GMbMc

Determinar os vértices de um triângulo ABC de que se conhecem os pontos médios - M_b de AC e M_c de AB - e o baricentro G.

AGMb

De um triângulo ABC, conhecem-se o vértice A, o ponto médio Mb de AC e o baricentro G. Determinar B e C.

MaMbMc: Solução.

Para determinar os vértices de um triângulo de que se conhecem s pontos médios dos lados, pensamos e procedemos como segue:

Se M_b é o ponto médio de AC e M_c é o ponto médio de AB, uma homotetia de razão 2 e centro em A transforma M_b em C e M_c em B. Por isso, M_bM_c é paralela a BC.

Então basta traçar as rectas M_aM_b, M_aM_c, M_bM_c. A paralela a M_aM_b por M_c é a recta AB, BC é a paralela a M_bM_c por M_a e AC é paralela a M_aM_c tirada por M_b. As intersecções das três recta duas a duas dão os vértices A, B e C pedidos.

AMbMc - Resolução

Para determinar os vértices B e C de um triângulo ABC de que conhecemos o vértice A e os pontos médios dos lados AC e AB, com as ferramentas que temos à mão ou que nos deram, pensamos e procedemos assim:

Tracemos as rectas AMb e AMc. Como Mb e Mc são os pontos médios dos lados, respectivamente, AC e AB, então o simétrico de A em relação a Mc é o vértice B e o simétrico de A em relação a Mb é o vértice C.

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Na aplicação que se segue, clicando sobre os botões da barra ao fundo, pode ver os passos da construção: controlando cada passo do desenho, reproduzindo a sucessão dos passos em desenho, pelo protocolo-descrição dos passos da construção



[AdAM]

Propriedade do baricentro

Antes de iniciarmos a publicação de exercícios envolvendo o baricentro de um triângulo, lembramos uma das suas propriedades.

Teorema. Seja o triângulo ABC e o seu baricentro G. G divide cada mediana em dois segmentos na razão 1 para 2.





Demonstração. Na construção dinâmica acima, tomámos G e as medianas que unem os vértices aos pontos médios dos lados opostos. Considere-se AM<sub>a. Vamos ver como G divide AMa.
As paralelas a CMc, tiradas por Mb e Ma, dividem AB em quatro segmentos iguais: AQ=QMc=McR=RB.
E em AMa, AP=PG=GMa. Ou seja, recorrendo ao teorema de Thales, G divide AMa em dois segmentos tais que AG= 2GMa.

O mesmo acontece com as outras medianas do triângulo.</sub>

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Nota:
De forma análoga, se demonstra que uma paralela a um dos lados do triângulo tirada por G, divide cada um dos outros lados em segmentos na razão 1 para 2. (Ao cuidado do leitor)

Exercício: MaMbMc

De um triângulo ABC, são dados os pontos médios Ma, Mb, Mc dos seus lados. Determine os seus vértices.





Procure resolver o problema e escrever um relatório de execução. Daqui a uma semana, publicaremos a nossa resolução e o respectivo relatório.

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Claro que, nesta restauração, não se apresentaram as ferramentas para uma resolução interactiva feita pelo leitor e antes etapas da resolução. A resolução prevista repetirá esta construção.

Exercício: AMbMc.

Temos estado a tratar de várias demonstrações que é possível abordar no ensino da geometria do 3º ciclo. A propósito dos temas que referimos vamos dar sugestões de exercícios interactivos muito simples que permitem exercitar a utilização dos conceitos.
Na construção que se segue. de um triângulo ABC são dados A, Mb e Mc em que Mb é o ponto médio de AC(=b) e Mc é o ponto médio de AB. Pede-se que determine os vértices B e C, utlilizando as ferramentas disponíveis (identificadas por icones na barra superior).
Não se apresenta um exercício interactivo em que apresentam as ferramentas para que possa determinar B e C usando as ferramentas. Nesta restauração, apresentamos a solução. Passo a passo... se vai repetir um pouco mais à frente.....


[AdAM]

Pedimos que, para este exercício e seguintes,tente escrever o relatório da construção que fez. Uma semana depois da proposta de exercício, publicamos a nossa resolução e respectivo relatório.

Bom trabalho!

As alturas e as mediatrizes concorrentes

As alturas de um triângulo satisfazem a condição de Ceva suficiente para serem concorrentes


[AdAM]

Demonstração:
Seja o triângulo ABC e as suas alturas AD, BE e CF. Os triângulos em que as alturas dividem o triângulo são semelhantes dois a dois. Por exemplo, o triângulo ABE é semelhante ao triângulo ACF, porque são ambos rectângulos e têm o ângulo A em comum. E, em consequência, AF/EA=CF/BE (=AC/AB).
De modo análogo, se deduz que , CE/DC=BE/AD(=BC/AC), CF/AD=BF/BD(=BC/AB)
Assim, (AF/AE).(CE/DC).(CF/AD)=(CF/BE).(BE/AD).(BF/BD) e

(AF/FB) .(BD/DC).(CE/AE)=1.

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Concorrentes são também as mediatrizes de um triângulo, já que contêm alturas de outro triângulo.

As mediatrizes dos lados do triângulo ABC contêm as alturas do triângulo DEF (sendo D, E e F os pontos médios de BC, AC e AB respectivamente). A construção dinâmica que se segue ilustra isso mesmo.


[AdAM]

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Nota: ver: as alturas de um triângulos são mediatrizes de outro

As bissectrizes de um triângulo e o Teorema de Ceva

Num triângulo ABC, a bissectriz de um ângulo - A, por exemplo-, corta o lado BC (oposto ao ângulo A) em dois segmentos BD e DC tais que BD/AB=CD/AC.

