determinar o ponto P' tal que OP . OP' =1, tomando para unidade o raio da circunferência.
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27.5.13
Exercício interativo:
Com compasso, determinar a imagem de P por inversão relativamente a uma circunferência dada.
O exercício interativo em que, com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem por objetivo
determinar o ponto P' tal que OP . OP' =1, tomando para unidade o raio da circunferência.
determinar o ponto P' tal que OP . OP' =1, tomando para unidade o raio da circunferência.
24.5.13
Exercício Interativo:
Determinar a tangente a uma circunferência num dos seus pontos
A Biblioteca da Escola José Estêvão comemora os seus 150 anos. Muitas das construções apresentadas neste espaço foram sugeridas e estudadas nos velhos livros da nossa biblioteca para aparecerem como reconstruções dinâmicas(como é natural na circunstância em que as retomamos). Esta Biblioteca, nascida no século XIX, chega toda dinâmica ao século XXI. Também aqui, ela mexe.
Aqui fica(va) um exercício interativo em que,com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tinha como objetivo que
determinassem, sem acesso ao centro da circunferência, a sua tangente em A .
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21.5.13
Exercício interativo:
Problema com cinco pontos e uma só razão.
Aqui fica um exercício interativo em que,com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem como objetivo
determinar, sobre a reta a dos pontos A, A', B, B', um ponto M tal que MA / MB = MA' / MB' .
Passos estáticos:
determinar, sobre a reta a dos pontos A, A', B, B', um ponto M tal que
Passos estáticos:
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19.5.13
Exercício interativo:
Centros das homologias que transformam um quadrilátero num losango
Aqui fica um exercício interativo em que, apoiado pelas entradas sobre homologias e com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem como objetivo
determinar conjunto dos pontos que podem ser centros de homologia que transforme um dado quadrilátero ABCD num elegante losango .
Não conseguimos recuperar para a vida o exercício interactivo feito com recurso a Cinderella. Mas aqui deixamos aos visitantes a sucessão de passos para resolver o problema acima enunciado.
Dado um quadrilátero de vértices A, B, C, D. O que se pretendia era que o visitante resolvente, usasse as ferramentas disponíveis à esquerda, para
determinar conjunto dos pontos que podem ser centros de homologia que transforme um dado quadrilátero ABCD num elegante losango .
Não conseguimos recuperar para a vida o exercício interactivo feito com recurso a Cinderella. Mas aqui deixamos aos visitantes a sucessão de passos para resolver o problema acima enunciado.
Dado um quadrilátero de vértices A, B, C, D. O que se pretendia era que o visitante resolvente, usasse as ferramentas disponíveis à esquerda, para
- desenhar as retas a=]AB[, b=]DC[, c=]AD[, d=]BC[ num primeiro passo e
- acrescentar as intersecções E=c.d e F=a.b
- que definem a reta - l- limite determinada por E e F (pontos comuns a lados opostos do quadrilátero que pela homologia devem ser transformados em retas pararelas de um quadrado;
- convém agora apresentarmos as diagonais AC=f e BD=g que pela homologia (de que procuramos o centro) devem ser as diagonais do quadrado e, por isso, serem perpendiculares
- Ora, a diagonal AC intersecta a reta limite (l) em G e a outra diagonal BD em H e as circunferências (G,H) e (H,G) determinam L, M e e=LM
- e esta última reta intersecta l no fundamental K
- por ser o centro da circunferência de diâmetro GH (vermelha) onde se encontram os pontos O tais que GO ⊥OH ....
15.5.13
Homologia que transforma um triângulo qualquer num equilátero
Há construções feitas no âmbito de notas de estudo sobre geometria projetiva que foram abandonadas na sequência apresentada e que vamos interromper. Uma delas foi a construção de um triângulo equilátero homólogo a um triângulo qualquer. Ou dito de outro modo, dado um triângulo qualquer determinar elementos definidores de uma homologia que o transforma num triângulo equilátero. É o que fica ilustrado na construção seguinte:
Na construção, é dado um triângulo ABC. Exigir que o seu homólogo A'B'C' seja equilátero, i. e. que $\overline{B'C'}=\overline{C'A'}=\overline{A'B'}$. Esta condição é equivalente a outras como $ \angle C'\hat{A'}B' = \angle A'\hat{B'}C' = \angle B'\hat{C'}A'$, ...
