □

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements
George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.

15.4.16

Trabalhar com áreas (usar noções comuns numa demonstração)

A proposição 43 do Livro I trata da divisão de um paralelogramo em quatro paralelogramos com um vértice comum sobre uma das suas diagonais sendo dois deles iguais em área. Veja-se a figura abaixo.
Toma-se um paralelogramo $\;[ABCD]\;$ e escolhe-se uma diagonal, por exemplo, $\;AC\,$ e um ponto $\;K\;$ sobre ela. Por $\;K\;$ tiramos uma paralela $\,GH\;$ a $\;AB\;$ e outra $\;EF\;$ a $\;AD.\;$ O paralelogramo fica dividido em 4 paralelogramos, a saber: $\;HAEK,\; FCGK, \;GBEK, \; FDHK.\;$ Prova-se que os últimos dois, sombreados, são iguais em área.

©geometrias, 14 abril 2016, Criado com GeoGebra
Pode mover $\;A,\;B,\;C\;$ e $\;K\;$ sobre a diagonal $\;AC\;$.

Por ser $\;ABCD\;$ um paralelogramo (I.33) $\;AB = CD \; \mbox{e} \; AD=BC. \;$ Por razões análogas, podemos dizer que $\;AE=HK, \;AH=EK, \; FC=GK, \;CG=FK. \;$ Podemos por isso dizer que são congruentes os seguintes pares de triângulo (I.8: LLL): $\;[ABC]= [CDA],\;[AEK] = [KHA], \;[KGC]=[CFK].\;$

Aos dois triângulos $\;[ABC],\; [CDA]\;$ iguais retiramos, respetivamente, $\;[AEK],\;[KGC]\;$ e $\; [KHA], \;[CFK]\;$ sobrando do primeiro triângulo $\; [ABC]\;$ o paralelogramo $\;[GBEK]\;$ e, do segundo triângulo $\;[CDA]\;$, o paralelogramo $\;[FDHK].\;$
Como de iguais subtraídos de iguais sobram iguais, $\;[GBEK]\;$ e $\;[FDHK]\;$ são iguais em área. □

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements
George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.

12.4.16

Construir um paralelogramo equivalente a um triângulo dado e com um certo ângulo

Para as próximas construções que vamos apresentar, além da entrada anterior (tansporte de ângulos) precisamos de lembrar algumas das entradas de 2015 (de 17.2.15 -- Igualdade n'Os Elementos de Euclides - contexto e não definido-- a 11.4.15 -- Retas tiradas de um ponto para um círculo: igualdade de áreas de retângulos (secantes) e quadrados (tangentes)) que são referidas ao conceito de igualdade em área de figuras planas.

A excursão então feita pelo livro I de "OS Elementos" introduzia os conceitos de área e equivalência com vista a demonstrar as proposições I.47 e I.48 (teorema de Pitágoras e seu recíproco) e alguns resultados de outros livros com o fito de resolver a construção de um pentágono regular inscrito num dado círculo (IV. 11). Algumas das proposições (mais problemas de construção) abordadas então são resultados de álgebra geométrica (?) que aparecem sugeridos por problemas de áreas e são demonstradas usando igualdades (em área entre figuras) e sua axiomática (?).

Vamos resolver problemas de construção em que se recorre ao transporte de ângulos e à noção de área de uma figura plana.
Proposição (I.42) Problema: Construir um paralelogramo com um dado ângulo e de área igual à de um dado triângulo.
(1) Dados um triângulo $\;[ABC]\;$ e um ângulo $\;\angle D\hat{E}F,\;$ construir um paralelogramo $\;[GHIJ]\;$ tal que $\; \angle J\hat{G}H= \angle D\hat{E}F\;$ e $\; [GHIJ]=[ABC] \;$ (igualdade em área).

Na figura que se segue, como dados temos um triângulo $\;ABC\;$ e um ângulo $\;\angle DEF,\;$ algumas ferramentas disponíveis (que agora incluem o compasso da nossa vida). Se não puder ou não quiser dar-se a esse trabalho, pode acompanhar a nossa resolução, fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor ao fundo.

©geometrias, 10 abril 2016, Criado com GeoGebra

Sigamos os passos da construção, deslocando o cursor n.

em cima(1)
Começamos a tirar por $\;A\;$ uma reta paralela a $\;BC\;$ que se faz --(I.31)-- por transporte do $\;\angle C\hat{B}A\;$ para $\;A\;$ como vértice e do outro lado de $\;AB\;$.De modo análogo, tiramos por $\;C\;$ uma paralela a $\;BA\;$. O triângulo $\;ACG_1\;$ é geometricamente igual a (ou congruente com) $\;ACB\;$ e, por isso, têm áreas iguais e a área do paralelogramo $\;[ABCG_1]\;$ é dupla da ára do triângulo $\;[ABC]\;$ --(I.40)-- e,
em consequência, $\;ABC\;$ é igual em área ao paralelogramo $\;GCG_1H_1\;$ em que $\;G\;$ é o ponto médio de $\;BC\;$
Como esse paralelogramo é igual em área a todos os paralelogramos que tenham $\;GC\;$ como lado e outro sobre a paralela já tirada por $\;A\;$ -- (I.36) -- para obter um paralelogramo que satisfaça o requerido, bastará transportar o ângulo $\;\angle DEF\;$ para $\;GC.\;$ O segundo lado do ângulo de vértice em $\;G\;$ e primeiro lado $\; GC\;$ define $\;H\;$
De modo análogo se obtém a paralela a $\;GH\;$ tirada por $\;C\;$ que determina sobre $\;AH\;$, o vértice $\;I\,$ em falta, do paralelogramo $\;GHIC\;$ igual em área ao triângulo $\;ABC\;$ em que um dos ângulos é igual ao ângulo dado.
1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
2. David Joyce. Euclide's Elements
3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.

7.4.16

Transporte de um ângulo: passos da construção: economia, método e razão. Existência.

A construção da entrada de 16 de Janeiro de 2014, intitulada
Com compasso e régua euclidianos, transferir distâncias
cria o conceito correspondente ao compasso actual, ao demonstrar que com circunferências (definidas por um ponto e um intervalo) e as retas (definidas por dois pontos) se podem transferir distâncias (segmentos), isto é construir um segmento congruente a outro. Este conceito de compasso, correspondente a uma série de operações com retas e circunferências, passa a ser usado em futuras construções.
A proposição I.23 dos "Elementos" trata da transferência de um ângulo. Pode enunciar-se: Dados um segmento $\,[AB]\;$ e um ângulo de vértice $\;D,\;$ e lados $\; DC, \; DE\;$ ou $\; \angle CDE\;$, construir um ângulo $\;\angle BAH\;$ congruente com $\;\angle CDE\;$
Habitualmente segue-se o esquema:

$\;(D,\;r)\;$ e $\;(A, \; r)\;$ congruentes ($\;r\;$ qualquer)
- $\;(D,\;r). \dot{D}C = {E}\;$
- $\;(D,\;r). \dot{D}E = {F}\;$
- $\;(A, \;r). \dot{A}B = {G}\;$
$\;(G,\;EF)\;$
- $\;(G,\;EF). (A,\;r|) = {\ldots, \;H}\;$
$\;AH\;$
- $\; AG =AH= DE=DF\;$ e
  $\; EF=GH\;$ -- cordas iguais correspondentes a arcos iguais de circunferências iguais (congruentes). $$\;(LLL) \rightarrow [GAH]=[EDF]\;$$ $$\angle BAH = \angle GAH = \angle EDF = \angle CDE$$

Resumindo: a transferência pedida exige quatro traçados: três circunferências (compasso novo) e uma reta (régua).

A construção que pode fazer a seguir com as ferramentas euclidianas (únicas fornecidas) segue o raciocínio que apresentámos e que se resume a transferir distâncias, como deve ter observado. Se não quiser fazer a construção, pode seguir as etapas da construção (baseadas no esquema descrito na entrada citada acima) fazendo variar os valores de $\; \fbox{n=i},\; i=1, 2, \ldots, \;6\; $

@geometrias, 7 abril 2016, Criado com GeoGebra

Sigamos os passos da construção, deslocando o cursor n. Procuramos determinar um ponto $\;H: \; \angle BAH = \angle CDE,\;$ usando só a circunferência e a reta, e a partir dos cinco pontos $\;A,\;B,\;C,\;D,\;E.$

