2.4.07
Em busca da hipérbole III
Traçar uma hipérbole de que se conhece um ponto Q, uma assíntota a1 e as duas directrizes, d1 e d2.
30.3.07
Em busca da hipérbole II
Determinar uma hipérbole de que se conhecem dois ponto P e Q, uma direcção assíntótica a1 e a directriz d1.
Em busca da hipérbole I
Apresentadas algumas propriedades das hipérboles, é altura de procurarmos uma ou outra a partir de alguns elementos.
Determinar a hipérbole que passa pelo ponto P, admite a1 como assíntota e tem F1 como foco.
Determinar a hipérbole que passa pelo ponto P, admite a1 como assíntota e tem F1 como foco.
20.3.07
Hipérbole: assintotas e directrizes.
Há problemas referentes a hipérboles em que é necessário calcular a excentricidade (e = c/a) ou a distância das directrizes a O (d = a/e = a^2/c). Pode utilizar-se o processo clássico de recurso ao teorema de Thales (a/c = 1/e, e/a = 1/d, c/a = a/d), como se ilustra na figura que se segue.
Há, porém, relações entre os elementos da hipérbole que permitem obter de modo muito mais simples a posição de uma directriz.
[A.A.F.]
Pelo foco F2 tiremos tangentes ao círculo principal; os pontos de tangência T1 e T2 definem a directriz d2. De facto, no triângulo [OT1F2] temos:
|OT'|/|OT1| = |OT1|/|OF2| ou |OT'|/a = a/c ou |OT'| = a^2/c
T' é a intersecção da directriz com o eixo transverso.
Pela forma como foi feita a construção, conclui-se que uma directriz da hipérbole é a polar do respectivo foco relativamente ao círculo principal.
A recta OT2 é assíntota. Basta notar que os triângulos [OT'T2] e [OV2J] são semelhantes.
A distância de um ponto P da hipérbole a um foco é igual à distância de P à directriz correspondente a esse foco, lida numa paralela, que passe por P, a uma assíntota.
[A.A.F.]
Por P tracemos uma paralela à assíntota a1. Por definição de hipérbole é |PF2|/|PP'| = c/a ou a/|PP'|=c/|PF2|. Porque os triângulos [PP'Q] e [OCF2] são semelhantes, é |OC|/|PP'|=|OF2|/|PQ|=|CF2|/|P'Q| ou a/|PP'| = c/|PQ|. Verifica-se, portanto, que |PF2| = |PQ|.
Há, porém, relações entre os elementos da hipérbole que permitem obter de modo muito mais simples a posição de uma directriz.
[A.A.F.]
Pelo foco F2 tiremos tangentes ao círculo principal; os pontos de tangência T1 e T2 definem a directriz d2. De facto, no triângulo [OT1F2] temos:
|OT'|/|OT1| = |OT1|/|OF2| ou |OT'|/a = a/c ou |OT'| = a^2/c
T' é a intersecção da directriz com o eixo transverso.
Pela forma como foi feita a construção, conclui-se que uma directriz da hipérbole é a polar do respectivo foco relativamente ao círculo principal.
A recta OT2 é assíntota. Basta notar que os triângulos [OT'T2] e [OV2J] são semelhantes.
A distância de um ponto P da hipérbole a um foco é igual à distância de P à directriz correspondente a esse foco, lida numa paralela, que passe por P, a uma assíntota.
[A.A.F.]
Por P tracemos uma paralela à assíntota a1. Por definição de hipérbole é |PF2|/|PP'| = c/a ou a/|PP'|=c/|PF2|. Porque os triângulos [PP'Q] e [OCF2] são semelhantes, é |OC|/|PP'|=|OF2|/|PQ|=|CF2|/|P'Q| ou a/|PP'| = c/|PQ|. Verifica-se, portanto, que |PF2| = |PQ|.
Da elipse para a hipérbole
A hipérbole pode ser definida como um lugar geométrico de pontos cuja diferença das distâncias a dois pontos, F e F', fixos é constante, 2a>0. Ou, dito de outro modo:
Dados dois pontos, F e F' e um segmento 2a de comprimento menor que |FF'|, ao lugar geométrico dos ponto P tais que |PF|+2a=|PF'| chamamos hipérbole.
Também interessa ter sempre presente, à semelhança do que dissémos para as outras cónicas, que
chamamos hipérbole ao lugar geométrico dos pontos cujas distâncias a um ponto (foco) e a uma recta (directriz) estão numa razão constante (maior que 1).
Por estas definições, se torna óbvio que às propriedades da elipse se podem associar propriedades análogas da hipérbole. Várias destas analogias podem ser vistas em ilustrações já publicadas neste "lugar geométrico".
O que foi referido para secantes e tangentes da elipse é aplicável com a adaptação conveniente a secantes e tangentes da hipérbole.
Nos artigos que se seguem, iremos tratar de propriedades da hipérbole que nos parecem merecer referência por não serem comuns à elipse real.
Dados dois pontos, F e F' e um segmento 2a de comprimento menor que |FF'|, ao lugar geométrico dos ponto P tais que |PF|+2a=|PF'| chamamos hipérbole.
Também interessa ter sempre presente, à semelhança do que dissémos para as outras cónicas, que
chamamos hipérbole ao lugar geométrico dos pontos cujas distâncias a um ponto (foco) e a uma recta (directriz) estão numa razão constante (maior que 1).
Por estas definições, se torna óbvio que às propriedades da elipse se podem associar propriedades análogas da hipérbole. Várias destas analogias podem ser vistas em ilustrações já publicadas neste "lugar geométrico".
O que foi referido para secantes e tangentes da elipse é aplicável com a adaptação conveniente a secantes e tangentes da hipérbole.
Nos artigos que se seguem, iremos tratar de propriedades da hipérbole que nos parecem merecer referência por não serem comuns à elipse real.
16.3.07
Elipses e triângulos
Mariana Sacchetti relacionou propriedades dos triângulos ou relações entre elementos dos triângulos com propriedades das elipses. Aqui deixamos a ligação a essa síntese:
Elipses e Triângulos
Clicando sobre elipses e triângulos pode descarregar o documento elaborado pela Mariana.
Elipses e Triângulos
Clicando sobre elipses e triângulos pode descarregar o documento elaborado pela Mariana.
a recta que intersecta a parábola
Na sua "Geometria Métrica", Puig Adam mostra que o processo utilizado para determinar as intersecções de uma recta com a elipse ou hipérbole pode também ser usado para a parábola:
Suponhamos a parábola definida por F e directriz d. Determinar as intersecções da cónica com a recta r equivale a achar em r os centros das circunferências que passam por F e são tangentes à directriz.
Tomemos o simétrico S de F em relação a r. Toda a circunferência que passa por F e S tem o seu centro em r; reciprocamente, toda a circunferência que passa por F e tem centro em r passa por S. O problema equivale a achar os centros das circunferências que passam por F e S e são tangentes a uma recta dada (a directriz da parábola).
Seja M a intersecção de FS com d; o ponto T de tangência tem de verificar a condição MT^2 = MS.MF. Traçamos uma circunferência auxiliar que passe por F e S. Por M tiramos uma tangente à circunferência auxiliar e seja T' o ponto de tangência.
Os pontos P1 e P2 (caso existam) são as intersecções da recta com a cónica.
Suponhamos a parábola definida por F e directriz d. Determinar as intersecções da cónica com a recta r equivale a achar em r os centros das circunferências que passam por F e são tangentes à directriz.
Tomemos o simétrico S de F em relação a r. Toda a circunferência que passa por F e S tem o seu centro em r; reciprocamente, toda a circunferência que passa por F e tem centro em r passa por S. O problema equivale a achar os centros das circunferências que passam por F e S e são tangentes a uma recta dada (a directriz da parábola).
Seja M a intersecção de FS com d; o ponto T de tangência tem de verificar a condição MT^2 = MS.MF. Traçamos uma circunferência auxiliar que passe por F e S. Por M tiramos uma tangente à circunferência auxiliar e seja T' o ponto de tangência.
Os pontos P1 e P2 (caso existam) são as intersecções da recta com a cónica.
2.3.07
Elipse: Tangente por um ponto exterior
No 2º volume da GEOMETRIA MÉTRICA, já referenciada neste lugar algumas vezes, Puig Adam apresenta a determinação da tangente por um ponto, P, exterior a uma elipse de que se conhecem os focos e o eixo maior. Esta construção não exige a determinação de qualquer outro elemento da elipse. É elegante e simples.