Para demonstrar este resultado, basta tirar por B uma paralela a AD que intersecta AC num ponto H. Nesta figura, é imediato reconhecer que ACD é semelhante ao triângulo AHB; o ângulo C é comum e oposto a AD e BH paralelos que são lados dos pares de ângulos correspondentes CAD e CHB, CDA e CBH. Por isso, CA/CH=CD/CB=DB/AH. Mas por AD ser uma bissectriz do ângulo CAB, CAD=DAB e CHB=CAD=ABH, o triângulo BAH é isósceles e AB=AH.
Assim é verdade que BD/AB=CD/CA.




[AdAM]
Usando este resultado e o Teorema de Ceva, fácil é provar que

As bissectrizes de um triângulo qualquer são concorrentes

Tomemos agora o triângulo ABC e as bissectrizes dos seus ângulos A, B e C que cortam os lados opostos BC, AC e AB nos pontos D, E e F (pés das bissectizes?).
Vejamos se as nossas cevianas bissectrizes satisfazem a condição suficiente do Teorema de Ceva para serem concorrentes.

Vimos ainda agora que CD/AC=DB/AB e, de modo análogo, teríamos visto que AE/AB=EC/BC e AF/AC=FB/BC.
Em consequência,
(CD/AC)*(AE/AB)*(AF/AC)=(DB/AB)*(EC/BC)*(FB/BC) ou (CD/DB)*(AE/EC)*(AF/FB)=(AC/AB)*(AB/BC)*(AC/BC) que é o mesmo que (CD/DB)*(AE/EC)*(AF/FB)=1, isto é, as bissectrizes satisfazem a condição suficiente para serem concorrentes.

Medianas de triângulo e Teorema de Ceva

O caso mais óbvio de cevianas de um triângulo que respeitam a condição suficiente (do T. Ceva) para serem concorrentes é o das medianas.


[AdAM]
De facto, no triângulo ABC, para a mediana AD, BD=DC. Para a mediana BE, AE=EC. Para CF, AF=FB.
AF/FB=BD/DC=CE/EA=1 e, naturalmente, (AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1 que chega para garantir que as medianas são concorrentes.

Rectas notáveis concorrentes e Teorema de Ceva

As entradas que antecedem esta servem para mostrar algumas demonstrações do ensino básico, sobre a propriedade comum às rectas notáveis do triângulo - serem concorrentes. Em conjunto, essas entradas chamam a atenção para a propriedade comum a todas as rectas notáveis, introduzem a noção de lugar geométrico com demonstrações que mobilizam para novas demonstrações, chamam a atenção para que as alturas de um triângulo são mediatrizes de outro triângulo e usam o resultado para demonstrar a propriedade das alturas, usam a igualdade de triângulos, transformações geométricas, ... todas com vista a um mesmo objectivo.
Chegados aqui, devemos interrogar-nos sobre o resultado comum que todas essas rectas notáveis devem satisfazer. As diversas demonstrações feitas poderão fazer-se como uma só.

Em entrada antiga, chamava-se a atenção para o Teorema de Menelau



Demonstração. Traçamos BG//AC.Como os triângulos [ADF e [BGF] são semelhantes, temos AD/BG=FA/FB. E de igual modo, da semelhança dos triângulos [CED] e [EBG] se tem CE/EB=DC/BG. Então multiplicando , membro a membro, vem: (AD/BG).(CE/EB)=(FA/FB).(DC/BG) e atendendo a que os segmentos orientados B para F e F para B iguais e de sentidos contrários &vec{BF}/&vec{FB}=-1, simplificando temos finalmente a afirmação em tese.

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que era utilizado para demonstrar parte - a condição necessária - do Teorema de Ceva: Se as cevianas AD, BE e CF de um triângulo ABC são concorrentes então (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1


[AdAM]

Reciprocamente: Se, num triângulo ABC, para D de BC, E de AC e F de AB se verificar que (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1, então AD, BE e CF são concorrentes. (condição suficiente do teorema de Ceva, que demonstramos de seguida)

Demonstração: Seja P o ponto de intersecção de AD com BE. Será que a recta CP passa por F? De certeza que a recta CP intersecta a recta AB; seja F' o ponto comum a AB e a CP. Tomemos o triângulo AF'C cortado por EB e apliquemos o resultado de Menelau: (AE/EC).(CP/PF').(F'B/BA)=1. Do mesmo triângulo BF'C cortado por AD, tiramos que (BD/DC)/(CP/PF')/(F'A/AB)=1. Assim (AE/EC).(F'B/BA)=(BD/DC).(F'A/AB)ou
(AE/EC).(CD/DB).(BF'/BA).(BA/F'A)=1 ou (AE/EC).(CD/DB).(BF'/F'A)=1.
Ora, por hipótese, (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1 e assim BF'/F'A= BF/FA ou BF'/F'A + 1 =BF/FA+1 que é o mesmo que (BF'+F'A)/F'A = (BF+FA)/FA ou AB/F'A = AB/FA e, em consequência, AF'=AF. Como F e F' são pontos da reta CP e da recta AB, sendo AF'=AF, então F=F'.

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É este resultado que todas as nossas notáveis cevianas satisfazem. Veremos.