Partindo dos cinco pontos $\; A,\; B,\;C, \; D,\; E,\;$ começamos por transferir $\;AB\;$ para $\;\dot{D}C\;$ e $\;\dot{D}E\;$ a partir de $\;D\;$
1. $(D,DA), \; (A, AD)$
  - (D,DA). (A, AD) --> P : ADP é um triângulo equilátero
2. $\;(A,\;AB)\;$ e $\;AP\;$
  - $\;(A,\;AB).AP \rightarrow Q \;$ sendo $\;AQ= AB\;$
3. $\;(P, PQ=PA+AQ)\;$ e $\;PD\;$
  - $\;(P, PQ=PA+AQ) . PD\; \rightarrow R$, sendo $\;PR=PD+DR =PQ=PA+AQ,\;$ é $\;DR=AB\;$
1. $\;(D, \;DR)=(D, \;AB)\;$ e $\;DE, \; DC\;$
  - $\;(D, \;AB) . DC \rightarrow F \;$ sendo $\;DF=AB\;$
  - $\;(D, \;AB) . DE \rightarrow G \;$ sendo $\;DG=AB\;$
Já temos $\;DCF=DEG= AB.\;$ Procuramos $\;H: \; BH=FG\;$ o que é o mesmo que transferir $\;FG\;$ para uma reta a passar e começando em $\;B\;$
1. $\;(F, \;FB)\;$ e $\,(B, \;BF)\;$
  - $\;(F, \;FB) . (B, \;BF) \rightarrow S$
  - $\;BF=FS=SB \;$
2. $\;(F, \;FG)\; $ e $\;SF\;$
  - $\;(F, \;FG) . \;SF \rightarrow T\;$ sendo $\;FT=FG\;$
3. $\; (S, \; ST)\;$ e $\;SB\;$
4. $\;(A, \;AB)\;$ e $\;(B, \;BU)\;$
  - $\;(A, \;AB) . (B, \;BU) \rightarrow H\;$ sendo $\;BH=BU=FG\;$
  - E assim temos os ângulos $\;\angle BAH = \angle FDG =\angle CDE. \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ □
Comparando o trabalho feito com o compasso novo com este trabalho que recorre só ao compasso euclidiano, compreendemos um pouco melhor a genialidade na organização do estudo por Euclids, na construção de cada conceito (proposição-- problema de construção--, como prova de existência também de novas ferramentas). A partir de pontos, retas e circunferências a geometria de uma imensidão de construtíveis integrados… é um jogo que podemos jogar solitariamente, mas que partilhamos com prazer.
1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
2. David Joyce. Euclide's Elements
3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.

21.3.16

Construir um paralelogramo de que se conhecem as diagonais e um lado

Problema:
Construir um paralelogramo $\;[ABCD]\;$ de que conhecemos os comprimentos de um dos seus lados $\;a=AB\;$ e das suas diagonais $\; d_1=AC, \; d_2= BD.$

Um paralelogramo tem os lados opostos paralelos e de comprimentos iguais: $$\;AB\parallel CD \wedge AB=CD; \; BC\parallel DA \wedge BC=DA\;$$ e cada uma das suas diagonais encontra a outra no seu ponto médio, ou seja, há um ponto
$$\;M : \;\;\;\;AM = MC = \frac{d_1}{2},\;\;\; BM = MD = \frac{d_2}{2}\;$$

Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor ao fundo da janela.

@geometrias, 21 março 2016, Criado com GeoGebra

Temos dados bastantes para construir um triângulo $\;[AMB]\;$ de lados $\;a=AB, \;\frac{d_1}{2}=AM, \; \frac{d_2}{2}=BM.\;\;\;\;\;$ E a partir dele, tudo se retira:
$\;\left(M,\;\frac{d_1}{2}, \right).AM \rightarrow C, \;\;\;\left(M,\;\frac{d_2}{2}\right).BM \rightarrow D\;$ □

200. Construire un parallèlogramme connaissant ses deux diagonales et un côté.l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

17.3.16

Construir um trapézio conhecendo comprimentos das bases e amplitudes dos ângulos adjacentes a uma delas.

Problema:
Construir um trapézio $\;[ABCD]\;$ de que conhecemos os comprimentos das suas bases $\;a=AB, \;c=CD\;$ e os ângulos adjacentes a uma das suas bases $\;\beta=A\hat{B} C, \; \alpha= B\hat{A}D.$

De um trapézio $\;[ABCD]\;$ de bases $\;AB, \;CD\;$ e $\; \angle B\hat{A}D = \alpha\;$ qualquer reta que faça um ângulo igual a esse $\;\alpha\;$ com a reta $\;AB\;$ é paralela a $\;AD.\;$

Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor ao fundo da janela.

@geometrias, 16 março 2016, Criado com GeoGebra

Para a determinação do vértice $\;C\;$ tomamos um ponto $\;E\;$ sobre $\;AB\;$ tal que seja $\;AE = CD. \;$
Tracemos o segundo lado de um ângulo de vértice em $\;E\;$ e primeiro lado $\;EB\;$. Sabemos que esse segunda lado é paralelo a $\;AD\;$ e, por isso, $\;C\;$ é um ponto desse segundo lado. Por outro lado, sabemos que está sobre o segundo lado do ângulo de vértice $\;B\;$ que faça um ângulo $\;\beta\;$ com o lado $\;BA\;$.
Tod o o problema de construção do trapézio em questão se resume pois a construir o triângulo de base $\;EB=a-c\;$ e ângulos adjacentes $\;\alpha, \; \beta\;$ cujo terceiro vértie é $\;C\;$
O quarto vértice $\;D\;$é a intersecção da paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ com a paralela a $\; EC\;$ tirada por $\;A.\; \;\;\;\;\;$ □

201. Construire un trapèze connaissant les deux bases et les angles adjacents à l'une de ces bases.l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

13.3.16

Construir um trapézio de que se conhecem os comprimentos dos lados

Problema:
Construir um trapézio de que conhecemos os comprimentos dos seus lados $\;a=AB, \;b=BC,\;c=CD,\;d=DA\;$ sendo as bases paralelas $\;AB,\;CD\;$

Sendo $\;AB\;$ e $\;CD\;$ as bases paralelas de um trapézio $\;ABCD, \;$ uma paralela tirada por $\;C\;$ a $\;DA\;$ corta $\;AB\;$ em $\;E\;$ digamos. Claro que $\;E\;$ está à distancia $\;AD=d\;$ de $\;C.\;$ e este pode ser determinado pela intersecção das circunferências (E, d) e (B,b). Como $\;AB\parallel CD\;$ e $\;CE\parallel DA, \; \;\;\; AE=CD=c\;$ e $\;BE=a-c.$

Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor ao fundo da janela.

@geometrias, 13 março 2016, Criado com GeoGebra

Tomando um ponto $\;A\;$ e uma reta $\;r\;$ quaisquer para suporte de $\;AB, \;$ determinamos $\, B:\; (A, a).r\;$ e $\;E: (A,c).r\;$
O problema de construção do trapézio fica resolvido determinando $\;C\;$ como
terceiro vértice do triângulo de lados $\;EB=a-c, \;b,\;d.\;$
O vértice $\;D\;$ é a intersecção da paralela a $\;EC\;$ tirada por $\;A\;$ com a paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ □

202. Construire un trapèze connaissant ses quatre côtés.l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

10.3.16

Construir um trapézio de que conhecemos as bases e as diagonais

Problema:
Construir um trapézio de que se conhecem os comprimentos das bases AB (a=AB, c=CD) e das diagonais (e=AC, f=BD)

Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita baixa da janela.

@geometrias, 10 março 2016, Criado com GeoGebra

Tomado um ponto $\;A\;$ qualquer e uma reta a passar por $\;A\;$ para suporte de uma base $\;AB,\;$ basta construir o triângulo com um vértice em $\;A\;$ de lados de comprimento $\;a+c\;$ (sobre a reta $\;AB\;$), $\; e, \; f.\;$
$\;C\;$ é um vértice deste triângulo:
Chamemos $\;E\;$ ao vértice desse triângulo sobre a reta $\;AB\;$ e na circunferência $\;(A, a+c).\;\; C\;$ está em $\;(A, e).(E, f).\;$
O ponto $\;D\;$ é intersecção das paralelas a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ e a $\;EC\;$ tirada por $\;B.\;$ □

203. Construire un trapèze connaissant les bases et les diagonales..l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

2.3.16

Construir um quadrilátero convexo dados os lados e o ângulo de dois lados opostos

Problema:
São dados quatro segmentos $\;a, \;b,\;c,\;d\;$ e um ângulo $\;\alpha .\;$
Construir um quadrilátero convexo $\;ABCD\;$ tal que $\;AB=a,\;BC=b, \; CD=c, \; DA=d\;$ e $\; \angle \widehat{(AB, CD)} =\alpha.$

Este é um dos problemas para o qual os passos da construção se encontram por análise da figura do problema já resolvido. Se conhecemos o ângulo $\; \angle \widehat{(AB, CD)} =\alpha,$ ao tomarmos um ângulo de vértice num dos pontos $\;A\;$ (ou $\;D\;$) sendo um dos lados do ângulo a reta $\;AB,\;$ (ou $\;DC\;$) o outro lado será uma reta paralela a $\;DC\;$ (ou $\;AB\;$)
Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor centrado ao fundo da janela.