Com centro num dos focos, por exemplo F1, trace-se a circunferência directora (ou focal). A circunferência centrada em P e que passa por F2 corta a anterior em dois pontos S1 e S2. As tangentes à eipse tiradas por P são as mediatrizes dos segmentos [ F2 S1] e [ F2 S2]. Para além do mais os pontos de trangência ficam determinados como intersecções dessas mediatrizes (tangentes) com os segmentos [ F1 S1] e [ F1 S2].
1.3.07
Elipse: Tangentes
1. Tangente num ponto da elipse
Obtemos a tangente no ponto P da elipse pelo processo já referido para a parábola: a tangente no ponto P é a bissectriz externa do ângulo F1PF2.
2. Tangente por um ponto exterior à elipse
Traçam-se duas circunferências: uma de centro P e raio PF2; outra de centro F2 e raio 2a = [V1V2]. Sejam R e s os seus pontos de intersecção; as rectas F1R e F1S intersectam a elipse nos pontos de tangência.
3. Tangentes paralelas a uma direcção r
Traçamos uma recta r' paralela a r; sejam A e B os seus pontos de intersecção com a elipse. A recta definida pelo centro O e pelo ponto M (ponto médio do segmento) determina sobre a elipse os pontos de tangência
(Fonte: "Desenho Técnico" de Luís Veiga Cunha)
Note-se que apenas conseguimos ter os pontos de tangência se tivermos a elipse desenhada. Será possível determinar os pontos de tangência sem ter a elipse?
4. Uma habilidade especial: obter os pontos de tangência sem ter a elipse!
Recordemos, antes de mais, que:
- se chama excentricidade ao quociente e = c/a;
- as directrizes são rectas perpendiculares ao eixo maior e cujas abcissas são x = - a/e e x = a/e; a razão das distâncias de cada ponto da elipse a um foco e à directriz correspondente é constante e igual à excentricidade e.
Uma elipse está definida pelo ponto F, pela excentricidade e e pela directriz d. Determinar a(s) tangente(s) à elipse tirada(s) pelo ponto P, exterior, e o(s) respectivo(s) ponto(s) de contacto.
Seja C o pé da perpendicular baixada de P para d. Tracemos a circunferência de centro P e raio PC.e. Por F tracemos uma tangente a essa circunferência que intersecta d em D: a recta DP é a tangente t à elipse. Por F tiremos uma perpendicular a FD: o pé da perpendicular é o ponto T de tangência.
Claro que, sendo o ponto P exterior à elipse, haverá outra tangente à circunferência tirada por F, logo haverá outra solução,
(Fonte "Géometrie" , Th Caronnet)
Obtemos a tangente no ponto P da elipse pelo processo já referido para a parábola: a tangente no ponto P é a bissectriz externa do ângulo F1PF2.
2. Tangente por um ponto exterior à elipse
Traçam-se duas circunferências: uma de centro P e raio PF2; outra de centro F2 e raio 2a = [V1V2]. Sejam R e s os seus pontos de intersecção; as rectas F1R e F1S intersectam a elipse nos pontos de tangência.
3. Tangentes paralelas a uma direcção r
Traçamos uma recta r' paralela a r; sejam A e B os seus pontos de intersecção com a elipse. A recta definida pelo centro O e pelo ponto M (ponto médio do segmento) determina sobre a elipse os pontos de tangência
(Fonte: "Desenho Técnico" de Luís Veiga Cunha)
Note-se que apenas conseguimos ter os pontos de tangência se tivermos a elipse desenhada. Será possível determinar os pontos de tangência sem ter a elipse?
4. Uma habilidade especial: obter os pontos de tangência sem ter a elipse!
Recordemos, antes de mais, que:
- se chama excentricidade ao quociente e = c/a;
- as directrizes são rectas perpendiculares ao eixo maior e cujas abcissas são x = - a/e e x = a/e; a razão das distâncias de cada ponto da elipse a um foco e à directriz correspondente é constante e igual à excentricidade e.
Uma elipse está definida pelo ponto F, pela excentricidade e e pela directriz d. Determinar a(s) tangente(s) à elipse tirada(s) pelo ponto P, exterior, e o(s) respectivo(s) ponto(s) de contacto.
Seja C o pé da perpendicular baixada de P para d. Tracemos a circunferência de centro P e raio PC.e. Por F tracemos uma tangente a essa circunferência que intersecta d em D: a recta DP é a tangente t à elipse. Por F tiremos uma perpendicular a FD: o pé da perpendicular é o ponto T de tangência.
Claro que, sendo o ponto P exterior à elipse, haverá outra tangente à circunferência tirada por F, logo haverá outra solução,
(Fonte "Géometrie" , Th Caronnet)
26.2.07
Elipse: determinação de pontos
Os vértices do eixo maior e os focos de uma elipse definem univocamente todos os seus pontos. Em desenho geométrico é sempre apresentado o seguinte processo de determinação de pontos:
Tomado um ponto X qualquer de [V1V2], são pontos da elipse os pontos de intersecção da circunferência de centro em F1 e raio |XV1| com a circunferência de centro em F2 e raio |XV2|.
Há outras formas de determinar pontos da elipse já apresentados neste lugar geométrico. Um dos mais interessantes, recorre às duas circunferências cujos diâmetros são os eixos da elipse. Tomado um raio que corte em Y o círculo menor e em X o círculo maior é ponto da elipse aquele que tem ordenada (?) de Y e abcissa(?) de X.
Pode ver ilustração destas construções de pontos em duplo andamento
Tomado um ponto X qualquer de [V1V2], são pontos da elipse os pontos de intersecção da circunferência de centro em F1 e raio |XV1| com a circunferência de centro em F2 e raio |XV2|.
Há outras formas de determinar pontos da elipse já apresentados neste lugar geométrico. Um dos mais interessantes, recorre às duas circunferências cujos diâmetros são os eixos da elipse. Tomado um raio que corte em Y o círculo menor e em X o círculo maior é ponto da elipse aquele que tem ordenada (?) de Y e abcissa(?) de X.
Pode ver ilustração destas construções de pontos em duplo andamento
23.2.07
Elipse: dos focos e da tangente aos vertices
De uma elipse, conhecemos os focos e uma tangente. Propomos que determine os vértices do eixo menor.
Exercício interactivo:
Exercício interactivo:
22.2.07
Elipse: um ponto, um vértice e um foco -> outro foco
De uma elipse, conhecemos um ponto, um vértice do eixo menor e um foco. Propomos que determine o outro foco.
Exercício interactivo:
Exercício interactivo:
Elipse: de uma tangente e vértices aos focos
De uma elipse, conhecemos os vértices do eixo menor e uma tangente. Propomos que determine os focos.
Exercício interactivo:
Exercício interactivo:
15.2.07
Elipse: de uma tangente e vértices aos focos
De uma elipse, conhecemos os dois vértices do eixo maior e uma tangente. Propomos que determine os focos.
Exercício interactivo
Exercício interactivo
13.2.07
Elipse: de uma tangente ao foco que falta
De uma elipse, conhecemos um dos vértices, um dos focos e uma tangente. Propomos que determine o outro foco.
Exercício interactivo:
Exercício interactivo:
Elipse: dos vértices à tangente
De uma elipse, conhecemos os quatro vértices e um ponto M. Propomos que determine a tangente à elipse em M.
Exercício interactivo:
Exercício interactivo:
9.2.07
Algumas propriedades da elipse
- Tome-se a normal e a tangente num ponto M da elipse. A circunferência circunscrita ao triângulo formado por M e pelas intersecções T da tangente e N da normal com a recta que contém o eixo menor passa pelos focos.
- Se o vértice de um ângulo recto percorre o círculo principal mantendo~se um dos lados a passar por um foco, o outro lado é envolvente da elipse.
- Os pés das perpendiculares às tangentes tiradas pelos focos são pontos do círculo principal.
- Para uma dada elipse, o lugar geométrico dos simétricos F' de um foco F1, relativamente às tangentes, é uma circunferência centrada no outro foco F2 e cujo raio é o eixo maior (círculo director) (Dualmente: As perpendiculares a uma tangente da elipse tiradas por pontos do círculo director passam pelos focos.)
[A.A.F.]
[A.A.F.]
Ilustramos, a seguir, as duas propriedades:
[A.A.F.]