As medianas de um triângulo são concorrentes

Teorema:
As medianas de um triângulo ABC são concorrentes


[AdAM]


Chamamos a ao lado BC, b a AC e c a AB. Chamamos M_a ao ponto médio de a (BM_a=M_aC), M_b ao ponto médio de b e M_c ao ponto médio de c. Ao segmento que tem extremos num vértice e no ponto médio do seu lado oposto chamamos mediana do triângulo, As medianas do triângulo ABC são: AM_a, BM_b e CM_c. Lembramos ainda que M_aM_b é paralelo a AB, M_bM_c paralelo a BC e M_aM_c paralelo a AC (a homotetia de centro C e razão 2 transforma M_aM_b em AB e, por isso, não só M_aM_b é paralelo a AB como AB=2 M_aM_b, ...).

Demonstração:
As medianas AM_a e BM_b intersectam-se num ponto a que chamamos G. Consideremos o triângulo AGB e os pontos D e E médios de AG e BG. Como já vimos, DE é paralelo a AB e paralelo a M_aM_b e AB=2DE=2M_aM_b. M_aM_b e DE são paralelos e iguais, logo M_aM_bED é um paralelogramo, cujas diagonais se cortam ao meio, em G ponto médio de EM_b. Construindo, de modo análogo, um paralelolgramo relativo ás medianas BM_b e CM_c. que tem diagonais EM_b e FM_c a intersectar-se a meio, em G, ponto médio de EM_b. Fica assim provado que a mediana CM_c passa por G.

As alturas de um triângulo são mediatrizes de outro e ...

Teorema: As alturas de um triângulo são concorrentes.


restaurante
[AdAM]

A demonstração de um determinado resultado é usada para outras demonstrações. Por exemplo, para demonstrar que as três alturas de um triângulo são concorrentes, basta verificar que elas são mediatrizes de outro (e já sabemos que as mediatrizes de um triângulo qualquer são concorrentes. No ensino básico, é muito importante que os jovens usem intencionalmente como parte de argumentos demonstrativos, demonstrações já feitas.

Demonstração: Por cada um dos vértices do triângulo ABC façamos passar paralela ao lado que se lhe opõe; por A passamos uma paralea a BC, etc. Ficamos assim com o triângulo DEF e as rectas que contêm as alturas de ABC são as mediatrizes dos lados de DEF. Para exemplo, vejamos que a altura relativa ao vértice C é a mediatriz de DE. Como sabemos (desde a igualdade de triângulos), os lados opostos do paralelogramo ABDC são iguais, sendo AB=CD. E do mesmo modo acontece com o paralelogramo ABCE, sendo AB=CE. CE e CD são ambos iguais a um terceiro AB e logo CD=CE, ou seja C é o ponto médio de DE. E a altura CHc é perpendicular a AB e a todas as suas paralelas.CHc é perpendicular a DE no seu ponto médio -C- é a mediatriz de DE. ...

Três bissectrizes concorrentes

Teorema:
As três bissectrizes de um triângulo ABC são concorrentes.


AdAM]
Demonstração: Tomemos duas quaisquer das bissectrizes, por exemplo, as bissectrizes dos ângulos A e B (como na ilustração acima) que são concorrentes num ponto, que designámos por I. Ora, se I é equidistante de AB e de AC por estar na bissectriz de A, e equidistante de AB e BC por ser bissectriz de B. Assim é equidistante de AC e BC e por isso I tem de estar sobre a bissectriz de C que é o lugar onde estão todos os pontos equidistantes dos lados do ângulo C

Na figura pode "confirmar" as afirmações do teorema, quer construindo a bissectriz de C para ver que ela passa por I, quer construindo o circulo de centro em I e tangente a BC e ver que ele é tangente ao lado AB.

Bissectriz: definição, teoremas; lugar geométrico

Quando escrevemos ângulo BÂC, temos duas semirectas uma a partir de A para B e outra de A para C (a AB e AC chamamos lados e a A chamamos vértice do ângulo BÂC). Chamamos bissectriz do ângulo BÂC ao seu eixo de simetria (AD no caso das ilustrações desta entrada) ou a uma recta que divide o ângulo BÂC em dois ângulos congruentes ou geometricamente iguais, DÂB=DÂC.


[AdAM]

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Tal como aconteceu para a mediatriz, podemos verificar que a bissectriz de um ângulo é o lugar geométrico (de todos) os pontos equidistantes dos seus lados. Para isso, temos de ter presente que chamamos distância de um ponto P a uma recta r ao comprimento do segmento da perpendicular a r tirada por P, de extremos P e o pé da perpendicular em r (projecção ortogonal de P sobre r) e demonstrar que os pontos da bissectriz estão a igual distância dos dois lados e que se um ponto qualquer está a igual distância dos lados, então está sobre a bissectriz.

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Teorema directo: Se D é um ponto da bissectriz de BÂC, então a distância de D a AB é igual à distância de D a AC.



[AdAM]
Demonstração: Se D é um ponto da bissectriz, DÂB=DÂC. Se E é uma projecção ortogonal de D sobre AB e F é a projecção ortogonal de D sobre AC, são iguais os ângulos DÊA e DFA (DEA=DFA=1 recto). Assim, os triângulos ADE e ADF são congruentes por terem os ângulos iguais, cada um a cada um, e terem um lado comum AD. Como em triângulos iguais a ângulos iguais se opõem a ângulos iguais, DE=DF por serem opostos aos ângulos que resultaram da bissecção de BÂC

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Teorema recíproco: Se a distância de P a AB é igual à distância de P a AC, então P está sobre a bissectriz de BÂC.



