GEOMETRIA

20.5.14

Resolver problemas de construção usando homotetia

Problema: Para uma dada circunferência $\;c\;$ e um ponto $\;O\;$ do seu interior, determinar a corda que passa pelo ponto $\;O\;$ e por ele fica dividida em dois segmentos cuja razão $\;k\;$ é dada.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

É dada a circunferência $\;c\;$ de centro em $\;C\;$ e o ponto $\;O\;$ no seu interior, para além da razão $\;k$.
A corda que procurarmos $\;XY\;$ que procuramos passa por $\;O\;$ e deve ser dividida por $\;O\;$ em dois segmentos $\;OX\;$ e $\;OY\;$, tais que $\displaystyle \frac{OX}{OY} = k$. Procuramos $\;X, \;Y$ sobre a circunferência $\;c\;$ que satisfaçam essa condição.
Essa condição é equivalente a $\;X\;$ ser o correspondente (a imagem) de $\;Y\;$ (original) por uma homotetia - $\;{\cal{H}} (O, \;-k)\;$ -de centro $\;O\;$ e razão $\;-k\;$, já que $\;OX\;$ é de sentido contrário a $\;OY$.
Para encontrar a posição de algum deles bastará, usando qualquer pontos de $\;c\;$ e o seu centro $\;C\;$, determinar a imagem $\;c' =(C')\;$ de $\;c =(C)\;$ pela homotetia $\;{\cal{H}} (O, \;-k)\;$.
No caso da nossa construção, os pontos de interseção $\;c.c'\;$ são $\;A\;$ e $\;B$. Tomemos $\;A\;$, para exemplo.
Ao ponto $\;A\;$ de $\;c\;$ corresponde o ponto $\;A'\;$ de $\;c'\;$, tal que $\;\overrightarrow{OA'} = - k. \overrightarrow{OA}$.
A reta $\;AA'\;$ passa por $\;O\;$ e corta a circunferência $\;c\;$ em $\;D$, para além de $\;A\;$ determinado na interseção $\;c.c'\;$. E como $\;D,\;O,\;A\;$ são colineares com $\;O\;$, $\;D \in c\;$ e $\;A \in c'\;$, $\;{\cal{H}} (O, \;-k) (D) = A\;$ e, em consequência, podemos concluir que: o segmento $\;AD\;$ é uma corda de $\;c\;$ a passar por $\;O\;$ para a qual $\;OA = k. DO$.
O mesmo se pode fazer com $\;B\;$, para concluir que
o segmento $\;BE\;$ é uma corda de $\;c\;$ a passar por $\;O\;$ para a qual $\;OB = k. EO$.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 4}\;$ ao cimo à esquerda, pode constatar que, para haver soluções do problema, não pode tomar quaisquer valores para $\;k\;$.

16.5.14

Resolver problema de construção usando uma homotetia

Problema: De uma dada circunferência são dados dois raios. Determinar a corda da circunferência dada que trisseta aqueles dois raios

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas e na resolução do problema da entrada anterior.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 6}\;$ ao fundo, pode seguir os passos da construção.

É dada a circunferência de centro em $\;O\;$ e seus dois raios $\;OR. \;OS\;$
Na nossa resolução, tomamos o segmento $\;RS\;$, prolongamos os raios e, por um ponto $\;A\;$ de $\;OR\;$, tiramos uma paralela a $\;RS\;$ que interseta $\;OS\;$ em $\;B\;$.
Sobre a reta $\;AB\;$ marcamos $\;C, \;D\;$ tais que $\;AB = AC =BD$
Consideramos a homotetia de centro $\;O\;$ definida por $\;C\longmapsto C'\;$, sendo $\;C'= (O, \;OR).OC $.
Pela mesma homotetia, $\;D\longmapsto D'\;$, sendo $\;D'= (O, \;OR).OD $.
A corda $\;C'D'\;$ deve ser a solução do problema.
$\;C'D'\;$ é paralela a $\;CD\;$ e corta $\;OR\;$ e $\;OS\;$ respetivamente em $\;A'\;$ e $\;B'$, assim designados por serem correspondentes de $\;A\;$ e de $\;B\;$ pela homotetia de centro $\;O\;$ antes definida.
A homotetia transforma segmentos iguais em segmentos iguais. Assim, $$\begin{matrix} CA &= &AB&=&BD\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow\\ C'A'&=&A'B'&=&B'D' \end{matrix}$$ A corda $\;C'D'\;$ de $\;(O, \;OR)\;$ é trissetada pelos dois raios $\;OR, \;OS\;$

14.5.14

Resolver problema de construção de triângulo usando homotetia

Problema: Desenhar um triângulo $\;ABC\;$ de que é dada a posição de $\;A\;$ e dois segmentos com comprimentos iguais a $\;a+b=BC+AC\;$ e $\;a+c=BC+AB\;$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas e na resolução do problema da entrada anterior.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 10}\;$ ao fundo, pode seguir os passos da construção.