1.2.07
A elipse
Sobre a elipse há, neste lugar geométrico, muitas entradas. Nas próximas entradas, vamos propor exercícios interactivos sobre elipses.
a elipse em dois andamentos
o ponto da escada que desliza
elipse inscrita num paralelogramo
elipse como envolvente
dos focos aos vértices da elipse
a recta que intersecta a cónica
Nesta entrada, lembramos ou relembramos algumas formas mais comuns de chegar à elipse, bem como as propriedades.
Uma elipse pode ser definida como lugar geométrico de pontos
cuja soma das distâncias a dois pontos dados é uma determinada constante;
cuja razão das distâncias a um ponto e a uma recta é uma determinada constante;
Nesta entrada, lembramos ou relembramos algumas formas mais comuns de chegar à elipse, bem como as propriedades.
Uma elipse pode ser definida como lugar geométrico de pontos
Tomando dois pontos F e F' , chamados focos e designando por 2c=|FF'|, os pontos P de uma elipse serão tais que |FP|+|F'P|= 2a >2c (2a é o que chamamos eixo maior)
25.1.07
A parábola de outros tempos, aqui
Antes de dar por finda esta sucessão de referências a parábolas, convém lembrar que animações e problemas com parábolas foram aparecendo ao longo dos tempos neste lugar geométrico. Recuperamos aqui algumas das referências ao passado, para que possam ser visitadas em romagem:
22.1.07
Uma propriedade magnífica
Cada trio de tangentes a uma parábola de foco F forma um triângulo cujo círculo circunscrito passa por F. Os três pés das perpendiculares tiradas por F a essas tangentes à parábola estão sobre a tangente à parábola no seu vértice. O que significa que para qualquer trio de tangentes, os pés das perpendiculares tiradas por F estão sobre a tangente ao vértice
Os pontos médios das diagonais de cada um dos quadriláteros de tangentes estão sobre uma paralela ao eixo da parábola - recta de Newton.
[A.A.F.]
Os pontos médios das diagonais de cada um dos quadriláteros de tangentes estão sobre uma paralela ao eixo da parábola - recta de Newton.
[A.A.F.]
17.1.07
A parábola das duas tangentes
Se tivermos duas tangentes - t1 e t2 - a uma parábola e conhecermos os respectivos pontos de tangência - T1 e T2 - podemos determinar o foco F e a tangente à parábola tirada pelo seu vértice.
É o que lhe propomos que faça no exercício interactivo que se segue:
0
É o que lhe propomos que faça no exercício interactivo que se segue:
0
16.1.07
Triângulo de tangentes da parábola
Se tivermos duas tangentes t1 e t2 a uma parábola, a circunferência que passa pelo ponto T de tangência de t1 e é tangente a t2 no ponto A de intersecção de t1 com t2 contém o foco F. A animação seguinte ilustra essa propriedade.
E estamos em boas condições de resolver o problema seguinte:
E estamos em boas condições de resolver o problema seguinte:
De uma parábola de que se conhecem três tangentes - AB, BC e CA - e o ponto T de tangência de BC, determinar o foco e a tangente no seu vértice.
12.1.07
Parábolas definidas por tangentes
Propomos um novo problema sobre parábolas definidas por tangentes. Antes, porém, lembramos algumas propriedades:
1. O lugar geométrico dos simétricos do foco relativamente às tangentes da parábola é a sua directriz.
2. O lugar geométrico dos pés das perpendiculares às tangentes tiradas pelo foco é a tangente no vértice.
3. O lugar geométrico dos focos das parábolas tangentes a três rectas dadas é o círculo circunscrito definido pelos três pontos de intersecção das rectas.
Problema: Determinar o foco e a tangente no vértice de uma parábola tangente a quatro rectas dadas: t1, t2, t3 e t4.
%
1. O lugar geométrico dos simétricos do foco relativamente às tangentes da parábola é a sua directriz.
2. O lugar geométrico dos pés das perpendiculares às tangentes tiradas pelo foco é a tangente no vértice.
3. O lugar geométrico dos focos das parábolas tangentes a três rectas dadas é o círculo circunscrito definido pelos três pontos de intersecção das rectas.
Problema: Determinar o foco e a tangente no vértice de uma parábola tangente a quatro rectas dadas: t1, t2, t3 e t4.
%
4.1.07
De dois pontos da parábola ao foco
Consideremos uma parábola em que d é a directriz, V é o vértice e F é o foco; sejam A e B pontos da parábola e designemos por p o parâmetro da parábola (p - distância da directriz ao foco). Chamemos T ao ponto de intersecção da tangente em A com o eixo da parábola.
Demonstra-se que:
(a) Se M é o ponto médio de [AB], os pés das perpendiculares tiradas por M a AB e ao eixo da parábola distam p.
(b) Se A1 é o pé da perpendicular baixada de A para o eixo, um ponto do eixo que diste p de A1, está sobre a normal à parábola em A; a perpendicular à normal é a tangente em A.
(c) O ponto médio do segmento TA1 é o vértice V.
que o ajuda a resolver um problema de enunciado simples e atraente:
Determinar o foco de uma parábola de que são dados o eixo e dois pontos, A e B.
Demonstra-se que:
(a) Se M é o ponto médio de [AB], os pés das perpendiculares tiradas por M a AB e ao eixo da parábola distam p.
(b) Se A1 é o pé da perpendicular baixada de A para o eixo, um ponto do eixo que diste p de A1, está sobre a normal à parábola em A; a perpendicular à normal é a tangente em A.
(c) O ponto médio do segmento TA1 é o vértice V.
que o ajuda a resolver um problema de enunciado simples e atraente:
Determinar o foco de uma parábola de que são dados o eixo e dois pontos, A e B.
O que se pode tirar de dois pontos de uma parábola
A construção seguinte ilustra uma propriedade da parábola muito interessante que permite determinar a distância do foco à directriz se conhecermos o eixo e dois dos seus pontos.
[A.A.F.]
Tomados dois pontos A e B da parábola, consideremos o ponto M médio de [AB]. As perpendiculares tiradas por M a AB e ao eixo da parábola intersectam o eixo em dois pontos P e Q tais que |PQ|=p que é a distância de F a d.
NOTA DE CONTROLE:
Desloque A e B (livremente sobre a parábola) para verificar que o processo conduz a um segmento de comprimento constante.
[A.A.F.]
Tomados dois pontos A e B da parábola, consideremos o ponto M médio de [AB]. As perpendiculares tiradas por M a AB e ao eixo da parábola intersectam o eixo em dois pontos P e Q tais que |PQ|=p que é a distância de F a d.
NOTA DE CONTROLE:
Desloque A e B (livremente sobre a parábola) para verificar que o processo conduz a um segmento de comprimento constante.
29.12.06
As parábolas do ano que finda...
António Aurélio Fernandes continuou a propor exercícios sobre parábolas. Sempre foi misturando as suas propostas com algumas propriedades da parábola (relações entre elementos da parábola). Tudo para justificar ter falado em tempos numa vaga de problemas de parábolas. Não sabemos se deste ano sobrará tempo para preparar todos os exercícios interactivos que ele propõe.
Pelo sim, pelo não, aqui ficam para que possa pensar ainda este ano sobre essas propriedades e exercícios.
Duas propriedades...
Propriedade: O simétrico F' do foco F em relação a uma tangente à parábola está sobre a directriz.
Propriedade: (Dualmente) A simétrica da directriz relativamente a uma tangente passa pelo Foco.
... para dois exercícios (que pode resolver aqui mesmo):
Exercício: Determinar a directriz d de uma parábola de que são dadoso foco F e duas tangentes, t e t'.
Exercício: Determinar o foco F de uma parábola de que são dados a directriz d e duas tangentes, t e t'.
Pelo sim, pelo não, aqui ficam para que possa pensar ainda este ano sobre essas propriedades e exercícios.
Duas propriedades...
Propriedade: O simétrico F' do foco F em relação a uma tangente à parábola está sobre a directriz.
Propriedade: (Dualmente) A simétrica da directriz relativamente a uma tangente passa pelo Foco.
... para dois exercícios (que pode resolver aqui mesmo):
Exercício: Determinar a directriz d de uma parábola de que são dadoso foco F e duas tangentes, t e t'.
Exercício: Determinar o foco F de uma parábola de que são dados a directriz d e duas tangentes, t e t'.
26.12.06
O foco na parábola
António Aurélio enviou mais um problema de parábolas, este para determinar o foco. A saber:
Determinar o foco F de uma parábola que passa pelo ponto M, tem por directriz a recta d e é tangente à recta t .