©geometrias. 1 março 2016, criado com GeoGebra

Tomamos um ponto $\;D\;$ qualquer e duas concorrrentes em $\;D\;$ fazendo um ângulo de amplitude $\; \alpha .\;$ Sobre uma dessas retas, tomamos $\;C\;$ na intersecção dela com a circunferência $\;(D, \;c).\;$ Na outra reta podemos tomar $\;F\;$ na sua intersecção com a circunferência $\;(D, a).\;$ Por ser $\; \angle \widehat{(DC, AB)} = \alpha = C\hat{D} F,\; \; \; AB \parallel DF.\;$
$\;B\;$ fica determinado como intersecção das circunferências $\;(F, \;d)\;$ e $\;(C, b)\;$
E $\;A\;$ fica determinado sobre a paralela a $\;DF\;$ tirada por $\;B\;$ à distância $\,a\;$ de $\,B.\;\;\;\;\; \;$ □

204. Construire un quadrilatère convexe connaissant les quatre côtés et l'angle formé par deux côtés non consécutifs..l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

25.2.16

Construir circunferências centradas nos vértices de um triângulo e tangentes duas a duas.

Problema:
É dado um triângulo $\;ABC.\;$ Determinar as 3 circunferências $\;(A,\; r_A), \; (B,\: r_B), \; (C,\; r_C)\;$ tangentes exterioremnte duas a duas.

A figura dinâmica que se apresenta a seguir ilustra o raciocínio (de análise) que suporta a construção e a construção ela mesma.Faça variar o valor de $\;n\;$ no seletor ao fundo da janela de construção.
Começamos por construir o triângulo de vértices $\;A,\;B,\;C\;$ e de lados $\;a=BC, \;b= AC, \; c=AB\;$. Circunferências centradas em $\;A\;$ e $\;B\;$ que sejam tangentes exteriormente têm raios $\;r_A,\;r_B\;$ tais que $\; r_A + r_B = AB = c.\;$ Pelas mesmas razões terá de ser $\; r_A + r_C = AC = b\;$ e $\; r_B + r_C = BC = a.\;$ Por isso, $\; 2r_A + 2r_B + 2r_C =a+b+c.\;$
Tomando um segmento $\;B'B''\;$ de comprimento igual ao perímetro $\;a+b+c\;$ do triângulo e o ponto $\;M\;$ médio de $\;B'B''\;$, sabemos agora que $\;B'M= r_A + r_B + r_C\;$ e, como $\;r_B + r_C = a, \; \; C'M = B'M-a = r_A.$
Conhecido $\;r_A\;$, podemos traçar $\;(A, \; r_A).\;$ que intersecta $\;AB \;$ e $\;AC\;$ nos seus pontos de tangência com as outras duas circunferências □

159. Des sommets d'un triangle ABC comme centres, décrire trois circunféences tangentes deux à deux éxterieurement.l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

16.2.16

Secantes a uma circunferência passando por um ponto exterior e que determinam cordas de comprimento dado

Problema:
São dados um ponto $\;P,\;Q\;$ um círculo $\;c\;$ e um comprimento $\;a\;$
Traçar por $\;P\;$ uma secante à circunferência $\;c\;$ que a corte em cordas de comprimento $\;a\;$

©geometrias. 16 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problema fazendo variar os valores de n no seletor centrado e no fundo da janela de visualização.

As cordas da circunferência $\;c\;$ com um dado comprimento $\;a\;$ são tangentes a uma circunferência concêntrica com $\;c\;$. Tomando um ponto $\;F\;$ qualquer sobre $\;c\;$ e $\;G \in c:\; FG=a,\;$ essa circunferência fica determinada pelo centro $\;O\;$ e pelo ponto $\;H\;$ médio de $\;FG.\;$ As tangentes a $\;(O, OH)\;$ tiradas por $\;P\;$ determinam cordas de $\;c: \;$ $\;LM,\;NQ;$ e $\;LM=NQ=a\;$

149. On donne un cercle et un point P. Mener par P une sécante telle que la corde interceptée ait une longueur donné l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

14.2.16

Numa circunferência inscrever um triângulo retângulo

Problema:
São dados dois pontos $\;P,\;Q\;$ e uma circunferência $\;(O)\;$
Inscrever na circunferência $\;(O)\;$ um triângulo retângulo tal que a reta de um cateto passe $\;P\;$ e a reta do outro cateto passe por $\;Q.\;$

©geometrias. 14 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problema fazendo variar os valores de n no seletor centrado e no fundo da janela de visualização.

Se um dos lados de um ângulo reto tem de passar por $\;P\;$ e outro por $\;Q\;$ então o seu vértice será um ponto da circunferência de diâmetro $\;PQ.\;$ Como o ângulo reto tem vértice sobre a circunferência $\;(O)\;$ este é um dos pontos da interseção das duas circunferências citadas - a que chamamos $\;A\;$. Os restantes vértices serão $\;B\;$ na interseção de $\;(O)\;$ com $\;AP\;$ e $\;C\;$ na interseção de $\;(O)\;$ com $\;AQ.\;$
No caso da nossa figura, o problema tem duas soluções.

148. Inscrire dans un cercle un triangle rectangle dont les cotês de l'angle droit ou leurs prolongements passent par deux points donnés P et Q
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

11.2.16

Circunferência por 2 pontos com tangentes iguais tiradas por 2 ponto distintos

Problema:
São dados quatro pontos $\;A,\;B,\;C,\;D.\;$
Construir a circunferência que passa por $\;A,\;B\;$ e cujas tangentes tiradas por $\;C\;$ e por $\;D\;$ têm o mesmo comprimento.

©geometrias. 10 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problemas fazendo variar os valores de n no seletor centrado e no fundo da janela de visualização.

Este é mais um dos problemas que se resolve, analisando-o como se o tivessemos resolvido. Claro que, como temos dois pontos $\;A, \;B\;$ da circunferência-solução, sabemos que o seu centro $\;O\;$ é um ponto equidistante de $\;A\;$ e de $\;B\;$.
Também sabemos que $\;CH =DG\;$ se H for o ponto de tangência da tangente tirada por $\;C\;$ e $\;G\;$ for o ponto de tangência da tangente à circunferência tirada por $\;D\;$ e sabemos que $\;OG=OH\;$ (raios) e que $\;OG \perp GD\;$ e $\;OH \perp HC.\;$. E, em consequência, serão iguais os triângulos $\;[CHO]\;$ retângulo em $\;H\;$ e $\;[DGO]\;$ retângulo em $\;G\;$. Assim sendo, serão iguais as hipotenusas $\;OC = OD\;$. Ou seja $\;O\;$ é um ponto equidistante dos pontos dados, $\;C\;$ e $\;D\;$, da mediatriz de $\;CD\;$
Deste modo, $\;O\;$ fica determinado como interseção das mediatrizes de $\;AB\;$ e de $\;CD\;$ e a circunferência requerida tem este centro $\;O\;$ e passa por $\;A\;$

147. On donne quatre points A, B, C, D. Construire un cercle passant par A et B et tel que les tangentes issues de C et D soient égales.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947 >

7.2.16

Circunferência tangente a duas retas paralelas e que passa por um ponto da faixa entre elas

Problema:
São dadas duas retas paralelas $\;a, \;b\;$ e um ponto $\;P\;$ da faixa entre elas.
Construir uma circunferência tangente às retas $\;a, \; b\;$ e a passar pelo ponto $\;P.\;$

©geometrias. 7 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problemas fazendo variar os valores de n no seletor na esquerda baixa da janela de visualização.

Uma circunferência tangente a duas paralelas $\;a, \;b\;$ tem o seu centro numa terceira paralela $\;m\;$ equidistante das duas dadas e raio igual a $\;r\;$ - distância de $\;m\;$ a $\;a .\;$ Se passa por $\;P\;$, o centro da circunferência estará numa circunferência centrada em $\;P\;$ e raio $\;r.\;$ O problema tem duas soluções $\;(O), \;(O')$.
Nas condições do nosso problema há sempre duas soluções. Se $\;P\;$ fosse um ponto de uma das paralelas $\;a\;$ ou $\,b\;$ o problema teria uma só solução e se estivesse fora da faixa entre as paralelas, não haveria circunferência alguma tangente às duas paralelas.

155. Étant donnés deus droîtes parallèles X, Y et un point A situé entre elles, décrire un cercle passant par ce point et tangente aux deux droîtes
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

4.2.16

Circunferência tangente a outra e a uma reta num dado ponto.

Problema:
É dada uma uma reta $\;t\;$ tangente em $\;T\;$ a uma circunferência $\;c\;$ dada. É ainda dado um outro ponto $\;A\;$ dessa tangente $\;t.\;$
Construir uma circunferência tangente à circunferência $\;c\;$ e à reta $\;t \;$ no ponto $\;A.\;$

©geometrias. 3 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problemas fazendo variar os valores de n no seletor na direita baixa da janela de visuaização.