[AdAM]
Demonstração: Precisamos de provar que se P tem a qualidade de ser equidistante de AB e AC, então PÂB=PAC. Tomemos as projecções ortogonais de P sobre AB e AC, respectivamente R e S, e consideremos os triângulos rectãngulos (em R e em S) APR e APS que têm AP como hipotenusa comum e um cateto de um igual ao cateto do outro PR=PS. Os ângulos que se opõem a estes catetos iguais, são iguais. Ou seja, PAR=PAS.

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Esta entrada lembra-nos que, ainda sem conhecer o Teorema de Pitágoras, pode ser simples (e útil ao desenvolvimento do raciocíno dedutivo) fazer, a partir dos critérios de congruência de triângulos em geral, a demonstração de critérios particulares para a congruência de triângulos rectângulos. De facto, se colarmos por um cateto comum PR (no caso da ilustração dinâmica), quaisquer dois triângulos rectângulos com a mesma hipotenusa, obtemos 3 pontos colineares (A, R e Q) e o triângulo isósceles APQ de que PR é a altura e o eixo de simetria que divide o triângulo APQ em dois triângulos iguais.

[AdAM]

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A ilustração dinâmica, que se segue, serve para ver (não para demonstrar) que os pontos que não estão na bissectriz não são equidistantes dos lados do ângulo (Teorema contrário).


[AdAM]

Um ponto comum às mediatrizes de um triângulo

Teorema:
As mediatrizes Δ_a, Δ_b e Δ_c dos três lados a, b, c de um triângulo ABC são concorrentes num ponto.



[AdAM]

A construção dinâmica não faz demonstração, mas é uma boa verificação, quer pela construção da terceira mediatriz a passar pelo ponto de intersecção das outras duas, quer pela construção da circunferência circunscrita ao triângulo

Demonstração: Tomemos, por exemplo, as mediatrizes dos lados a e b. Claro que estas são concorrentes (para serem paralelas, teriam de ser perpendiculares a lados paralelos e num triângulo não há lados paralelos). Chamemos O ao ponto de intersecção das mediatrizes Δ_a e Δ_b. Como O está na mediatriz de BC, OB=OC. Por O estar na mediatriz de AC, OA=OC. Em conclusão, OA=OB(=OC) e, por isso, O está na mediatriz de AB que é onde estão todos os pontos equidistantes de A e B.

Parece-nos um bom teorema para demonstrar no básico.

Mediatriz: definições, teoremas e lugares geométricos

Os novos programas do ensino básico insistem nas definições e em raciocínios demonstrativos. Procuramos algumas definições simples e demonstrações que possam ser apresentadas com vantagem a jovens dos 12 ou 13 anos... Nesta entrada e noutras que se seguirão,vamos pensar alto sobre alguns exemplos.

Damos o nome de mediatriz de um segmento de recta AB (de extremos A e B, muitas vezes representado por [AB]) à recta perpendicular a AB que passa pelo ponto médio do segmento. E podemos dizer que, com esse enunciado, damos uma definição de mediatriz de um segmento. Depois falamos simplesmente de mediatriz e até convencionamos que este nome só se aplica a segmentos de recta, sem nos preocuparmos com mais explicações. De facto, de cada vez que nomeamos alguma coisa, usamos outras palavras e nomes a que atribuímos sentidos conhecidos e aceites. Quando argumentamos, usamos sempre algumas verdades que os nossos interlocutores conhecem e aceitam. Por vezes, não pensamos nisso e os nossos argumentos tornam-se em coisas sem sentido para quem ouve ou lê.

Suponhamos que estamos a escrever sobre a mediatriz para um jovem de 13 anos. Mediatriz, segmento, recta, semirecta, perpendicular, ponto, médio? Colineares? Ângulos? Rectos? Triângulos? E igualdade geométrica (ou congruência) de triângulos? Casos de igualdade de triângulos? Distância? Equidistante?... Suponhamos que sabe o que seja tudo isso...

E produzimos a afirmação: Os pontos de uma recta dada r que seja a mediatriz de um segmento de recta AB (no sentido da definição acima introduzida) estão a igual distância de A e de B.
À luz do que sabemos e aceitamos como verdadeiro, a afirmação proferida será verdadeira ou falsa?
Escrevemos a afirmação de outro modo, ligeiramente diferente, representando por AP a distância de A a P. Pode ser?

Se r é a mediatriz de AB e P é um ponto de r, então AP=BP.


A verificação que esta construção sugere não prova a afirmação feita.
De acordo com a definição de mediatriz, r corta a recta AB num ponto M, tal que AM=MB (A, M e B são colineares, claro!) e AMP=BMP = 1 recto (escrevemos AMB para designar de forma económica o ângulo das duas semirectas MA e MP (ou de lados MA e MP) e vértice M). Os triângulos AMP e BMP são congruentes por terem dois lados iguais AM=MB e MP=MP e serem iguais os ângulos por eles formados AMP=BMP. Admitimos ainda que todos sabemos que , em triângulos iguais, a ângulos iguais se opõem lados iguais, para podermos então concluir que o lado AP (oposto a AMP) é igual a BP (oposto a BMP).

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Àquela afirmação chamamos Teorema, uma afirmação que carece de argumentos a seu favor para ser verdadeira considerando o que conhecemos e aceitamos como verdadeiro. Ao conjunto de argumentos a seu favor, cada um deles válido e válidos em conjunto, que produzimos chamamos demonstração (no exemplo, válida).

Ficamos a saber que os pontos que estão sobre a mediatriz de AB estão equidistantes de A e de B. Nada mais que isso.
Haverá outros pontos equidistantes de A e B, para além dos que constituem a mediatriz? Ou dito de outro modo: Se um ponto é equidistante de A e de B então está na mediatriz de AB?