No seu cartão de Natal, dizia ele, a respeito destes problemas de parábolas: Nunca é demais lembrar, para a resolução da presente "vaga" de exercícios sobre parábola que se trata do lugar dos pontos equidistantes do foco e da directriz. Acompanho a lembrança com uma ilustração tirada de uma animação que fiz mesmo agora.
Determinar o foco F de uma parábola que passa pelo ponto M, tem por directriz a recta d e é tangente à recta t .
No seu cartão de Natal, dizia ele, a respeito destes problemas de parábolas: Nunca é demais lembrar, para a resolução da presente "vaga" de exercícios sobre parábola que se trata do lugar dos pontos equidistantes do foco e da directriz. Acompanho a lembrança com uma ilustração tirada de uma animação que fiz mesmo agora.
Parábola de Natal
O idoso professor andava tão feliz quanto infeliz por não compreender o que se tinha passado com o seu estojo de régua e compasso. Por mais que tentasse, não conseguia mostrar nenhum dos seus exercícios feitos com o novo estojo. Irrita não compreender, mas é sinal de vitalidade tentar compreender sem descanso as pequenas coisas que estão ao nosso alcance. O seu companheiro, tão idoso como o idoso professor mas com tanto tempo como um reformado professor tem, não se cansava de enviar para publicação os exercícios que, do passado, lhe eram sugeridos pela leitura das páginas de algum dos amarelecidos volumes "Éxércices de Géométrie" que Th. Caronnet publicou na década de 40 do século passado (ainda não tinha nascido a Mariana). Tanta insistência só podia aumentar o desespero do idoso professor. Ou não. Porque se deu o milagre de Natal: com mais tempo e empurrado pela insistência do companheiro construtor, o idoso professor lá conseguiu compreender o que sempre lá tinha estado e fácil de ver.
Posso dar hoje o primeiro exercício interactivo feito com a nova versão (5.1) do "Régua e Compasso" (Zirkel und Lineal). Proposto por António Aurélio Fernandes, aqui vai. Cliquem sobre o enunciado e acedam ao exercício interactivo
Determinar a directriz de uma parábola que tem foco F, passa por M e é tangente à recta t
Se puderem, escrevam a dizer-nos se gostam mais da nova versão.
Posso dar hoje o primeiro exercício interactivo feito com a nova versão (5.1) do "Régua e Compasso" (Zirkel und Lineal). Proposto por António Aurélio Fernandes, aqui vai. Cliquem sobre o enunciado e acedam ao exercício interactivo
Determinar a directriz de uma parábola que tem foco F, passa por M e é tangente à recta t
Se puderem, escrevam a dizer-nos se gostam mais da nova versão.
24.12.06
Directriz de Natal
António Aurélio Fernandes envia este problema para alegrar o Natal dos geómetras:
Determinar a directriz de uma parábola de que são dados o foco F e dois dos seus pontos, A e B
Clique no enunciado para aceder ao exercício interactivo.
Determinar a directriz de uma parábola de que são dados o foco F e dois dos seus pontos, A e B
Clique no enunciado para aceder ao exercício interactivo.
eu queria tanto que vissem ...
....e sentissem a matemática do natal que não resisti a roubar o "ambigrama" de Eric/Moacyr que já foi à outra vida como nós em parte fomos.... todos sem querer. Cliquem na "mensagem caligráfica" para ver o movimento que vos quis mostrar e não só o que vos quis dizer.
20.12.06
Dos focos aos vértices da elipse
Determinar os vértices de uma elipse definida pelos seus focos e por um dos seus pontos.
Clique sobre o enunciado para aceder ao respectivo exercício interactivo.
Clique sobre o enunciado para aceder ao respectivo exercício interactivo.
13.12.06
herdar parte de um triângulo
Dois irmãos herdaram um campo triangular, com serventia por um dos lados. Como hão-de dividir o campo de modo a ficarem ambos com a mesma serventia?
Diogo Pacheco de Amorim; Compêndio de Geometria; SPM. Lisboa: Ano Mundial da Matemática
A propósito deste problema, recebemos uma carta de Paulo Correia, de Alcácer do Sal, que nos lembra a proposta (variante mais rica) deste problema por José Paulo Viana, publicada no nº 71 da revista "Educação & Matemática" da Associação Portuguesa de Matemática. Paulo Correia chama ainda a atenção para as resoluções publicadas no nº 73 da mesma revista.
Obrigado, Paulo, pela informação.
Diogo Pacheco de Amorim; Compêndio de Geometria; SPM. Lisboa: Ano Mundial da Matemática
A propósito deste problema, recebemos uma carta de Paulo Correia, de Alcácer do Sal, que nos lembra a proposta (variante mais rica) deste problema por José Paulo Viana, publicada no nº 71 da revista "Educação & Matemática" da Associação Portuguesa de Matemática. Paulo Correia chama ainda a atenção para as resoluções publicadas no nº 73 da mesma revista.
Obrigado, Paulo, pela informação.
11.12.06
quando uma recta encontra uma parábola
Releia o artigo anterior e procure pensar no seguinte problema de construção com régua e compasso:
Dada uma recta r, o foco F e a directriz d de uma parábola, determine os pontos de intersecção dessa recta r com a parábola definida por F e d.
Dada uma recta r, o foco F e a directriz d de uma parábola, determine os pontos de intersecção dessa recta r com a parábola definida por F e d.
10.12.06
Quando uma recta intersecta a cónica
Os programas de geometria dinâmica permitem-nos determinar cónicas como lugares geométricos de vários modos. Sempre com algumas limitações. Em alguns casos, as cónicas podem aparecer definidas por alguns dos seus pontos. Um problema interessante consiste em determinar pontos que pertençam a uma cónica definida por alguns elementos.
António Aurélio Fernandes propõe, com este pequeno artigo, abordar a
determinação dos pontos de intersecção de uma cónica com uma recta.
[A.A.F.]
Nesta propriedade se baseia a construção que vamos apresentar.
[A.A.F.]
Tomemos um ponto qualquer N sobre r e tiremos a perpendicular a d; seja Q o pé da perpendicular. Tracemos a circunferência de centro N e raio |NQ|.e. Seja R um dos pontos de intersecção de circunferência com a recta FS (S é a intersecção de d e r). Por F tiremos uma paralela à recta NR: a intersecção dessa recta com r e´o ponto P da cónica.
De igual modo se obtinha o outro ponto de intersecção, caso existisse.
A cónica poderá ser definida por um dado que não seja a excentricidade. Seja, por exemplo, dado o centro O ou comprimento do semi-eixo maior. Nesses casos é necessário começar por determinar a excentricidade, caso se trate de uma elipse ou uma hipérbole: e = c/a.
Claro que nos problemas que são propostos só aparecem os elementos definidores das cónicas
<
[A.A.F.]
António Aurélio Fernandes propõe, com este pequeno artigo, abordar a
determinação dos pontos de intersecção de uma cónica com uma recta.
Seja a cónica definida pelo foco F, pela directriz d e pela excentricidade e. Determinar o(s) ponto(s) em que a recta intersecta a cónica.
Sabemos que, numa cónica, é constante a razão das distâncias de qualquer seu ponto P ao foco e à directriz, sendo a constante igual à excentricidade e.
[A.A.F.]
Nesta propriedade se baseia a construção que vamos apresentar.
[A.A.F.]
Tomemos um ponto qualquer N sobre r e tiremos a perpendicular a d; seja Q o pé da perpendicular. Tracemos a circunferência de centro N e raio |NQ|.e. Seja R um dos pontos de intersecção de circunferência com a recta FS (S é a intersecção de d e r). Por F tiremos uma paralela à recta NR: a intersecção dessa recta com r e´o ponto P da cónica.
De igual modo se obtinha o outro ponto de intersecção, caso existisse.
A cónica poderá ser definida por um dado que não seja a excentricidade. Seja, por exemplo, dado o centro O ou comprimento do semi-eixo maior. Nesses casos é necessário começar por determinar a excentricidade, caso se trate de uma elipse ou uma hipérbole: e = c/a.
Claro que nos problemas que são propostos só aparecem os elementos definidores das cónicas
<
[A.A.F.]