Na figura correspondente ao problema resolvido. tem-se uma circunferência $\;(O')\;$ em que $\;O'\;$ é o quarto vértice de um trapézio retângulo $\;[OTAO']\;$. Como $\;t\,$ é tangente comum à duas circunferências exteriormente: a $\;c =(O)\;$ em $\;T\;$ e em $\;A\;$. Como o os segmentos das tangentes a uma circunferência tiradas por um ponto são iguais, a tangente exterior a $\;c\;$ tirada pelo ponto $\;M\;$ médio de $\;AT\;$ resolve o problema já que permite determinar o ponto de tangência $\;I\;$ comum às duas circunferências. $\;TI\;$ é perpendicular a $\;OM\;$ e $\;OI\;$ interseta a perpendicular a $\;t\;$ em $\;A\;$ em $\;O'\;$, centro da circunferência que procuramos: $\;MT=MI=MA\;$ e $\; IO'=O'A .\;$

154. On donne un cercle C, une tangente T à ce cercle au point A et sur cette droîte un point A'. Construire un cercle tangent au cercle C, et à la droîte T au point A'.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

3.2.16

Circunferência tangente a três retas sendo duas delas paralelas

Problema:
São dadas três retas $\;r,\;s,\;t\;$ sendo duas delas paralelas $\;r \parallel s\;$
Construir uma circunferência que seja tangente às três retas $\;r, \;s,\;t. \;$

©geometrias. 2 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Uma circunferência tangente a três retas $\;r, \;s, \;t\;$ tem centro $\;O\,$ equidistante das três $\;d(r,O)= d(s, O) = d(t,O)\;$. Por isso $\;O\;$ é ponto de interseção de bissetriz do ângulo $\;\angle (\widehat{r, \;t})\;$ com bissetriz do ângulo $\;\angle (\widehat{s, \;t}).\;$
O problema tem duas soluções $\; (O)\;$ e $\;(O').\;$

153. On donne trois droîtes X, Y et Z dont les deux prémières sont parallèles. Construire les cerces tangents à ces trois droîtes.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Livbrairie Vuibert. Paris:1947

31.1.16

Construir uma circunferência tangente a uma reta e passe por dois pontos (2)

Problema:
São dados dois pontos $\;A,\;B\;$ ambos à mesma distância de uma dada reta $\;r.\;$
Construir uma circunferência que passe pelos pontos $\;A, \;B\;$ e é tangente a $\;r. \;$

©geometrias. 31 janeiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode seguir a construção da solução do problema, fazendo variar os valores de n no seletor apresentado à direita baixa do retângulo de visualização

Se $\;A,\;B\;$ estão à mesma distância de $\;r, \;$ $\;AB \parallel r.\;$ O centro da circunferência que passa por $\;A,\;B\;$ é um ponto da mediatriz de $\;AB \;$ que intersecta $\;r\;$ em $\;D.\;$ Como a mediatriz de $\;AB\;$ é perpendicular a $\;AB\;$ também é perpendicular à sua paralela $\;r.\;$ Por isso o ponto $\;D\;$ é o ponto de tangência da circunferência que passa por $\;A, \;B\;$ e é tangente a $\;r.\;$ Assim o centro da circunferência que procuramos é o ponto comum a $\;CD\;$ e a mediatriz de $\;AD\;$ ou de $\;BD\;$

151. On donne une droite D et d'un même côté, sur une même perpendiculaire à D, deux points A et B. Construire un cercle passant par A et B et tangent à la droîte D.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Livbrairie Vuibert. Paris:1947

30.1.16

Construir uma circunferência tangente a uma reta e passe por dois pontos (1)

Problema:
São dados dois pontos $\;A,\;B\;$ ambos sobre uma perpendicular a uma reta $\;r\;$ dada e num dos semi-planos determinados por ela.
Construir uma circunferência que passe pelos pontos $\;A, \;B\;$ e é tangente a $\;r. \;$

Pode seguir a construção da solução do problema, fazendo variar os valores de n no seletor apresentado à direita baixa do retângulo de visualização

Por serem dados dois pontos da circunferência que se procura, bastará determinar um terceiro ponto da circunferência ou o seu centro $\;F\;$ que é um ponto equidistante dos pontos $\;A\;$ e $\;B\;$ — $( FA = FB )$ — da mediatriz de $\;[AB].$ Para que a circunferência seja tangente a $\;r\;$ é preciso que o seu raio seja igual à distância de $\;F\;$ a $\;r,\;$ ou, o que é o mesmo, que seja igual à distância de $\;r\;$ à mediatriz de $\;[AB]\;$. Esta distância é $\;CD\;$ em que $\;C\;$ é $\;AB.r\;$ e $\;D\;$ é o ponto médio de $\;[AB]\;$. O centro da circunferência é determinado como $\; (A, CD). (B, CD),\;$ por exemplo. Há dois pontos $\;E, \;F\;$ que verificam essas condições. As soluções do problemas serão $\;(E, EA)\;$ e $\;(F, FB) \;$, simétricas relativamente ao espelho $\;AB.\;$

7.1.16

Outro problema resolvido usando inversão

Construir uma circunferência que passe por um ponto $\;A\;$ dado e corte duas circunferências - $\;c_1, \;c_2\;$ - dadas segundo os ângulos $\; \alpha , \; \beta \;$ respetivamente.

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Se duas circunferências se cortam, dizemos que se cortam segundo um ângulo $\;\alpha \;$ quando as tangentes às duas num ponto de interseção fazem um ângulo de amplitude $\; \;\alpha .\;$ Neste caso, temos de encontrar uma circunferência que corte $\;c_1\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ (verde) e $\;c_2\;$ segundo o ângulo $\;\beta \;$ (castanho).
Para isso bastará inverter as circunferências dadas relativamente a uma circunferência de inversão e depois encontrar uma reta que corte as inversas segundo aqueles ângulos. Como a inversão conserva os ângulos se invertermos essa reta obteríamos uma circunferência a cortar as dadas segundo os ângulos dados. Esta circunferência inversa da reta deve passar pelo ponto $\;A\;$ dado e, para isso acontecer, bastará que a circunferência de inversão tenha centro em $\;A.\;$
Os procedimentos necessários já foram dissecados antes, por exemplo, na antepenúltima entrada publicada a 20 de dezembro do passado ano em que se apresentava a resolução do problemma " Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A,\;B\;$ dados e corte uma reta dada segundo um dado ângulo $\; \alpha. \;$

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\; A, \; O_1, \;O_2, ....\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há dua\ ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar. <

Na figura ----$\;\fbox{n=0}\;$---- estão patentes os dados do problema.
Em ---- $\;\fbox{n=1}\;$---- acrescenta-se uma circunferência $\;i\;$ de centro $\;A\;$ (raio qualquer) que vai servir de circunferência de inversão.
$\;\fbox{n=2}\;$---- A inversão relativa à circunferência $\;i\;$ ou $\;(A)\;$ transforma a circunferência $\;c_1 \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; (O_1) \;$ numa circunferência $\;c'_1\;$ de centro $\;O'_1$ e $\;(O_2)\;$ em $\;(O'_2)\;$ (tracejadas)
$\;\fbox{n=3}\;$---- Determinamos as circunferências (pontilhadas) concêntricas com $\;c'1 , \;c'_2\;$ para cada uma das quais qualquer das suas retas tangentes fazem ângulos
---$\; \alpha \;$ com $\;c'_1\;$, inversa de $\;c_1\;$
---$\; \beta \;$ com $\;c'_2\;$
$\;\fbox{n=4}.:\;$ Tomamos uma tangente (laranjada) comum a essas duas circunferências que obviamente cortará $\;(c'_1)\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ e $\;c'_2\;$ segundo um ângulo $\;\beta\;$
$\;\fbox{n=5} :\;$ ---- Por isso e porque a circunferência da inversão tem centro $\;A\;$, invertendo a reta alaranjada relativamente a $\;(i),\;$ obtemos uma circunferência que é solução do problema, ----$\;\fbox{n=6,7}\;$---- aqui realçada

Claro que no caso dos concretos dados originais e da nossa figura há mais três soluções, já que os nossos dois círcul(inh)os (a pontilhado) admitem quatro tangentes mostradas para $\;\fbox{n=8, 9, 10} \;$
Pode fazer variações claro....

^* Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie Vuibert. Paris:1946.
201. Construire un cercle passant par un point donné $\;A\;$ et coupant deux cercles donnés $\;(C),\;(C')\;$ sous des angles donnés $\;\alpha,\; \alpha '.$

2.1.16

O mundo do meio

Problema: Construir uma circunferência que passe por um ponto $\;A\;$ dado e corte duas circunferências - $\;c_1, \;c_2\;$ - dadas segundo os ângulos $\; \alpha , \; \beta \;$ respetivamente.

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Se duas circunferências se cortam, dizemos que se cortam segundo um ângulo $\;\alpha \;$ quando as tangentes às duas num ponto de interseção fazem um ângulo de amplitude $\; \;\alpha .\;$ Neste caso, temos de encontrar uma circunferência que corte $\;c_1\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ (verde) e $\;c_2\;$ segundo o ângulo $\;\beta \;$ (castanho).
Para isso bastará inverter as circunferências dadas relativamente a uma circunferência de inversão e depois encontrar uma reta que corte as inversas segundo aqueles ângulos. Como a inversão conserva os ângulos se invertermos essa reta obteríamos uma circunferência a cortar as dadas segundo os ângulos dados. Esta circunferência inversa da reta deve passar pelo ponto $\;A\;$ dado e, para isso acontecer, bastará que a circunferência de inversão tenha centro em $\;A.\;$
Os procedimentos necessários já foram dissecados antes, por exemplo, na antepenúltima entrada publicada a 20 de dezembro do passado ano em que se apresentava a resolução do problemma " Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A,\;B\;$ dados e corte uma reta dada segundo um dado ângulo $\; \alpha. \;$

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\; A, \; O_1, \;O_2, ....\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há duas ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar.