Como sabemos a imagem de qualquer ponto $P$ por uma homologia de centro $O$ e eixo $e$ será um ponto $P'$ de $OP$. Do mesmo modo, a imagem de um outro ponto $Q$ será um ponto $Q'$ de $OQ$. Além disso, $PQ.P'Q'$ terá de ser um ponto do eixo $e$.
A reta do inifinito do plano terá os seus correspondentes numa reta, a que chamamos reta limite. Há uma reta limite que tem por imagem hmológica a reta no infinito, assim como há a reta limite que é imagem da reta no infinito. Qualquer das retas limite é paralela ao eixo, como é óbvio: $\infty_e \longrightarrow \infty'_e (= O\infty_e . l$
Se nos derem a reta limite $l$ dos originais dos pontos no infinito, o ponto $PQ.l$ é o original do ponto no infinito de $P'Q'$, ou seja, $P'Q'$ é a reta que passa por $PQ.e$ e é paralela a $O(PQ.l)$. Dito de outro modo, dar a reta limite é dar a direção da reta homóloga de qualquer reta dada.
Sendo-nos dada a reta $l$ limite dos originais dos ponto no infinito pela homologia, e chamando $a$ a $BC$, $b$ a $AC$, $c$ a $AB$, $L_a$ a $a.l$, $L_b$ a $b.l$, $L_c$ a $c.l$, a direção de $B'C'$ ou a' é a mesma de $OL_a$, $b'//OL_b$, $c'//OL_c$. Para que A'B'C' seja equilátero só tenho que garantir que sejam iguais a $60^o$ dois dos ângulos $L_b\hat{O}L_c $, $L_c\hat{O}L_a$ e $L_a\hat{O} L_b$. Isso chega para garantir que $\hat{A'}=\hat{B'}=\hat{C'}=60^o$.
Tomada uma reta $l$ para reta limite e, sobre ela, determinados os ponto $L_a$, $L_b$ e $L_c$, o centro $O$ da homologia terá de estar sobre circunferências em que $L_b L_c$, $L_c L_a$ e $L_a L_b$ sejam lados de triângulos equiláteros (inscritos nas respetivas circunferências).
Na construção, é dado um triângulo ABC. Exigir que o seu homólogo A'B'C' seja equilátero, i. e. que $\overline{B'C'}=\overline{C'A'}=\overline{A'B'}$. Esta condição é equivalente a outras como $ \angle C'\hat{A'}B' = \angle A'\hat{B'}C' = \angle B'\hat{C'}A'$, ...
Como sabemos a imagem de qualquer ponto $P$ por uma homologia de centro $O$ e eixo $e$ será um ponto $P'$ de $OP$. Do mesmo modo, a imagem de um outro ponto $Q$ será um ponto $Q'$ de $OQ$. Além disso, $PQ.P'Q'$ terá de ser um ponto do eixo $e$.
A reta do inifinito do plano terá os seus correspondentes numa reta, a que chamamos reta limite. Há uma reta limite que tem por imagem hmológica a reta no infinito, assim como há a reta limite que é imagem da reta no infinito. Qualquer das retas limite é paralela ao eixo, como é óbvio: $\infty_e \longrightarrow \infty'_e (= O\infty_e . l$
Se nos derem a reta limite $l$ dos originais dos pontos no infinito, o ponto $PQ.l$ é o original do ponto no infinito de $P'Q'$, ou seja, $P'Q'$ é a reta que passa por $PQ.e$ e é paralela a $O(PQ.l)$. Dito de outro modo, dar a reta limite é dar a direção da reta homóloga de qualquer reta dada.
Sendo-nos dada a reta $l$ limite dos originais dos ponto no infinito pela homologia, e chamando $a$ a $BC$, $b$ a $AC$, $c$ a $AB$, $L_a$ a $a.l$, $L_b$ a $b.l$, $L_c$ a $c.l$, a direção de $B'C'$ ou a' é a mesma de $OL_a$, $b'//OL_b$, $c'//OL_c$. Para que A'B'C' seja equilátero só tenho que garantir que sejam iguais a $60^o$ dois dos ângulos $L_b\hat{O}L_c $, $L_c\hat{O}L_a$ e $L_a\hat{O} L_b$. Isso chega para garantir que $\hat{A'}=\hat{B'}=\hat{C'}=60^o$.
Tomada uma reta $l$ para reta limite e, sobre ela, determinados os ponto $L_a$, $L_b$ e $L_c$, o centro $O$ da homologia terá de estar sobre circunferências em que $L_b L_c$, $L_c L_a$ e $L_a L_b$ sejam lados de triângulos equiláteros (inscritos nas respetivas circunferências).
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