6.12.06
Geometria a compasso
Há muito muito tempo, Mara Cardoso enviou-nos algumas ideias de construção, comentários a outras construções e um pequeno documento a que dava o nome de 'Geometria a Compasso'. Para além de a termos introduzido numa viagem sobre os compassos (a propósito de um comentário seu sobre a divisão de um circunferência em arcos iguais) nada mais fizemos sobre o seu texto, além da promessa de o utilizarmos em artigos sobre a construção com compasso. O tempo foi-se e ainda não arranjámos tempo para comentar e utilizar o trabalho de Mara Cardoso. Para não atrasar mais, deixamo-nos de cautelas e demoras e disponibilisamos o texto da Mara Cardoso para quem o quiser ver e sobre ele se pronunciar. Para descarregar o texto de Mara Cardoso, basta clicar sobre
GEOMETRIA A COMPASSO
ou sobre a ilustração retirada do trabalho de Mara Cardoso
5.12.06
Dois triângulos para reconstruir
Aqui deixamos mais dois exercícios interactivos:
Determinar os vértices A, B, C de um triângulo de que são dados o centro Ib do círculo ex-inscrito no ângulo B, o pé Sc da bissectriz externa do ângulo C e o ponto Tia de tangência do círculo ex-inscrito no ângulo A com a recta AB.
Determinar os vértices de um triângulo [ABC] de que se conhecem o centro I do círculo inscrito, o centro Ic do círculo ex-inscrito em C e o centro Oe do círculo definido pelos três ex-incentros (Ia, Ib, Ic).
Determinar os vértices A, B, C de um triângulo de que são dados o centro Ib do círculo ex-inscrito no ângulo B, o pé Sc da bissectriz externa do ângulo C e o ponto Tia de tangência do círculo ex-inscrito no ângulo A com a recta AB.
Determinar os vértices de um triângulo [ABC] de que se conhecem o centro I do círculo inscrito, o centro Ic do círculo ex-inscrito em C e o centro Oe do círculo definido pelos três ex-incentros (Ia, Ib, Ic).
28.11.06
Oitavo despertar
Mais resultados da Mariana:
1. Se tivermos I, Ia e a recta AB, construímos o trapézio rectângulo cujos lados paralelos são r e ra e a altura o segmento [TiTia]; o ponto de intersecção das diagonais é o ponto médio do segmento cujos extremos são Ta (pé da bissectriz do ângulo A no lado [BC]) e a sua projecção sobre AB.
2. Construamos o rectângulo cuja base é o segmento [TiTia] e a altura é igual a r+ra. O ponto L de intersecção das diagonais é centro de uma circunferência (a verde) que contém B, C e Ia.
3. O ponto L pertence à circunferência (a azul) circunscrita ao triângulo [ABC].
4. O ponto L é centro de uma circunferência (a vermelho) que passa pelos pontos de tangência do círculo inscrito com os lados b, c.
1. Se tivermos I, Ia e a recta AB, construímos o trapézio rectângulo cujos lados paralelos são r e ra e a altura o segmento [TiTia]; o ponto de intersecção das diagonais é o ponto médio do segmento cujos extremos são Ta (pé da bissectriz do ângulo A no lado [BC]) e a sua projecção sobre AB.
2. Construamos o rectângulo cuja base é o segmento [TiTia] e a altura é igual a r+ra. O ponto L de intersecção das diagonais é centro de uma circunferência (a verde) que contém B, C e Ia.
3. O ponto L pertence à circunferência (a azul) circunscrita ao triângulo [ABC].
4. O ponto L é centro de uma circunferência (a vermelho) que passa pelos pontos de tangência do círculo inscrito com os lados b, c.
27.11.06
Pentágono de Alcácer
Recebemos uma carta de Paulo Correia de Alcácer do Sal que defende uma construção do pentágono regular de que se conhece a diagonal. Aqui fica a sua carta e a ilustração retirada da construção que nos enviou:
Olá viva...
Estava a olhar pela (vossa) geometria - blog e geometriagon - e vi um problema interessante: construção de um pentágono regular de que se conhece uma diagonal.
Fiz a construção no exercício interactivo e fiquei a pensar se seria a mesma em que pensaram, como o problema 550 do geometriagon é parecido, e aí a minha resolução é diferente da vossa, cheguei à conclusão que também no problema do blog "chego lá" por outro caminho, pelo que envio a minha resolução.
Trata-se de construir sobre o prolongamento da diagonal dada um segmento segundo a razão de ouro (a vermelho na minha construção).
Esse segmento tem a medida do lado do pentágono, pelo que transportando essa medida para os dois vértices conhecidos encontramos outro vértice (a azul na minha construção).
Como a circunferência de raio igual à diagonal e centro no outro vértice também contém outro vértice (as diagonais do pentágono têm todas o mesmo comprimento) o transporte da medida do lado intersecta esta circunferência noutro vértice...
O número de ouro é uma grande ajuda...
Um abraço
Paulo Correia
Agradecemos as contribuições de Paulo Correia, aqui e no Geometriagon. Bom exemplo.
Já agora! A nossa construção publicada em fins de Outubro foi inspirada num problema que aparentemente não teria coisa alguma a ver com o número de ouro .-), mais ou menos isto: determinar a base de um triângulo isósceles de que se conhece o lado e em que os ângulos da base são o dobro do ângulo oposto à base.
Olá viva...
Estava a olhar pela (vossa) geometria - blog e geometriagon - e vi um problema interessante: construção de um pentágono regular de que se conhece uma diagonal.
Fiz a construção no exercício interactivo e fiquei a pensar se seria a mesma em que pensaram, como o problema 550 do geometriagon é parecido, e aí a minha resolução é diferente da vossa, cheguei à conclusão que também no problema do blog "chego lá" por outro caminho, pelo que envio a minha resolução.
Trata-se de construir sobre o prolongamento da diagonal dada um segmento segundo a razão de ouro (a vermelho na minha construção).
Esse segmento tem a medida do lado do pentágono, pelo que transportando essa medida para os dois vértices conhecidos encontramos outro vértice (a azul na minha construção).
Como a circunferência de raio igual à diagonal e centro no outro vértice também contém outro vértice (as diagonais do pentágono têm todas o mesmo comprimento) o transporte da medida do lado intersecta esta circunferência noutro vértice...
O número de ouro é uma grande ajuda...
Um abraço
Paulo Correia
Agradecemos as contribuições de Paulo Correia, aqui e no Geometriagon. Bom exemplo.
Já agora! A nossa construção publicada em fins de Outubro foi inspirada num problema que aparentemente não teria coisa alguma a ver com o número de ouro .-), mais ou menos isto: determinar a base de um triângulo isósceles de que se conhece o lado e em que os ângulos da base são o dobro do ângulo oposto à base.
14.11.06
Triângulos de sempre!
Para ocupar o tempo dos geómetras e aplicar alguns dos resultados já publicados por aqui, propomos um novo problema de construção de triângulos.
Determinar os vértices de um triângulo [ABC] de que se conhecem o centro I do círculo inscrito, o centro Ia do círculo ex-inscrito em A e o centro Oe do círculo definido pelos três ex-incentros (Ia, Ib, Ic).
Aqui apresentamos o respectivo exercício interactivo. Basta clicar sobre o enunciado.
Determinar os vértices de um triângulo [ABC] de que se conhecem o centro I do círculo inscrito, o centro Ia do círculo ex-inscrito em A e o centro Oe do círculo definido pelos três ex-incentros (Ia, Ib, Ic).
Aqui apresentamos o respectivo exercício interactivo. Basta clicar sobre o enunciado.
31.10.06
Outro triângulo
A Mariana não descansa de procurar relações entre elementos de um triângulo. Enquanto digerimos algumas destas elocubrações, propomos um exercício sobre um novo triângulo [ABC]:
Dados A e a direcção AB, Ta e Ia, determinar B e C
Chamamos Ta e Ia aos pontos da bissectriz do ângulo Â, o primeiro sobre a ou BC e o outro como centro da circunferência ex-inscrita.
Chamamos Ta e Ia aos pontos da bissectriz do ângulo Â, o primeiro sobre a ou BC e o outro como centro da circunferência ex-inscrita.
30.10.06
Outro pentágono
Já construímos pentágonos, dados os raios das circunferências circunscrita e inscrita e dado o lado. Propomos agora que pense no problema da construção de um pentágono regular de que se conhece uma diagonal.
29.10.06
Os compassos
A 3 de Fevereiro de 2006, publicámos Pentágono a compasso, com a construção colorida de um pentágono regular (ou a divisão de uma circunferência em cinco arcos iguais) só com compasso, feita pela Mariana S. O que queríamos dizer quando escrevíamos "só com compasso"?