Na figura - $\;\fbox{n=0}\;$ - estão patentes os dados do problema.
Em - $\;\fbox{n=1}\;$- acrescenta-se uma circunferência $\;i\;$ de centro $\;A\;$ (raio qualquer) que vai servir de circunferência de inversão.
$\;\fbox{n=2}\;$ - A inversão relativa à circunferência $\;i\;$ ou $\;(A)\;$ transforma a circunferência $\;c_1 \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; (O_1) \;$ numa circunferência $\;c'_1\;$ de centro $\;O'_1$ e $\;(O_2)\;$ em $\;(O'_2)\;$ (tracejadas)
$\;\fbox{n=3}\;$ - Determinamos as circunferências (pontilhadas) concêntricas com $\;c'1 , \;c'_2\;$ para cada uma das quais qualquer das suas retas tangentes fazem ângulos
- $\; \alpha \;$ com $\;c'_1\;$, inversa de $\;c_1\;$
- $\; \beta \;$ com $\;c'_2\;$
$\;\fbox{n=4}.:\;$ Tomamos uma tangente (laranjada) comum a essas duas circunferências que obviamente cortará $\;(c'_1)\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ e $\;c'_2\;$ segundo um ângulo $\;\beta\;$
$\;\fbox{n=5} :\;$ - Por isso e porque a circunferência da inversão tem centro $\;A\;$, invertendo a reta alaranjada relativamente a $\;(i),\;$ obtemos uma circunferência que é solução do problema, - $\;\fbox{n=6,7}\;$ - aqui realçada

Claro que no caso dos concretos dados originais e da nossa figura há mais três soluções, já que os nossos dois círcul(inh)os (a pontilhado) admitem quatro tangentes mostradas para $\;\fbox{n=8, 9, 10} \;$
Pode fazer variações claro....

28.12.15

11 anos de construções

20.12.15

Problema que precisa da invariância de ângulos por inversão para ser resolvido.

Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A, \; B\;$ dados e corte uma reta - $\;r\;$ - dada segundo um dado ângulo $\; \alpha .$

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Há uma infinidade de circunferências que passsam por $\;A\;$ e $\;B\;$. Precisamos de determinar alguma dessas que cortem $\;r\;$ segundo o ângulo $\;\alpha \;$.

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\;r, \;A, \;B\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há uma ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar.

$\;\fbox{n=1}\;\;\;\;$ A inversão relativa à circunferência de centro $\;A\;$ e raio $\;AB\;$
$\;\fbox{n=2}\;\;\;\;$ transforma a reta $\;r\;$ numa circunferência $\;r'\;$
$\;\fbox{n=3}\;\;\;\;$ que passa por $\;A,\;$ centro da inversão aplicada a $\;r\;$.
Como a inversão preserva os ângulos, o problema reduz-se a determinar uma recta que passe por $\;B\;$ e faça um ângulo $\;\alpha\;$ com a circunferência $\,r'\;$.
As retas que fazem ângulos $\;\alpha\;$ determinam-se facilmente: Toma-se um ponto $\;I\;$ genérico de $\;r'\;$ e a sua tangente nesse ponto
$\;\fbox{n=4}\;\;\;\;;$ A reta que faz um ângulo $\; \alpha \;$ com cada tangente é uma das retas que procuramos e que no seu conjunto determinam (envolvem) uma circunferência concêntrica com $\;r'\;$
$\;\fbox{n=5}\;\;\;\;$ lugar geométrico dos pontos médios das cordas determinadas pelas retas que que fazem ângulos $\; \alpha\;$ com as tangentes em qualquer dos seus extremos.
De entre todas essas retas, interessam-nos aquelas que passam por $\;B\;$ que são duas delas: as tangentes $\;t_1, \; t_2\;$ à circunferência de centro $\;O \;$ e raio $\;OM\;$ tiradas por $\;B\;$
$\;\fbox{n=6}\;\;\;\;$ Se aplicarmos a estas retas $\;t_1, \; t_2\;$ a inversão de centro $\;A\;$ e raio $\;AB\;$ as suas transformadas são, respetivamente, as circunferências $ \;c_1, \; c_2\;$ que passam por $\;A\;$, centro da inversão, e também por $\;B\;$ por este ser um ponto da circunferência de inversão (invariante por essa inversão)
$\;\fbox{n=7}\;\;\;\;\;$ A figura final
$\;\fbox{n=8}\;\;\;\;$ só serve para mostrar os dados e as soluções do problema sem mais.

^* Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie Vuibert. Paris:1946.
200. Construire un cercle passant par deux points donnés et coupant une droite donnée sous un angle donné $\;\alpha$.

15.12.15

Dobras de um canto com uma dada área são um problema?

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 $\; \displaystyle QR \times \frac{OP}{2}\;$ ou por $\; \displaystyle \frac{QP\times PR}{2}$.
Designemos por $\;(x, y)\;$ as coordenadas cartesianas de $\;P:\;\; x=OQ, \; y=OR\;$ e por $\;(\rho, \; \theta\;)\;$ as coordenadas polares de $\;P:\; \; \rho= OP =2\times SP, \; \theta=\angle Q\hat{O}P.\;$
No caso da nossa construção, atribuímos o valor $\;3\;$ a $\;k\;$ e a condição do problema que $\;P\;$ deve satisfazer é, pelo que vimos, $\;x\times y = 6.\;$
Como $\;OS \perp QR \;$, do triângulo $\;OSQ\;$ retângulo em $\;S\;$, tiramos $\;\displaystyle \frac{OS}{OQ} = {\rm cos}\; \theta \;$ ou $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=x.{\rm cos}\; \theta. \;$
Também o triângulo $\;RSO\;$ é retângulo em $\;S\;$ e $\;R\hat{O}S = \displaystyle {\pi \over 2} - \theta\;$ e $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=y.{\rm cos}\; ({\pi \over 2}-\theta)\;$ ou $ \displaystyle\frac{\rho}{2}=y.{\rm sen}\; \theta . \;$
De $\;\rho = 2x. {\rm cos} \theta\;$ e $\;\rho=2.{\rm sen} \theta\;$ podemos concluir que $\;\rho ^2 = 4xy.{\rm sen}(\theta).{\rm cos}\; \theta\;$ ou, por ser $\; 2{\rm sen}(\theta).{\rm cos}(\theta) ={\rm sen}(2\theta),\;$ e $\;xy=2k\;$ (no nosso caso $\;6\;$), podemos concluir que o lugar geométrico dos pontos $\;P (\rho, \; \theta)\;$ tais que os triângulos $\;QPR\;$ de dobragem têm área $\;k\;$ constante satisfazem a seguinte equação $$\rho ^2 = 4k. {\rm sen}(2\theta)$$ que é a equação de uma curva chamada lemniscata (meia lemniscata no nosso caso por serem $\;x\geq 0 \wedge y\geq 0 \;$ 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 ponto $\;R (0, y)\;$ é dele dependente: $\;y=\displaystyle \frac{2k}{x}\;$

$^1\;$7. 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.

28.11.15

Situar um triângulo dado de modo a que cada um de 3 pontos dados estejam sobre cada um dos seus lados.

ProbLema XXVI dos Principia

ProbLema XXVI dos PRINCIPIOS¹ de I. Newton

Problema:
Conhecemos os os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$ e o comprimento do lado $\;AB\;$ de um triângulo $\;ABC.\;$ Dados três pontos $\;D,\;E, \;F\;$ não colineares, situar o triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;D\;$ incida sobre a reta $\;BA\;$, $\;E\;$ sobre $\; AC\;$ e $\;F\;$ sobre $\; CB.\; \;^1\;$

$\fbox{n=1}\;$ Do triângulo $\;ABC\;$ que vamos construir, os dados estão lançados no topo esquerdo do janela de visuaização, a saber: comprimento $\;AB\;$ e os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$, sendo igual a quatro retos a soma das amplitudes destes últimos — $\alpha + \beta + \gamma = 4 \;$ retos. Na nossa figura pode variar as amplitudes usando os pontos verde e vermelho. Claro que se pretende que este triângulo seja construído numa posição tal que em cada uma das suas três retas (lados) incida um dos pontos $\;D, \;E, \;F\;$ a azul na figura, onde também se apresentam os três segmentos que os unem dois a dois.
Para acompanhar os passos da construção, faz-se variar de 1 a 8 o valor de $\;n\;$ no cursor presente na janela da construção dinâmica.