A afirmação (teorema) que demonstrámos parte da definição de mediatriz para uma propriedade dos seus elementos. Podemos qualificá-la como sendo um teorema directo.

E vale a pena chamar teorema recíproco daquele à proposição em que se afirme que os pontos equidistantes de A e B estão sobre a mediatriz de AB. E parece que tem sentido, lembrarmos que o enunciado recíproco de um directo verdadeiro, pode não ser verdadeiro. No 7º ano de escolaridade, ou até antes, os jovens aprendem que os ângulos verticalmente opostos são iguais, mas que há ângulos iguais que não são verticalmente opostos.

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Enunciemos e demonstremos o teorema recíproco: Qualquer ponto P equidistante dos pontos A e B está sobre a mediatriz de AB

A figura dinâmica em que pode deslocar P, A e B só sugere que a afirmação é verdadeira
Para demonstrar este teorema, vamos admitir que os nossos jovens de 13 anos sabem o que é a bissectriz de um ângulo e sabem os casos de igualdade de triângulos, como já tinha sido admitido para a demonstração do teorema directo. Podíamos escolher outros conhecimentos para a nossa argumentação, por exemplo, sobre simetrias...

Tomemos a bissectriz do ângulo APB , de vértice P e lados PA e PB, que intersecta AB num ponto C (como se mostra na figura). Sabemos que, sendo PC a bissectriz de APB é verdade que APC=BPC. Os triângulos APC e BPC são iguais por terem dois lados iguais - PA=PB, de acordo com as condições do enunciado, e PC comum, e iguais os ângulos APC e BPC por eles formados. Em triângulos iguais, a ângulos iguais opõem-se lados iguais. AC opõe-se a APC e BC opõe-se a BPC e, por isso, AC=CB que é o mesmo que dizer que C é o ponto médio de AB. Do mesmo modo (reciprocamente) se pode concluir que ACP=BCP, por se oporem a AP e BP, e que, por serem suplementares para além de iguais, são ambos rectos. Fica assim claro que se P é equidistante de A e de B, P está sobre a recta PC perpendicular a AB passando pelo seu ponto médio. PC é a mediatriz de AB./

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Não há dúvida que os pontos da mediatriz de AB têm a propriedade de serem equidistantes de A e de B e que os pontos gozando dessa propriedade estão sobre a mediatriz. Fora da mediatriz de AB, não há pontos equidistantes de A e B. Por isso, dizemos que a mediatriz de AB é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de A e B.

Podíamos ter definido a mediatriz de AB de outro modo. Por exemplo, como o conjunto dos pontos equidistantes de A e B, e virmos a enunciar e demonstrar como teorema que a mediatriz de AB é uma recta perpendicular a AB que passa pelo seu ponto médio.

O que nos interessa agora é explorar a mediatriz como lugar geométrico de pontos equidistantes para demonstrar novos resultados. Parecem-nos bons exemplos para iniciar o ensino de demonstrações. E parece-nos mesmo que seria um bom momento para separar as construções dinâmicas, que sugerem resultados, daquilo que possa ser considerado demonstração.

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E talvez valha pena aproveitar a oportunidade para falar do teorema a que poderemos chamar contrário do teorema directo, a saber: Se um ponto P não é ponto da mediatriz do segmento AB, então não está à mesma distância de A e de B.


Pode deslocar o ponto P no plano e verificar que se o ponto P está fora da mediatriz, então não é equidistante de A e B. Não serve de prova, claro!
Sempre pode propor uma demonstração para este teorema contrário.

Uma viagem do circuncentro

Considere ainda o triângulo ABC, em que C é um ponto livre sobre uma recta. Pode observar o rasto do circuncentro quando o vértice C percorre a recta.



[AdAM]

Pode fazer variar a recta, deslocando R.
E pode mudar mesmo os pontos A e B, claro!
Que conclui?

As viagens do incentro

E a viagem do incentro dos triângulos ABC, enquanto C percorre uma recta?
Que acontece quando faz variar a recta r (usando R)?



[AdAM]

A viagem do ortocentro

Po onde andará o ortocentro de um triângulo ABC enquanto C viaja sobre uma recta?



[AdAM]

Pode deslocar C sobre r para ver H descrever o seu lugar geométrico. Pode deslocar o ponto R para mudar a recta em que C se desloca.

A viagem especial do baricentro

A última entrada propunha olhar para o lugar geométrico dos pontos notáveis dos triângulos ABC em que A e B são extremos de um arco de circunferência (pontos sobre uma circunferência) e C percorre o arco AB.

Essa entrada lembrou-nos a forma redutora como, por razões utilitaristas e de circunstância, apresentamos aos estudantes alguns lugares geométricos. No básico, e depois no secundário em problemas analíticos, centramo-nos muito no lugar geométrico do baricentro quando um vértice percorre uma recta paralela ao seu lado oposto.

Será que perdemos alguma coisa por não considerarmos uma recta qualquer?



[AdAM]

O que é que acontece se a recta r em que se desloca B não for paralela a AC? Pode modificar as posições de r relativas a AC, deslocando R. Pode mudar tudo.
Se deslocar B sobre a recta r obterá o rasto de G no seu lugar geométrico.

Não é melhor manter o caso mais geral? Ou abri-lo sempre para grupos de alunos, tanto em termos básicos como em termos de geometria analítica?