Como comentário a esse artigo, Mara Cardoso escreveu:
Realmente a construção com que a Mariana nos presenteou é de uma beleza gráfica inegável. No entanto, tenho em minha posse a construção de um pentágono regular usando apenas o compasso, uma construção de Mascheroni, portanto que gostaria de partilhar convosco aqui.
Essa construção é a seguinte:
Seja A um ponto arbitrário da circunferência K (O;r) .
Encontremos os pontos B, C e D tais que as medidas dos arcos AB, BC e CD sejam 60º.
Como o fazer?
Traçamos uma circunferência de centro A e raio r. Seja B o ponto de intersecção dessa circunferência com K(O;r).
Tracemos uma nova circunferência de centro B com o mesmo raio. Seja C o novo ponto de intersecção.
Analogamente, traçamos uma circunferência C(C;r) e o ponto D é a intersecção de K com C.
Seguidamente?
Com centros A e D e raio AC tracemos dois arcos.
Seja X um dos pontos de intersecção desses dois arcos.
Tracemos uma circunferência C(A; OX) e seja F um dos ponto de intersecção de K com C, ponto médio do arco BC.
Agora, com o raio de K e centro em F, tracemos uma circunferência que intersecta K nos pontos G e H.
Por fim, com centros em G e H e raio OX tracemos dois arcos.
Seja y o ponto de intersecção desses dois arcos.
Assim, AY será igual ao lado do pentágono pretendido.
Agora, basta traçar sucessivos arcos a partir de A e com raio AY e, os pontos de intersecção desses arcos com a circunferência K são os pontos o pentágono pretendido."
Será que Mara está a falar do mesmo que a Mariana? Será que ambas as construções usam o mesmo compasso?
A Mariana S. usou, na sua construção, tão só, o terceiro postulado d'OS ELEMENTOS. Euclides dizia:
Pede-se como cousa possivel, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha recta.
E que uma linha recta determinada se continue em direitura de si mesma, até onde seja necessario.
E que com qualquer centro e qualquer intervallo se descreva um circulo.
A estes postulados, humildes pedidos, correspondem instrumentos que podemos chamar régua não graduada e compasso de Euclides.
Mara usa outro compasso, que permite transferir comprimentos e é aquele a que vulgarmente chamamos compasso, por exemplo, quando faz a circunferência de centro em A e raio |OX|. Claro que podemos transferir comprimentos com o compasso euclidiano, mas isso exige várias operações em sequência. O trabalho da transferência de comprimentos do compasso da Mara foi substituído por trabalhos com régua não graduada e compasso de Euclides (pelos postulados) foi tratado n'OS ELEMENTOS, com a PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha recta igual á outra recta dada ( Fig. 19 ).
Seja dado o ponto A, e dada tambem a recta BC. Se deve do ponto A tirar uma linha recta egual á recta dada BC.
Do ponto A para o ponto B tire-se ( Post. 1 ) a recta AB, e sobre esta se faça ( Prop. 1, 1 ) o triangulo equilatero DAB; e se produzam ( Post. 2 ) as rectas AE, BF em direitura das rectas DA, DB. Com o centro B e o intervallo BC se descreva ( Post. 3 ) o circulo CGH; e tambem com o centro D e o intervallo DG se descreva o circulo GKL. Sendo o ponto B o centro do circulo CGH, será BC=BG ( Def. 15 ). E sendo D o centro do circulo GKL, será DL=DG. Mas as partes DA, DB das rectas DL, DG são eguaes. Logo, tiradas estas, as partes residuas AL, BG serão tambem eguaes ( Ax. 3 ). Mas temos demonstrado, que é BC=BG. Logo cada uma das duas AL, BC será egual a BG. Mas as cousas eguaes a uma terceira, são eguaes entre si. Logo será AL=BC; e por consequencia temos tirado do ponto A a linha recta AL egual a outra dada BC.
Se tivermos de dispensar a régua não graduada, para o mesmo trabalho, vemos como os dois compassos são radicalmente diferentes. Tivemos de esperar por Bohr e Mascheronni para ver como o compasso que a Mariana usou pode substituir (labor, lavor) o compasso de Mara. Havemos de voltar a este assunto dos compassos. Quem sabe se pela mão de Mara Cardoso.
Aproveitamos para recomendar uma visita a Eduardo Veloso e amigos que tratam da construção geométrica e, particularmente, dos compassos - euclidiano ou "sem memória", moderno ou capaz de transferir comprimentos.
Os excertos d'Os Elementos, aqui publicados, foram retirados da versão publicada por Jaime Carvalho e Silva, em Nonius
Como comentário a esse artigo, Mara Cardoso escreveu:
Realmente a construção com que a Mariana nos presenteou é de uma beleza gráfica inegável. No entanto, tenho em minha posse a construção de um pentágono regular usando apenas o compasso, uma construção de Mascheroni, portanto que gostaria de partilhar convosco aqui.
Essa construção é a seguinte:
Seja A um ponto arbitrário da circunferência K (O;r) .
Encontremos os pontos B, C e D tais que as medidas dos arcos AB, BC e CD sejam 60º.
Como o fazer?
Traçamos uma circunferência de centro A e raio r. Seja B o ponto de intersecção dessa circunferência com K(O;r).
Tracemos uma nova circunferência de centro B com o mesmo raio. Seja C o novo ponto de intersecção.
Analogamente, traçamos uma circunferência C(C;r) e o ponto D é a intersecção de K com C.
Seguidamente?
Com centros A e D e raio AC tracemos dois arcos.
Seja X um dos pontos de intersecção desses dois arcos.
Tracemos uma circunferência C(A; OX) e seja F um dos ponto de intersecção de K com C, ponto médio do arco BC.
Agora, com o raio de K e centro em F, tracemos uma circunferência que intersecta K nos pontos G e H.
Por fim, com centros em G e H e raio OX tracemos dois arcos.
Seja y o ponto de intersecção desses dois arcos.
Assim, AY será igual ao lado do pentágono pretendido.
Agora, basta traçar sucessivos arcos a partir de A e com raio AY e, os pontos de intersecção desses arcos com a circunferência K são os pontos o pentágono pretendido."
Será que Mara está a falar do mesmo que a Mariana? Será que ambas as construções usam o mesmo compasso?
A Mariana S. usou, na sua construção, tão só, o terceiro postulado d'OS ELEMENTOS. Euclides dizia:
Pede-se como cousa possivel, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha recta.
E que uma linha recta determinada se continue em direitura de si mesma, até onde seja necessario.
E que com qualquer centro e qualquer intervallo se descreva um circulo.
A estes postulados, humildes pedidos, correspondem instrumentos que podemos chamar régua não graduada e compasso de Euclides.
Mara usa outro compasso, que permite transferir comprimentos e é aquele a que vulgarmente chamamos compasso, por exemplo, quando faz a circunferência de centro em A e raio |OX|. Claro que podemos transferir comprimentos com o compasso euclidiano, mas isso exige várias operações em sequência. O trabalho da transferência de comprimentos do compasso da Mara foi substituído por trabalhos com régua não graduada e compasso de Euclides (pelos postulados) foi tratado n'OS ELEMENTOS, com a PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha recta igual á outra recta dada ( Fig. 19 ).
Seja dado o ponto A, e dada tambem a recta BC. Se deve do ponto A tirar uma linha recta egual á recta dada BC.
Do ponto A para o ponto B tire-se ( Post. 1 ) a recta AB, e sobre esta se faça ( Prop. 1, 1 ) o triangulo equilatero DAB; e se produzam ( Post. 2 ) as rectas AE, BF em direitura das rectas DA, DB. Com o centro B e o intervallo BC se descreva ( Post. 3 ) o circulo CGH; e tambem com o centro D e o intervallo DG se descreva o circulo GKL. Sendo o ponto B o centro do circulo CGH, será BC=BG ( Def. 15 ). E sendo D o centro do circulo GKL, será DL=DG. Mas as partes DA, DB das rectas DL, DG são eguaes. Logo, tiradas estas, as partes residuas AL, BG serão tambem eguaes ( Ax. 3 ). Mas temos demonstrado, que é BC=BG. Logo cada uma das duas AL, BC será egual a BG. Mas as cousas eguaes a uma terceira, são eguaes entre si. Logo será AL=BC; e por consequencia temos tirado do ponto A a linha recta AL egual a outra dada BC.