Para que $\;D\;$ incida sobre $\;AB\;$ e $B\hat{A}C= \alpha = D\hat{A}E, \;$, basta que A seja um ponto do arco capaz de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$ oposto a uma corda $\;DE\;$ de uma circunferência a passar por $\;D, \;E.\;$ Pelas mesmas razões $\;B\;$ terá de estar no arco capaz de de um ângulo $\; D\hat{B}F = \beta \;$ de uma circunferência a passar por $\; D, \;F\;$ e $\;C\;$ terá de estar num arco capaz do ângulo $\;\gamma=F\hat{C}E\;$ numa circunferência a passar por $\;E, \;F.\;$

24 novembro 2015, Criado com GeoGebra
>Nota: Não pretendemos fazer demonstração, mas tão só os passos da construção<

$\fbox{n=2, 3, 4}\;$ Determinam-se os arcos $\;DAE, \;DBF, \;FCE \;$ capazes dos ângulos $\;\alpha, \;\beta, \;\gamma\;$ das circunferência de centros $\;P, \;Q, \; O\;$ que têm um ponto $\;G\;$ comum.

$\fbox{n=5}\;$ Para determinar $\;A\;$ sobre $\;(P, PG)\;$ colinear com $\;D\;$ da mesma circunferência e com $\;B\;$ da circunferência $\;(Q, QG)\;$, determina-se $\;GA\;$ tal que $$\frac{GA}{AB}=\frac{GP}{PQ}$$ da semelhança dos triângulo $\;GPQ\;$ e $\;GAB\;$ (por ser $\;G\hat{P}Q= G\hat{A}D, \; \;G\hat{Q}P= G\hat{B}D \;$)

$\fbox{n=6}\;$ Conhecido $\;GA\;$, determina-se $\;A\;$ sobre o arco $\;EGD\;$ de $\;(P, PG)\;$

$\fbox{n=7}\;$ As retas $\;DA\;$ e $\;EA\;$ definem dois ângulo de amplitude $\;\alpha \;$ verticalmente opostos e servirão definir o triângulo $\;ABC\;$ que procuramos:

$\fbox{n=8}\;$ $\;B\;$ estará sobre a reta $\;AD\;$ e sobre o arco $\;DGF\;$ de $\;(Q, QG)\;$ e capaz de ângulos de amplitude $\;\beta. \;$ Finalmente $\;C\;$ fica determinado como interseção da reta $\;EA\;$ com a reta $\;BF\;$ sobre o arco capaz $\;FCE\;$ de ângulos de amplitude $\;\gamma\;$.

$^1\;$Lemma XXVI. To place the three angles of a triangle, given both in kind and magnitude, in respect of as many right lines given by position, provided they are not all parallel among themselves in such manner that de several angles may touch the several lines.
Sir Isaac Newton, The Mathematical Principles of Natural Philosophy. (Andrew Motte) pp.91-92 Vol.I. London: 1803.

5.11.15

Não há mais que cinco poliedros regulares

Construíndo, validámos a existência de cinco sólidos de faces planas equiláteras e equiângulas e iguais entre si, a saber: tetraedro, hexaedro ou cubo, ocatedro, dodecaedro e icosaedro. Para além dessas cinco figuras, podemos dizer que não há outras figuras sólidas cujas faces planas sejam equiláteras e equiângulas e iguais entre si?

Nas últimas entradas, temos vindo a seguir as construções do Livro XIII: Os Sólidos "Platónicos* de Os Elementos. As definições de sólidos (Def. 11.1) e ângulos sólidos (Def. 11.11) estão no Livro XI - Estereometria Elementar.
Seguindo (11.11), a existência de um ângulo sólido exige mais de dois ângulos planos intersetando-se num ponto e não pertencendo a um mesmo plano. Em (11.12) diz-se que uma pirâmide é uma figura sólida, contida por planos os quais são construídos a partir de um plano para um ponto fora dele. Em (11.13) escreve-se que um prisma é contido por planos, dois dos quais opostos são iguais e paralelos, sendo os restantes paralelogramos. …

Com triângulos equiláteros
1. Três é o menor número de planos para construir um ângulo sólido e o tetredro é uma pirâmide cujo ângulo sólido é construído por três triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
2. O ângulo sólido do octaedro é construído por quatro triângulos equiláteros e o ângulo sólido do iscosaedro por cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
3. O ângulo sólido do icosaedro é construído com cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
4. E é claro que seis triângulos equiláteros com um vértice comum pois cada um dos ângulos planos de um triângulo equilátero é duas terças partes de um ângulo reto e a soma de seis deles é igual a quatro retos e, por isso, estarão todos num só plano. E também, é assim claro que não pode haver um ângulo sólidos forrado por mais de seis triângulos equiláteros
Na figura que se segue, pode ver-se que o ângulo sólido de um hexaedro de faces quadradas é forrado por por três ângulos retos planos e não pode haver qualquer ângulo sólido contido por quatro quadrados já que a sua soma em torno de um mesmo vértice seria de quatro retos.
Finalmente apresenta-se o caso do dodecaedro em que cada ângulo sólido é limitado por três pentágonos regulares. Mas porque cada ângulo plano de um pentágono é um um reto e um quinto de reto e a soma de quatro deles em torno de um ponto comum é maior que quatro retos.

© geometrias. 5 de Novembro de 2015, Criado com GeoGebra

Fica assim claro que não há mais que cinco sólidos platónicos, isto é, não há mais que cinco poliedros cujas faces são polígonos equiláteros e equiângulos.

*O mais provável é que os cinco sólidos regulares tenham sido descobertos na escola pitagórica. Mas são denominados por Sólidos Platónicos porque eles aparecem no diálogo Timaeus de Platão. Muitos dos teoremas deste livro, particularmente os últimos dois sólidos, são atribuídos a Teeteto de Atenas.

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements

16.10.15

Elementos: Comparações das arestas dos sólidos platónicos inscritos numa mesma esfera

Proposição 18:
Para definir os lados das cinco figuras e compará-los uns com os outros.

Consideremos a esfera dada definida pela semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ em que se inscrevem um tetraedro, um octaedro, um hexaedro, um dodecaedro e um iscosaedro. As construções dessas figuras sólidas foram sendo apresentadas em recentes páginas deste "lugar geométrico".

Tomemos um ponto $\;C\;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=CB\;$ e um ponto $\;E\;$ da semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ e da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C.\;$ Sabemos que $\;AC=CB\;$ ou $\;AB=2.BC$ e por serem iguais os catetos $\;AE, \;EB\;$ do triângulo retângulo de hipotenusa $\;AB\;$ $$\;AB^2=2.BE^2.\;$$ Como tínhamos visto que o quadrado sobre o diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octaedro nela inscrito, é certo que $\;BE\;$ é igual ao lado (aresta) do octaedro inscrito na esfera de diâmetro $\;AB.\;$
Tomando um ponto $\;D\;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AD=2.DC\;$ e um ponto $\;F\;$ da semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ e da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;D.\;$
1. Sabemos que $\;AD=2.DB\;$ é o mesmo que $\;AB=3.DB\;$ ou $\;AB= \displaystyle \frac{3}{2} AD.\;$ E, por serem equiangulares os triângulos $\;BAF,\;$ retângulo em $\;F\;$ e $\;DAF,\;$ retângulo em $\;D,\;$ podemos escrever $$\frac{BA}{AF}=\frac{FA}{AD}= \frac{BF}{FD},$$ de onde se retira que $\;BA.AD=AF^2 .\;$ Como $\;\displaystyle \frac{BA}{AD}= \frac{AB.AB}{AD.AB}=\frac{AB^2}{AF^2} ,\;$ temos $$AB^2 = \frac{3}{2} . AF^2$$ Como antes tínhamos visto que o quadrado do diâmetro de uma esfera é uma vez e meia o quadrado do lado (aresta) do tetraedro nela inscrito, é certo que $\;AF\;$ é igual ao lado (aresta) do tetraedro inscrito numa esfera de diâmetro $\;AB\;$
2. Sendo $\; AB=3.DB\;$ e, porque os triângulos $\;BAF,\;$ retângulo em $\;F,\;$ e $\;FBD, \;$ retângulo em $\;D,\;$ são equiangulares, podemos escrever $$\frac{AB}{BF}=\frac{FA}{FD}= \frac{BF}{BD},$$ de onde se retira que $\;AB.BD=BF^2.\;$ Como $\;\displaystyle \frac{AB}{BD}= \frac{AB.AB}{AB.BD}=\frac{AB^2}{BF^2}\;$ temos $$AB^2 =3BF^2.$$ Como antes tínhamos visto que o quadrado do diâmetro de uma esfera é o triplo do quadrado da aresta do cubo nela inscrita, é certo que $\;BF\;$ é igual ao lado (aresta) do cubo inscrito na esfera de diâmetro $\;AB\;$
1. Tomando um ponto $\;G\;$ na perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;A\;$ e de tal modo que $\;AG=AB\;$ e consideremos os pontos $\;H\;$ de interseção da semi-circunferênca com $\;CG\;$ e $\;K\;$ de $\;AB\;$ e pé da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;H.\;$ Como $\;GA=AB=2.AC\;$ e por $\;GA \parallel HK\;$ podemos escrever $\;\displaystyle \frac{GA}{AC} =\frac{HK}{KC}\;$ e, por isso, $\;HK=2.KC,\;$ de onde $\;HK^2 = 4KC^2.\;$ Por ser retângulo em $\;K\;$ o triângulo $\;CHK,\;$ é $\;HC^2=CK^2+KH^2\;$ e, como $\;HC=CB\;$, podemos concluir que $\;BC^2 =4KC^2+Kc^2=5KC^2.\;$
  Sabendo que $\;AB=2BC\;$ e $\;AD=2DB, \;$ ao tirarmos $\;AD\;$ a $\;AB\;$ ficamos com $\;DB\;$ e tirando $\;DB\;$ a $\;BC\;$ ficamos com $\;DC,\;$ podemos dizer que $\;DB=2CD\;$ ou seja $\;BC= BD+DC= 2DC+DC=3CD\;$ e $BC^2=9CD^2.\;$ Assim por ser $\;BC^2 = 5CK^2=9CD^2, \;$ terá de ser $\;CK > CD .\;$
  Tomando agora os pontos $\;L,\;$ sobre $\;AB\;$ tal que $\;KC=CL,\;$ e $\;M\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;L\;$ com a semi-circunferência, sendo $\;KL = 2CK,\; AB=2BC, BC^2=5CK^2\;$, é $\;AB^2=5KL^2.\;$
  Como antes tínhamos visto que o diâmetro da esfera é cinco vezes o raio do círculo a partir do qual se constrói o icosaedro nela inscrito, é certo que $\;KL\;$ é o raio do círculo a partir do qual se constrói o icosaedro inscrito numa esfera de diâmetro $\;AB\;$. $\;KL\;$ é o lado do hexágono inscrito nesse círculo de partida e o lado do pentágono inscrito nesse mesmo círculo é igual à aresta do icosaedro. Da construção do icosaedro, lembramos que o diâmetro $\;AB\;$ da esfera era composto por um lado do hexágono inscrito na circunferência de raio $\;KL\;$ acrescentado de dois lados de decágono inscrito em circunferências de raio $\;KL, \;$ o que nos alerta para que $\;AK=LB\;$ é o lado do decágono inscrito na circunferência de raio $\;KL\;$. Como já tínhamos visto $\;HK=2KC,\; KL=2KC, \;KC=CL\;$ e, em consequência, $\;LM=KC=KL\;$. Temso assim um triângulo $\;BML,\;$ retângulo em $\;L\;$ sendo os catetos $\;BL,\;LM\;$ respetivamente iguais ao lado de um decágono e ao lado de um hexágono ambos inscritos numa circunferência de raio $\;KL\;$. Por isso, a sua hipotenusa $\;BM\;$ é o lado do pentágono regular inscrito no mesmo círculo de raio $\;KL,\;$ sendo assim certo que
  $\;BM\;$ é igual ao lado (aresta) do icosaedro inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB.\;$
2. Vimos, na entrada relativa a essa construção, que a aresta do dodecaedro inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB\;$ é a parte maior de uma divisão em média e extrema razão da aresta do cubo inscritível na mesma esfera. Sendo $\;FB\;$ igual a cada lado dos quadrados que formam o cubo inscrito na esfera de diâmetro $\;AB,\;$ determinamos o ponto $\;N\;$ que divide o segmento $\;FB\;$ em duas partes $\;FN, \;NB\;$, sendo $\;BN > NF\;$ e $\;\displaystyle \frac{FB}{BN}=\frac{BN}{NF} \;$ equivalente a $\;NB^2=NF.FB\;$ e é certo dizer que $\;NB\;$ é igual à aresta do dodecaedro regular inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB.\;$