Arcos

Na anterior entrada, propusemos um olhar sobre o lugar geométrico de pontos P obtidos por secantes a uma circunferência perpendiculares - AP e BP - determinando uma delas por um ponto M, livre na circunferência. Podem apresentar-se aos estudantes outros casos interessantes. Por exemplo,
determinar o lugar geométrico dos pontos P sobre uma recta AM e tal que MP=BM, em que A é o extremo do arco e M livre sobre o arco AB da circunferência.

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Nesta entrada, propomos
que se tome um ponto C sobre o arco AB. Qual será o lugar geométrico de cada um dos pontos notáveis do triângulo ABC, quando C percorre AB?



[AdAM]

Defina cada um dos lugares geométricos e explique-os, se possível. A e B, deslocando-se, permitem definir novos arcos. Deslocando C sobre o arco AB, pode obter o rasto dos pontos notáveis do triângulo.

Para os estudantes do ensino secundário, ganha interesse especial a escolha de referenciais seguida da determinação das equações dos lugares geométricos.

Arcos

Tomámos um arco de circunferência AB e um ponto M livre em AB. Chamamos P às projecções ortogonais de B sobre AM. Qual será o lugar geométrico dos pontos P quando M percorre AB ?




[AdAM]

Pode deslocar M sobre AB e A ou B para mudar de arco...
Haverá algum caso em que P descreve o próprio AB?

Olhar um ponto fixo

Tomámos um triângulo ABC, rectângulo em B. Por B passamos a recta r, sobre a qual projectamos ortogonalmente A e C, obtendo M e N. A animação que se segue permite ver que, quando r varre o triângulo, as circunferências de diâmetro MN têm um ponto fixo e permite ver que são envolvidas por uma curva cordial.



[AdAM]

Qual será o lugar geométrico dos centros das circunferências de diâmetro MN, quando as rectas r que passam por B varrem o plano?

o lugar geométrico e o problema

Temos uma circunferência de centro O e um ponto P exterior, no caso do exercício interactivo que se mostra.
Como determinar rigorosamente os pontos M e N da circunferência (apontados em cor de rosa), colineares com P e tais que |MN|=|MP|?

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O texto original é mantido fora desta faixa. Neste dia 21/03/2020 de restauração, apresentamos passos da resolução que esperamos possam ser compreendidos pelos leitores e os levem a procurar as relações que foram usadas para obter as soluções.


[AdAM]

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No caso presente, para aquela circunferência e aquele ponto P, os pontos respeitando as relações de M e N serão únicos?

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Para além de procurarmos quais os passos da construção geométrica para a determinação de M e N, podemos discutir a existência de soluções, para circunferências e pontos P com outras posições relativas.

O lugar geométrico

Para os exercícios e problemas de construção, é muito útil saber as definições. É útil saber que a mediatriz de um segmento AB é a perpendicular a AB tirada pelo seu ponto médio. Mas, para resolver alguns problemas, é ainda mais útil reconhecer a mediatriz pelas suas propriedades, por exemplo, saber que os pontos da mediatriz são equidistantes de A e B e que um qualquer ponto fora dela não está à mesma distância de A e de B. Dizemos que a mediatriz de AB é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de A e de B, com esse sentido.
O "lugar geométrico" não só foi sendo menos usado no ensino básico, como foi sendo diminuído até ser só parte do que é de facto. Não chamamos lugar geométrico a qualquer conjunto de pontos satisfazendo uma determinada propriedade.

Aqui se propunha um exercício interactivo do ensino básico, para o qual são úteis lugares geométricos e propriedades dos quadriláteros.
Fazemos a restauração apresentando os passos da resolução do problema que se vai propor e não como estava no original feito com ZuL ou CaR

Tomámos um ângulo AÔB. Queremos determinar um ponto M do lado OA de tal modo que |MA|=|OP|, sendo P um ponto de OB e de uma perpendicular a OB tirada por M (ou, dito de outro modo, sendo P a projecção ortogonal de M sobre OB)




[A.M]


Estes problemas ganham um novo interesse para os estudantes com a discussão da existência e da unicidade da solução.

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Estamos a aproveitar para chamar a atenção para a importância dos lugares geométricos na resolução de problemas formativos. A divulgação de construções dinâmicas de lugares geométricos ao longo das últimas semanas será prosseguida com a apresentação de problemas em que a abordagem pela via dos lugares geométricos é útil.

E aproveitamos para defender o ponto de vista ou conselho de Aurélio Fernandes (ou do seu mentor Caronnet) para enfrentar estes problemas: Com uma folha de papel e um lápis, parta de um esboço do problema como se estivesse já resolvido...

Por puro acaso

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Notas:
Elipses. Para cada uma delas, tangentes e perpendiculares às tangentes nos pontos de tangência.
Perpendiculares a estas perpendiculares tiradas pelos extremos do eixo maior intersectam-se em pontos que descrevem as curvas desta entrada ...

Estrofóide?

Temos vindo a desenhar algumas curvas, definidas como lugares geométricos e usando quando muito operações com segmentos. Para cada uma das curvas, as nossas construções de férias seguem o "Tratado das Curva" de F. Gomes Teixeira, de que há um exemplar na nossa Escola José Estêvão. Nesta publicação, não tratamos do estudo das equações das curvas. Mas pode ser um interessante trabalho para os estudantes a escolha dos melhores referenciais, para relativamente a eles, determinar as equações que são satisfeitas pelos pontos das curvas aqui sempre descritas como lugares geométricos. Isso está apontado no Tratado das Curvas.