Se tivermos de dispensar a régua não graduada, para o mesmo trabalho, vemos como os dois compassos são radicalmente diferentes. Tivemos de esperar por Bohr e Mascheronni para ver como o compasso que a Mariana usou pode substituir (labor, lavor) o compasso de Mara. Havemos de voltar a este assunto dos compassos. Quem sabe se pela mão de Mara Cardoso.
Aproveitamos para recomendar uma visita a Eduardo Veloso e amigos que tratam da construção geométrica e, particularmente, dos compassos - euclidiano ou "sem memória", moderno ou capaz de transferir comprimentos.
Os excertos d'Os Elementos, aqui publicados, foram retirados da versão publicada por Jaime Carvalho e Silva, em Nonius
26.10.06
Sétimo despertar
No Geometriagon (ver exercícios 465, 387, 388, etc) e neste blogue ( ver 19/10), aparecem uns quantos problemas cujos dados são raios de círculos ex-inscritos. A sua solução é possibilitada recorrendo a resultados que o trabalho da Marianna trouxe para a (nossa pequena) ribalta.
1. Dados os raios de dois círculos ex-inscritos referentes a dois dos vértices de um triângulo, é possível obter a altura referente ao terceiro vértice.
Suponhamos dados ra e rb, vamos obter hc. Tomemos uma recta r e tracemos duas perpendiculares: numa delas marcamos o comprimento ra e noutra comprimento rb. Unindo extremos não consecutivos, obtemos um ponto de intersecção de duas rectas a meia altura -hc - do triângulo das circunferências exinscritas com aqueles raios.
[A.A.F]
2. Dados um lado de um triângulo e os raios dos dois círculos exinscritos referentes aos dois vértices desse lado, é possível obter os centros desses círculos.
Suponhamos dados o lado AB e os raios ra e rb. Tomemos BB' de comprimento ra perpendicular a AB em B e AA' de comprimento rb perpendicular a AB em A. Já vimos como obter hc. Tracemos duas paralelas a AB: uma por A', outra por B'. Desenhemos o rectângulo A'DB'E; as suas diagonais intersectam-se em K. O ponto K é centro de uma circunferência que contem A, B, Ia e Ib. A recta EB' determina Ia, a recta DA' determina Ib.
[A.A.F]
sem esquecer nem esconder a melancolia das construções com ReC ou CaR ou ZuL e R. Grothmann.
Também não apagamos os "combates geométricos" e todo o trabalho ligado ao conhecido por "Geometriagon" e a "Giovanni Artico, com R. Grothman" patente na primeira linha desta entrada.
1. Dados os raios de dois círculos ex-inscritos referentes a dois dos vértices de um triângulo, é possível obter a altura referente ao terceiro vértice.
Suponhamos dados ra e rb, vamos obter hc. Tomemos uma recta r e tracemos duas perpendiculares: numa delas marcamos o comprimento ra e noutra comprimento rb. Unindo extremos não consecutivos, obtemos um ponto de intersecção de duas rectas a meia altura -hc - do triângulo das circunferências exinscritas com aqueles raios.
[A.A.F]
2. Dados um lado de um triângulo e os raios dos dois círculos exinscritos referentes aos dois vértices desse lado, é possível obter os centros desses círculos.
Suponhamos dados o lado AB e os raios ra e rb. Tomemos BB' de comprimento ra perpendicular a AB em B e AA' de comprimento rb perpendicular a AB em A. Já vimos como obter hc. Tracemos duas paralelas a AB: uma por A', outra por B'. Desenhemos o rectângulo A'DB'E; as suas diagonais intersectam-se em K. O ponto K é centro de uma circunferência que contem A, B, Ia e Ib. A recta EB' determina Ia, a recta DA' determina Ib.
[A.A.F]
sem esquecer nem esconder a melancolia das construções com ReC ou CaR ou ZuL e R. Grothmann.
Também não apagamos os "combates geométricos" e todo o trabalho ligado ao conhecido por "Geometriagon" e a "Giovanni Artico, com R. Grothman" patente na primeira linha desta entrada.
19.10.06
Um certo triângulo
Mara Isabel Cardoso, uma jovem professora de Matemática, colaborou aqui no bloGeometria (com um comentário e várias propostas) e também no Geometriagon. Foi, aliás, a única portuguesa (até hoje, para além de nós, aqui neste canto) que acrescentou um problema (o problema 523) à lista do Geometriagon, seguindo uma sugestão do Curso de Geometria de Paulo Ventura Araújo, publicado pela Gradiva. Agradecemos publicamente a Mara Isabel a participação de que abordaremos alguns aspectos em futuros artigos.
Não vamos apresentar aqui o problema 523, proposto por Mara Isabel. Apresentamos antes um outro que esse nos lembra e nos remete para o mesmo Curso de Geometria.
Aqui vai:
Tome um ângulo agudo qualquer de vértice A, e, entre os seus lados, um ponto P qualquer. Determine B e C sobre os lados do ângulo A, de tal modo que P seja o ponto médio de [BC].
Clicando sobre a ilustração ou sobre o enunciado, tem acesso ao exercício interactivo.
Não vamos apresentar aqui o problema 523, proposto por Mara Isabel. Apresentamos antes um outro que esse nos lembra e nos remete para o mesmo Curso de Geometria.
Aqui vai:
Tome um ângulo agudo qualquer de vértice A, e, entre os seus lados, um ponto P qualquer. Determine B e C sobre os lados do ângulo A, de tal modo que P seja o ponto médio de [BC].
Clicando sobre a ilustração ou sobre o enunciado, tem acesso ao exercício interactivo.
9.10.06
Outro problema triangular
A Mariana propôs um resultado sobre triângulos e nós ficámos sem saber muito bem o que fazer dele. Sem saber como falar dele sem ser a falar por falar. Mas aqui fica o desafio para pensar.
Determinar o vértice C do triângulo [ABC] de que se conhecem os lados a e c e os raios ra e rb dos círculos ex-inscritos nos ângulos A e B
Clicando sobre o enunciado, tem acesso ao respectivo exercício interactivo.
O que é simples e interessante disto é o que vou propor aos meus alunos do 8º ano na forma do Desafio que saiu no Público, pela mão do J. P. Viana, num dos últimos meses de 1998. Que desafio?
A Mariana garante (e com razão!) que pode dispensar um dos dados - o lado a, por exemplo. Experimente realizar o exercício interactivo sem precisar do lado a.
Determinar o vértice C do triângulo [ABC] de que se conhecem os lados a e c e os raios ra e rb dos círculos ex-inscritos nos ângulos A e B
Clicando sobre o enunciado, tem acesso ao respectivo exercício interactivo.
O que é simples e interessante disto é o que vou propor aos meus alunos do 8º ano na forma do Desafio que saiu no Público, pela mão do J. P. Viana, num dos últimos meses de 1998. Que desafio?
A Mariana garante (e com razão!) que pode dispensar um dos dados - o lado a, por exemplo. Experimente realizar o exercício interactivo sem precisar do lado a.
2.10.06
Animação com triângulo e hipérbole
Até agora não tínhamos conseguido fazer uma animação razoável para mostrar a ligação entre a hipérbole equilátera dos exincentros de um triângulo com a circunferência a ele circunscrita. Os olhos da Mariana que viram a relação entre triângulos dos exincentros e o triãngulo órtico deram conta do recado que aqui entregamos. Clique para ver a animação.
Toda a hipérbole equilátera que passa pelos exincentros Ia, Ib, Ic e pelo incentro I de um triângulo [ABC] tem o centro Oh sobre o círculo circunscrito ao triângulo.
Toda a hipérbole equilátera que passa pelos exincentros Ia, Ib, Ic e pelo incentro I de um triângulo [ABC] tem o centro Oh sobre o círculo circunscrito ao triângulo.
25.9.06
Parábola exinscrita a um triângulo
No artigo anterior, apresentámos mais uma propriedade dos triângulos
Cada parábola exinscrita no triângulo tem a directriz a passar por H e o foco no círculo circunscrito.
em lista de espera de uma construção interactiva que a esclarecesse
A ilustração estática, que se segue, foi obtida da animação original feita em Zirkel - ReC e entretanto inviabilizada.
Em seguida, uma construção dinâmica em Geogebra feita para a recostrução:
[A.A.F.]
Se a parábola de foco F e directriz d for tangente aos três lados de um triângulo [ABC], tem a directriz d a passar pelo ortocentro H e o foco F sobre a circunferência circunscrita ao triângulo.