Concluindo:

Sabemos que $$AB^2=\frac{3}{2}AF^2 =2BE^2=3BF^2,$$ de onde se pode retirar que $$AF^2= \frac{4}{3}BE^2=2BF^2$$ que pode ler-se:
as razões entre os quadrados das arestas dos tetraedro, octaedro e hexaedro (cubo) regulares inscritos numa mesma esfera são racionais $\;\frac{4}{3}, \frac{3}{2}, 2, 3, ...$.
Já o mesmo não se pode dizer das razões entre os quadrados das arestas do icosaedro e do dodecaedro inscritíveis numa mesma esfera ou entre quadrados de qualquer destas com quadrados de cada aresta do tetraedro, octaedro ou cubo, que são sempre irracionais.

Pode ter interesse ainda comparar as arestas do icosaedro e do dodecaedro (ambos inscritos na mesma esfera): A aresta do icosaedro ($\;MB\;$) é maior que a aresta do dodecaedro ($\;NB\;$) (inscritos numa esfera de diâmetro $\;AB\;$ qualquer).

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David Joyce. Euclide's Elements

22.9.15

Elementos: Construção de dodecaedro inscritível numa dada esfera.

Proposição 17:
Construir um dodecaedro inscritível numa dada esfera.

Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro $\;A_0B_0\;$ a azul na figura em que também tomamos um ponto $\;C_0\;$ do diâmetro tal que $\;A_0C_0+C_0B_0=A_0B_0\;$ e $\;A_0C_0=2\times B_0C_0\;$ e um ponto $\;D_0\;$ da semicircunferência $\;A_0D_0B_0\;$ tal que $\; A_0\hat{C_0}D_0\;$ seja reto. Ficam traçados também $\;C_0D_0\;$ a azul, e $\;D_0B_0,\;$ a vermelho. Passos da construção:

Como já vimos antes (XIII.15), um cubo de aresta igual a $\;D_0B_0\;$ inscreve-se numa esfera de diâmetro $\;A_0B_0.\;$
Começamos por desenhar duas faces consecutivas do cubo encapsulável nessa esfera, ou seja, dois quadrados (de lados iguais a $\;D_0B_0\;$)a saber: $\; ABCD \;$ e $\;BEFC\;$.
Desses dois quadrados determinamos os pontos médios $\;G, \; H,\;K, \; L, \; M, \;N,\;O, \;$ dos seus lados $\;AB, \;BC, \;CD,\;EF,\; EB, \;CF,\;$ respetivamente.
A seguir traçámos os pares de segmentos $\;HM, \;NO, \; \;HL, \;GK,\;$ unindo os pontos médios de lados opostos de cada um desses quadrados que definem os pontos $\;P\;$ e $\;Q.\;$
Determina-se sobre $\;NP\;$ o ponto $\;R\;$ que o divide em média e extrema razão sendo $\;RP > NR. \;$ E dividimos, igualmente em média e extrema razão, $\;PO\;$ por $\;S\;$ e $\;HQ\;$ por $\;T,\;$ sendo $\;SP > OP\;$ e $\;TQ > HT.\;$
Tiramos por $\;R\;$ e $\;S\;$ perpendiculares ao plano $\;CBE\;$ e de cada uma delas tomemos um segmento de comprimento $\;PR=PS, \;$ e para o exterior do cubo, $\;RU\;$ e $\;SV.\;$ Determinámos, do mesmo modo, $\;W\;$ sobre a perpendicular tirada por $\;T\;$ ao plano $\;ABC,\;$ sendo $\;TW=QT=PR=PS\;$