Tomamos uma circunferênciua de centro C e um diâmetro OA. Tomemos uma outra recta a passar pelo centro CK a fazer um ângulo α com OA. Consideremos um ponto D, sobre a circunferência, e o ponto E de intersecção de CK com OD. Finalmente, tomamos o ponto M sobre OD e tal que |OM|=|OD|-|OE|.

Chamamos estrofóide ao lugar geométrico dos pontos M quando D percorre a circunferência em que incide. Estrofóide recta quando α=1 recto; estrofóide oblíqua quando OA e KC não são perpendiculares.

Assim:

Estrofóide recta






Estrofóide oblíqua

As espíricas, as lemniscatas

Tomemos um segmento de comprimento k e dois pontos F e F'.

É uma espírica (ou lemniscata?) a curva descrita pelos pontos P cujas distâncias a F ( |PF|=r) e F' ( |PF'|=r' ) sejam tais que o seu produto |PF|.|PF'| seja constante (k no caso):

r.r'=k



Pode deslocar os vários elementos - r, para ver o ponto P a descrever a curva - k, para fazer variar as espíricas. Verá que pode obter (uma ou duas) circunferências, elipses, ovais, ... enfim, todas as curvas que se possam obter por cortes do "toro".

Há vários tipos de lemniscatas. Interessante notar que a lemniscata se pode obter por inversão da elipse:
|OP|.|OP'|=1




Das leminiscatas, a mais famosa é a conhecida por lemniscata de Bernoulli

Oval de Descartes

Tomem-se dois segmentos h e k (e um terceiro unitário, para fazer contas) e dois pontos F e F'. Uma oval é o lugar geométrico dos pontos P cujas distâncias a F - |PF|=r - e a F' - |PF'|=r' - sejam tais que
r±hr'=±k




Pode deslocar os vários elementos fazendo variar as ovais, como é óbvio.

A seguir publicamos a animação respectiva.




Usando as ferramentas dos cantos inferior esquerdo e superior direito, pode parar e recomeçar a animação, pode voltar ao princípio, etc.

Cissóides?

Tomamos um ponto O e duas curvas a (a verde) e b (a azul) e uma recta que passa por O e corta ambas as curvas (em P a curva a e em Q a curva b).





A vermelho está assinalado o lugar geométrico dos pontos diferença: |OD|=||OQ|-OP||
A azul fica assinalado o lugar geométrico dos pontos soma: |OS|=|OP|+|OQ|


Pode sempre fazer variar as curvas e o ponto O, obtendo diversos lugares geométricos.
Pode deslocar o ponto P sobre a curva a e ver os pontos D e S a descrever os correspondentes lugares geométricos.

Conchóide de Nicomedes

Há uns anos atrás, para a trissecção de um ângulo com nêusis construí a conchóide de Nicomedes com recurso ao Cinderella





Aqui fica, agora feita com o Geogebra.

Na figura desta entrada, temos uma recta ( a horizontal azul) e um ponto O. As rectas (a verde) que passam por O cortam a azul em pontos P. Os pontos desta última recta que estão a igual a distância de P descrevem uma conchóide de Nicomedes, quando P percorre a recta azul.

A cissóide de Diocles e a parábola

Chamemos curva pedal de uma parábola ao lugar geométrico dos pontos de intersecção das suas tangentes com as suas perpendiculares tiradas pelo seu vértice. A curva pedal da parábola é uma cissóide de Diócles.





Como divertimento próprio da época, estamos a experimentar pequenas animações com o Geogebra.

Inversa da cissóide de Diócles

Cissóide e sua inversa

Quinta cissóide

Tomamos agora um ponto O, uma elipse e uma parábola.
Por O tiramos uma recta r cortando as duas curvas, em P e Q.
A cissóide é o lugar geométrico dos pontos C colineares com O, P e Q e tais que |OC|=||OP|-|OQ||.

Quarta cissóide

Tomamos agora um ponto O, uma elipse e uma hipérbole. Por O tiramos uma recta r cortando as duas curvas, em P e Q.
A cissóide é o lugar geométrico dos pontos C colineares com O, P e Q e tais que |OC|=||OP|-|OQ||.

Terceira cissóide

Tomamos agora um ponto O e duas circunferências a e b. Por O tiramos uma recta r cortando as duas circunferências em P e Q.
A cissóide é o lugar geométrico dos pontos C colineares com O, P e Q e tais que |OC|=||OP|-|OQ||.

Segunda cissóide

Tomamos um ponto O, uma recta a e uma circunferência b. Consideremos as rectas r que passam por O e cortam a recta a e a circunferênica b. O lugar geométricos dos pontos C das rectas r, tais que ||OC|=||OP|-|OQ|| é uma cissóide.





Para cada ponto O, cada recta a e circunferência b há uma cissóide. Pode verificar as mudanças de cissóide, movimentando a circunferência b e a recta a ou os pontos a preto ligados à recta a ou à circunferência b. Pode ver o ponto C a deslocar-se sobre cada cissóide, se deslocar o ponto Q sobre a circunferência b.

Primeira cissóide

Tomem-se duas curvas a e b, um ponto O e uma recta r passando por O que corte as duas curvas em P e Q.
O lugar geométrico dos pontos C da rectar tais que |OC| =||OQ|-|OP|| é a cissóide das curvas a e b relativamente ao ponto O.






No caso da construção desta entrada, tomamos duas rectas para curvas. Pode arrastar as rectas (curvas) e variar a inclinação de de uma delas usando um ponto a verde sobre b. Fixando O e as curvas, pode seguir o curso de C sobre a cissóide respectiva, deslocando P sobre a (que é acompanhado pela variação da recta r). Pode deslocar O, mantendo invariantes as curvas e verificar que para cada O é gerada uma cissóide diferente. Pode variar as curvas e as relações entre elas, mantendo O invariante, e observar as diferentes cissóides para diferentes curvas.