Cada parábola exinscrita no triângulo tem a directriz a passar por H e o foco no círculo circunscrito.
em lista de espera de uma construção interactiva que a esclarecesse
A ilustração estática, que se segue, foi obtida da animação original feita em Zirkel - ReC e entretanto inviabilizada.
Em seguida, uma construção dinâmica em Geogebra feita para a recostrução:
[A.A.F.]
Se a parábola de foco F e directriz d for tangente aos três lados de um triângulo [ABC], tem a directriz d a passar pelo ortocentro H e o foco F sobre a circunferência circunscrita ao triângulo.
15.9.06
Triângulos, cónicas e Cinderella
António Aurélio Fernandes, do mundo dos triângulos, tem insistido em publicar mais resultados sobre triângulos e respectivas construções (ou ilustrações, quando não conseguirmos mais). Os resultados relativos a cónicas sempre nos lembraram as limitações do software que usamos. Descobrimos hoje, ao tentar construções com cónicas, que a última versão do Cinderella não tem as limitações das anteriores e não resistimos a publicar uma animação que ilustra bem que
Toda a hipérbole equilátera circunscrita a um triângulo passa pelo seu ortocentro H.
Nunca esqueremos a eternidade que fomos deixando passar enquanto tentávamos noutros tempos algumas construções tão fora do seu tempo. Sabemos que Cinderella está muito mais forte e bela. A verdade seja escrita
Em fila de espera descansam por mais uns momentos:
Nunca esqueremos a eternidade que fomos deixando passar enquanto tentávamos noutros tempos algumas construções tão fora do seu tempo. Sabemos que Cinderella está muito mais forte e bela. A verdade seja escrita
Em fila de espera descansam por mais uns momentos:
- Toda a hipérbole equilátera que passa pelos exincentros e pelo incentro de um triângulo tem o centro sobre o seu círculo circunscrito.
- Cada parábola inscrita no triângulo tem a directriz a passar por H e o foco no círculo circunscrito.
14.9.06
Despertar para a demonstração
Em fins de Julho, publicámos um conjunto de resultados interessantes sobre triângulos integrados na série Despertares . Não tínhamos, na altura, a ideia de apresentarmos as demonstrações. Temos vindo a ser confrontados com a necessidade de apresentar algumas demonstrações exemplares em simplicidade. Podemos por isso falar neste artigo como mais um "despertar para a demonstração".
O que se aprende sobre Geometria, em particular sobre triângulos, é, em geral, tão pouco que, contando só com isso, a maioria dos problemas propostos ficaria sem solução. Quem imaginaria, por exemplo, que a área de um triângulo é dada pelo produto do semi-perímetro p pelo raio r do círculo inscrito?!
E afinal até é fácil demonstrá-lo:
Unamos I a A, a B, a C. A área do triângulo [ABC] é a soma das áreas dos três triângulos [IAB], [IAC] e [IBC]:
(1/2)a.r + (1/2)b.r + (1/2) c.r = (1/2)(a + b + c).r = p r.a
Do mesmo modo se demonstra que a área de um triângulo [ABC] também é dada por:
(p - a).ra ou (p - b).rb ou (p - c).rc.
em que p é o semiperímetro, a,b e c lados do triângulo e ra, rb e rc raios das exinscritas
De facto, área[ABC] = área[ABIa]+área[ACIa]-área[BCIa], todos triângulos de altura ra e bases, respectivamente c, b e a.
Logo, área[ABC]=(c.ra+b.ra-a.ra)/2 =[(1/2)[(a+b+c)] -a].ra=(p-a).ra
Aurélio Fernandes ainda lembrou que, designando por I' e I'a os pés das perpendiculares a AB tiradas por I e por Ia (projecções sobre AB de I e Ia, ou pontos de tangência de AB com as circunferências inscrita e exinscrita...), é verdade que
|AI'a|=p
|AI'| =p-a.
O que se aprende sobre Geometria, em particular sobre triângulos, é, em geral, tão pouco que, contando só com isso, a maioria dos problemas propostos ficaria sem solução. Quem imaginaria, por exemplo, que a área de um triângulo é dada pelo produto do semi-perímetro p pelo raio r do círculo inscrito?!
E afinal até é fácil demonstrá-lo:
Unamos I a A, a B, a C. A área do triângulo [ABC] é a soma das áreas dos três triângulos [IAB], [IAC] e [IBC]:
Do mesmo modo se demonstra que a área de um triângulo [ABC] também é dada por:
em que p é o semiperímetro, a,b e c lados do triângulo e ra, rb e rc raios das exinscritas
De facto, área[ABC] = área[ABIa]+área[ACIa]-área[BCIa], todos triângulos de altura ra e bases, respectivamente c, b e a.
Logo, área[ABC]=(c.ra+b.ra-a.ra)/2 =[(1/2)[(a+b+c)] -a].ra=(p-a).ra
Aurélio Fernandes ainda lembrou que, designando por I' e I'a os pés das perpendiculares a AB tiradas por I e por Ia (projecções sobre AB de I e Ia, ou pontos de tangência de AB com as circunferências inscrita e exinscrita...), é verdade que
|AI'a|=p
|AI'| =p-a.
13.9.06
Um velho problema de Puig Adam
Em 3 de Janeiro de 2005, entre os problemas de Puig Adam apareceu o seguinte:
Demonstrar que a recta que une o vértice A de um triângulo [ABC] com o incentro I corta a circunferência circunscrita (centrada em O) num ponto P equidistante de B, de I e de C.
No último mês, recebemos uma proposta de demonstração que agradecemos. Estudamos todas as contribuições à medida do que sabemos e das nossas disponibilidade, mas só publicamos o que achamos correcto. Algumas vezes enganamo-nos ou publicamos contributos mesmo sem concordar com a escrita quando isso serve para clarificar uma ou outra abordagem e o que é correcto e mais elegante pode ficar evidenciado na controvérsia que possa estabelecer-se.
No caso presente, pareceu-nos mais acertado submeter à apreciação pública uma demonstração feita pela casa
Por ser AP a bissectriz do ângulo BÂC, os arcos BP e PC são iguais (duplos de ângulos inscritos iguasi) e as correspondentes cordas BP e CP têm comprimento igual: |BP|=|PC|.
O ângulo PBI (inscrito na circunferência de centro O) é metade do arco PCK(= arco PC+arco CK).
O ângulo PÎB (com vértice no interior da mesma circunferência) é metade da soma dos arcos BP e AK.
Como AP é bissectriz do ângulo BAC, o arco BP é igual ao arco PC. E por BI ser bissectriz do ângulo ABC o arco AK é igual ao arco CK. Assim: arco PK=arco PC +arco CK = arco BP +arco AK e logo os ângulos PBI e PIB são iguais.
No triângulo [PBI], isósceles, aos ângulos iguais (PBI=PIB) opõem-se lados iguais (|PI|=|BP|).
|PI|=|BP|=|PC|.
A construção reconstruída agora:
[A.A.F.]
Demonstrar que a recta que une o vértice A de um triângulo [ABC] com o incentro I corta a circunferência circunscrita (centrada em O) num ponto P equidistante de B, de I e de C.
No último mês, recebemos uma proposta de demonstração que agradecemos. Estudamos todas as contribuições à medida do que sabemos e das nossas disponibilidade, mas só publicamos o que achamos correcto. Algumas vezes enganamo-nos ou publicamos contributos mesmo sem concordar com a escrita quando isso serve para clarificar uma ou outra abordagem e o que é correcto e mais elegante pode ficar evidenciado na controvérsia que possa estabelecer-se.
No caso presente, pareceu-nos mais acertado submeter à apreciação pública uma demonstração feita pela casa
Por ser AP a bissectriz do ângulo BÂC, os arcos BP e PC são iguais (duplos de ângulos inscritos iguasi) e as correspondentes cordas BP e CP têm comprimento igual: |BP|=|PC|.
O ângulo PBI (inscrito na circunferência de centro O) é metade do arco PCK(= arco PC+arco CK).
O ângulo PÎB (com vértice no interior da mesma circunferência) é metade da soma dos arcos BP e AK.
Como AP é bissectriz do ângulo BAC, o arco BP é igual ao arco PC. E por BI ser bissectriz do ângulo ABC o arco AK é igual ao arco CK. Assim: arco PK=arco PC +arco CK = arco BP +arco AK e logo os ângulos PBI e PIB são iguais.
No triângulo [PBI], isósceles, aos ângulos iguais (PBI=PIB) opõem-se lados iguais (|PI|=|BP|).
|PI|=|BP|=|PC|.
[A.A.F.]
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