© geometrias. 20 de Setembro de 2015, Criado com GeoGebra
Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Os pontos $\;U,\;B,\;W,\;C, \:;V\;$ são vértices de um pentágono equilátero e equiângulo.
1. Provemos que $\;UB=BW=WC=CV=VU:\;$
  Como $\;NP\;$ está dividido em média e extrema razão por $\;R\;$ com $\;PR > RN,\; \;\; PR^2=PN \times NR\;$ e dado que $\;PR=PN-NR \;$ e $\;PR^2=(PN-NR)^2= PN^2+NR^2 - 2\times PN\times NR= PN^2+NR^2 - 2\times PR^2=\;$ ou seja $$\;PN^2+RN^2=3PR^2\;\; \;\;\; \mbox{ euclideanamente provado em Elementos:}\;\; XIII.4 )$$ Por ser $\;PN=NB\;$ e $\;PR=RU\;$, podemos pois afirmar que $\;NB^2+RN^2=3RU^2.\;$ E por ser retângulo em $\;N\;$ o triângulo $\;BRN\;$, podemos escrever (I.47) $\;BR^2=BN^2+NR^2.\;$ E, assim se vê que $\;BR^2 = RU^2\;$ e $\;BR^2 + RU^2= 4RU^2.\;$ E como o triângulo $\;BUR\;$ é retângulo em $\;R,\;$ (por I.47) $\;BU^2=BR^2 + RU^2\;$ e, em consequência, $\;BU^2=4RU^2, \;$ que implica $\;BU=2UR.\;$
  Também sabemos que $\;SRVU\;$ é um paralelogramo retângulo em que $\;SR=UV(=2PR=2RU=2SV=2TW...)\;$ Fica assim demonstrado que $\;BU=UV.\;$
  Do mesmo modo se demonstra que cada um dos $\;BW, \; WC,\;CV\;$ é igual a $\;BU\;$ e $\;VU.\;$
2. $\;U,\;B,\;W,\;C, \;V\;$ são complanares?
  O ponto $\;X\;$ no exterior do cubo original e sobre uma paralela a $\;RU\;$ e $\;SV\;$ tirada por $\;P\;$ e tal que $\;PX=RU\;$ é um ponto de $\;UV\;$ e tomemos os segmentos $\;XH\;$e $\;HW.\;$ Se provarmos que $\;X, \; H, \;W\;$ são colineares fica demonstrado que os pontos do pentágono $\;UBWCV\;$ estão todos num só plano. Assim:
  Por construção, $\;T\;$ divide $\;HQ\;$ em média e extrema razão sendo $\;QT >TH\;$ ou seja $$\frac{HQ}{QT}=\frac{QT}{TH}$$ E, como $\;HQ=HP\;$ e $\;QT=TW=PX\;$, podemos escrever que $$\frac{HP}{PX}=\frac{WT}{TH} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$ Como $\;HP \parallel TW\;$, fazem cada um deles ângulos retos com o plano $\;ABC\;$. E pelas mesmas razões, por ser $\;TH \parallel PX\;$ fazem ambos ângulos retos com o plano $\;BEF\;$ (XI.6)
  E podemos concluir que os triângulos $\;XPH\;$ e $\;HTW\;$ são semelhantes já que $\;\angle X\hat{P}H = \angle H\hat{T}W = 1\;$ reto e os seus lados serem diretamente proporcionais (*) $$\frac{HP}{WT}=\frac{PX}{TH}$$ Sendo $\;HP \parallel TW\; \wedge \;TH \parallel PX\; \wedge \;XPH\; \sim\;HTW\;$ então $\;HX \parallel WH\;$ (VI.32), ou seja são uma única já que são paralelas com um ponto $\;H\;$ comum.
  Por (XI.1), sendo $\;WH\;$ e $\;HP\;$ dois segmentos de uma mesma reta, todos os seus pontos estão num mesmo plano como acontecerá com todos os pontos das retas que passam por $\;W\;$ e um outro ponto de $\;BC.\;$
3. Já sabemos que o pentágono é uma figura plana e é equilátera. Será equiângula? A proposição (XIII.7) de "Os Elementos" diz-nos que se três ângulos, consecutivos ou não, de um pentágono equilátero são iguais então o pentágono é equiângulo.
  Como sabemos $\;R\;$ divide $\;NP\;$ em média e extrema razão sendo $\;PR > RN\;$ e, por isso, temos $$\frac{NP}{PR}= \frac{PR}{RN}$$ E, como $\;PR=PS\;$ e $\;NS=NP+PS,\;$ por (XIII.5), $\;P\;$ divide $\;NS\;$ em média e extrema razão sendo $\;NP>PS\;$ $$\frac{SN}{NP}=\frac{NP}{PS}$$ Em consequência, por (XIII.4), $\;NS^2+SP^2 = 3.NP^2.\;$ Por ser $\;NP=NB\;$ e $\;SP=SV,\;$ podemos afirmar que $\;VS^2 + SN^2= 3.NB^2, \;$ de onde resulta $\;VS^2 + SN^2 + NB^2= 4.NB^2. \;\;\; (**)$
  Como $\;SNB\;$ é um triângulo retângulo em $\;\angle \hat{N}, \;$ por (I.47), $\;SN^2+NB^2 =SB^2\;$ que com $\;(**),\;$ nos permite afirmar que $\; VS^2+SB^2 = 4.NB^2\;$ ou $\;BV^2=4.NB^2,\;\; (***)$ já que $\;BSV\;$ é retângulo em $\;S\;$ e, por (I.47), $\;VS^2+SB^2 = VB^2.\;$
  Por construção, sabíamos que $\;BC=2NB$ e ficámos agora a saber com $\;(***)\;$ que também é $\;BV=2NB, \;$ de que se tira $\;VB=BC.\;$. Como o pentágono é equilátero já sabemos que $\;BU=BW,\; UV=WC\;$ que com $\;VB=BC\;$ garantem a igualdade dos triângulos $\;BUV\;$ e $\;BWC\;$ e, em consequência, as igualdades dos ângulos $\;B\hat{U}V,\; \;B\hat{W}C\;$ opostos a $\;BV\;$ e $\;BC\;$ e dos ângulos $\;B\hat{V}U,\; B\hat{C}W\;$ opostos a $\;BU\;$ e $\;BW\;$ respetivamente. Já temos três ângulos do pentágono iguais entre si e por (XIII.7) o pentágono é equiângulo
4. O pentágono construído pelo processo acima explicitado é uma figura plana equilátera e equiângula do qual $\;BC\;$ é uma diagonal. $\;BC\;$ é uma das doze arestas do cubo inscrito numa esfera de diâmetro $\;A_0B_0 .\;$ Se fizermos a mesma construção sobre cada uma das doze arestas do cubo, teremos construído uma qualquer figura sólida, contida por doze pentágonos equiláteros e equiângulos, a que chamamos dodecaedro
Falta provar que esta figura sólida está encapsulada na mesma esfera (de diâmetro $\;A_0B_0\;$) em que está inscrito o cubo de aresta $\;D_0B_0\;$ de que partimos.
1. Para provar que o dodecaedro construído tem os vértices sobre a superfície esférica gerada por uma semi-circunferência de diâmetro igual a $\;A_0B_0\;$começamos por lembrar que a reta $\;PX\;$ é perpendicular ao plano $\;BCE\,$ em $\;P\;$ centro da face $\;BCFE\;$ do cubo de diagonal (diâmetro) $\;A_0B_0\;$ construído cf (XIII.15).
  - (I.47) - Lembremos que o quadrado da diagonal de uma face do cubo é igual a dois quadrados do lado da face e o quadrado da Diagonal do cubo é a soma do quadrado da diagonal da face com o quadrado do lado face. Ou seja o quadrado da Diagonal do cubo (ou diâmetro da esfera em que se inscreve) é três vezes o quadrado dda sua aresta.
  - A reta $\;PX\;$ é a interseção dos planos que cortam ao meio duas faces opostas (dois planos opostos, como eles descreveram) do cubo ($\;BCE, \;ADI\;)$ e, por isso, cf (XI.38), interseta a Diagonal (diâmetro) do cubo no centro da esfera em que se inscreve o cubo. Chamámos $\;Z\;$ a esse ponto, como confirmará na nossa ilustração. $\;ZP\; é metade do lado da face do cubo.
2. Para além de $\;Z\;$, temos $\;XZ, \; UZ, \;$ que nos permitirão provar que o vértice $\;U\;$ do dodecaedro é um ponto da esfera de centro em $\;Z\;$ e diâmetro igual a $\;A0B_0:\;$
  - Como já vimos $\;P\;$ divide $\;NS\;$ em média extrema razão, sendo $\;NP>PS\;$ e, cf (XIII.4), $$\;NS^2+SP^2=3NP^2$$
  - Os dados da construção que fomos descrevendo indicam que $\;NP=PZ\;$ e $\;XP=PS\;$. Por ser $\;XZ= XP+PZ, \;\;\; XZ= SP+PN= SN.\;$ Também $\;PS=PR\;$ e, por isso, $\;PS=XU.\,$ O triângulo $\;UZX\;$ é retângulo em $\;X\;$ e, cf (I.47), $\;ZU^2= ZX^2+xU^2.\;$ E podemos escrever que $$ZU^2 =NS^2+SP^2 = 3NP^2\;$$
  $UZ^2=3NP^2$ é o mesmo que dizer que $\;UZ\;$ é o raio da esfera em que está encapsulado o cubo de aresta $\;AB\;$ dupla de $\;NP\;$. (XIII.15 : o raio da esfera é três vezes o quadrado de lado igual a metade da aresta do cubo nela inscrito.)
  Fica assim demonstrado que o vértice $\;U\;$ do dodecaedro construído é um ponto da esfera em que se inscreve o cubo, cujos vértices estão sobre a superfície esférica e são também vértices do octaedro. Raciocínio análogo pode ser aplicado para a cada um dosvértices do dodecaedro que não seja vértice do cubo.
Qual é o comprimento da aresta do dodecaedro inscrito numa superfície esférica de diâmetro $\;A_0B_0\;$?
- $\;UV =RS\;$ já que $\;UV\;$ e $\;RS\;$ são segmentos de paralelas entre paralelas $\;RU\;$ e $\;SV\;$ (estas últimas construídas como perpendiculares ao plano $\;BEF\;$
- Como sabemos $\;R\;$ foi determinado como ponto que divide $\;NP\;$ em média e extrema razão, sendo $\;RP>PN:\;$ $$\frac{NP}{PR}=\frac{PR}{RN}$$ E assim, como é óbvio, $\;\displaystyle \frac{2NP}{2PR}=\frac{2PR}{2RN}.\;$
- $\;S\;$ foi determinado do mesmo modo que $\;R\;$ e óbvio é que $\;NP= PO,\; NR=SO, \; RP=PS\;$, sendo , por isso, $\;2NP=NO, \; 2NR =NR+SO, \; 2PR=RS, \; RS>2NR $
  E podemos escrever que $$\frac{NO}{RS}=\frac{RS}{2RN}$$ que se pode traduzir por $\;RS\;$ é a parte maior de uma divisão de $\;NO\;$ em média e extrema razão.
Como $\;NO\;$ é igual à aresta do cubo $\;D_0B_0\;$, a aresta do dodecaedro inscrito numa esfera dada é igual à parte maior da aresta do cubo inscrito na mesma esfera quando a dividimos em média e extrema razão.

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