Conchóide de Sluse II

Na construção da conchóide de Sluse, se tomarmos o lugar geométrico dos pontos D sobre OB e simétricos de C, obtemos uma nova conchóide - a negro.

Conchóide de Sluse

A conchóide de Sluse aparece referida no tratado das curvas de FGT. Conhecíamos outras conchóides que abordaremos certamente e que nos pareciam figuras muito parecidas com a figura desta. Mas desta nunca tínhamos ouvido falar. De Sluse também não.

Tomemos um ponto O e um ponto B livre sobre uma recta (vertical azul). E consideremos sobre a recta OB (verde) um ponto C tal que |OB|.|BC|=k, em que k é uma constante (aqui um dado comprimento). A conchoide de Sluse é o lugar geométrico dos pontos C quando B percorre a recta sobre o qual é livre (a vertical azul).

Na animação que se segue, operamos sobre comprimentos com recurso ao teorema de Thales, como fica ilustrado pela construção auxiliar da esquerda. Pode clicar sobre a construção de modo a parar a animação, e a experimentar variar k ou mesmo a unidade de comprimento.



[A.A.M.]


É sempre interessante saber quem é quem. Quem é Sluse? O que fazia? Onde vivia?
Interessante também é imaginar as relações entre as curvas designadas por conchóides.

Folium Parabólico

Temos dedicado os dias do bloGeometria a publicações de construções sobre triângulos e circunferências. Inicialmente anunciámos que a Enciclopedia delle Matematiche Elementari e Complementi seria o principal suporte à série de construções sobre triângulos. Mas, entretanto, algumas escolhas de construções foram inspiradas em propostas de Quim Castellsaguer, publicadas em Todo Triangulos Web.

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Vamos passar agora por um período de lugares geométricos e animações, a partir de F. Gomes Teixeira e o seu "Traité des courbes spéciales remarquables. Imprensa da Universidade. Coimbra: 1908" já antes citado neste lugar geométrico

Começamos com o folium parabolico que no tratado da curvas de Gomes Teixeira é definido analiticamente por equações em coordenadas cartesianas e polares, mas também pela sugestão do lugar geométrico dos pontos M da animação que se segue.



[AdAM]

A partir do rectângulo OABC e de D a variar sobre a recta AB, tomem-se todos os raios OD. M é o quarto vértice do rectângulo que tem lado MD, diagonal sobre AB e o vértice E sobre BC.

Um exercício pode consistir em escolher o melhor referencial e determinar as equações em (x,y) ou (ρ, θ) satisfeitas pelos pontos do folium.

Problema de Malfatti

Um dos problemas de construção que ocupou algum tempo a António Aurélio e acabou por ser resolvido por Mariana Sacchetti, seguindo uma construção de Steiner, é conhecido como problema de Malfatti. Desistimos de o colocar como um problema interactivo (está aliás proposto no Geometriagon, como exercício 869), mas aqui o deixamos alinhavado.

O problema de Malfatti é o seguinte:

Num triângulo ABC inscrever três círculos, cada um tangente aos outros dois e a dois lados do triângulo.



[M.I.H.B.S.]

A Mariana também estudou e resolveu

• o chamado problema original de Malfatti (Geometriagon 870)
  
  Num dado triângulo, inscrever três círculos somando uma área total máxima


• e o chamado problema dual do problema de Malfatti (Geometriagon 868)
  
  Dados dois círculos circunscrever-lhes os dois triângulos equiláteros de área mínima.

Aqui ficam os enunciados.

Perspectiva de Mannheim

Sejam A’, B’, C’ os pontos de contacto das três circunferências de Mannheimm do triângulo ABC com o circuncírculo. Os triângulos ABC e A’B’C’ estão em perspectiva de centro P.

Centro radical das circunferências de Mannheim

O centro radical da três circunferências de Mannheimm do triângulo ABC é um ponto Cr que é colinear com o incentro I e o circuncentro O.

Circunferências de Mannheim

Além da circunferência tangente aos lados de vértice em C, há duas outras: a tangente aos lados de vértice em A e a tangente aos lados de vértice em B.

Das circunferências de Thebault à de Mannheim

Publicamos de novo uma construção recente: as circunferências de Thebault.








Se deslocar o ponto P sobre a recta BC até coincidir com, por exemplo o vértice C, verificará que a circunferência de centro C2 passa a ter raio 0; a circunferência de centro C1 fica tangente aos lados BC e AC e à circunferência circunscrita - é a chamada “circunferência de Mannheim”.

Nota: Os pontos de tangência da Circunferência de Mannheimm aos lados BC e AC são as intersecções com estas rectas da perpendicular à bissectriz do ângulo em C, tirada pelo incentro I de ABC. Porquê?

Com um duplo clique sobre a figura, tem acesso ao GeoGebra e à construção feita para trabalhar sobre ela ou a partir dela.

Circunferências de Thebault - Propriedades

As seis circunferências de Thebault do triângulo ABC referentes aos pés das cevianas do ponto Ng de Nagel são congruentes à circunferência inscrita no triângulo: r=r₁=r₂=r₃=r₄=r₅=r₆

Circunferências de Thebault - Propriedades

As seis circunferências de Thebault do triângulo ABC referentes aos pés das cevianas do ponto Ng de Nagel são tangentes a uma circunferência de centro no centro O do circuncírculo e de raio ONg.