São dados o vértice $\;A\;$ e os comprimentos $\;a+b, \;a+c\;$
Se desenharmos um triângulo qualquer $\;AB_1C_1\;$, sendo $\;AC_1 = a+b\;$ e $\;AB_1 = a+c\;$, o problema resume-se ao da anterior entrada, já que queremos $\;AC=b=AC_1-a, \;AB=c=AB_1-a, BC=a\;$ que é o mesmo que dizer que queremos determinar os pontos $\;B\;$ de $\;AC_1\;$ e $\;C\;$ de $\;AB_1\;$ tais que $\;BB_1= BC=CC_1 =a\;$
Começamos por determinar os pontos $\;B_1, \;C_1\;$ tais que $\;AB_1=a+c, \;AC_1=a+b$.
Traçados os lados do triângulo $\;AB_1C_1\;$, sobre $\;AB_1\;$, marcamos um ponto qualquer $\;B'\;$.
Determinamos o ponto $\;C''\;$ sobre $\;AC_1\;$ tal que $\;C_1C''=B_1B''$. O mais natural é que $\;C_1C''=B_1B''\neq B'C''$
Tirando por $\;C''\;$ uma paralela a $\;B_1C_1\;$, esta interseta a circunferência de centro $\;B'\;$ e raio $\;B'B_1\;$ num ponto $\;C'\;$ tal que $\;B'B_1=B'C'=C'C'_1\;$ , sendo o triângulo $\;A'B_1C'_1\;$ correspondente de $AB_1C_1$ por uma homotetia de centro em $\;B_1\;$: $$\begin{matrix} A_1 & \longmapsto &A\\ B_1 &\longmapsto &B_1\\ C'_1 & \longmapsto & C_1 \end{matrix}$$
Essa homotetia de centro $\;B_1\;$ fará corresponder $\;C'\;$ a $\;C= B_1C'.AC_1\;$ e
$\;B'\;$ a $\;B\;$, este último determinado como interseção do lado $\;AB_1\;$ com a paralela a $\;B'C'\;$ tirada por $\;C$.
A homotetia transforma segmentos iguais em segmentos iguais. Assim, $$\begin{matrix} B_1B' &= &B'C'&=&C'C_1 &&\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow&&\\ B_1B&=&BC&=&CC_1&=&a \end{matrix}$$
$\;AB =AB_1-BB_1=a+c-a=c, \; BC=a, \; AC=AC_1-C_1C= a+b-a=b\;$
Desenhámos assim um triângulo $\;ABC\;$ que é a solução do problema, para um arbitrado ângulo $\hat{A}$, que pode variar deslocando $\;B_1\;$ ou $\;C_1$

13.5.14

Resolver problema de construção usando homotetia

Problema: Determinar os pontos $\;D\;$ e $\;E\;$ sobre os lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$ de um triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;BD=DE=EC$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 5}\;$ ao cimo à direita, pode seguir os passos da construção.

São dados os vértices $\;A, \;B, \;C$ e os lados $\;BC=a, \;AC=b, \;AB=c\;$ de um triângulo..
Vamos procurar as posições de $\;D\;$ sobre $\;BA\;$ e de $\;E\;$ sobre $\;AC\;$ de modo que $\;BD=DE=EC.$ Para isso, começamos por tomar um ponto genérico $\;D'\;$ de $\;AB\;$. Pode ser deslocado sobre $\;AB\;$ fazendo variar $\;BD'\;$ e certamente que uma das posições que $\;D'\;$ pode tomar será aquela que verifica as condições do nosso problema. Tomamos a interseção $\;E''$ de $\;AC\;$ com a circunferência centrada em $\;C\;$ e de raio $\;BD'\;$.
Garantimos que $\;BD' = CE''\;$ mas nada garante que $\;D'E''\;$ seja igual a $\;BD'$. Nem parece!
Fácil é calcular um ponto $\;E'\;$ á mesma altura de $\;E''\;$ e tal que $\;BD'=D'E'\;$ na interseção da paralela a $\;BC\;$ tirada por $\;E''\;$ com a circunferência centrada em $\;D'\;$ e raio $\;D'B$
$\;E'\;$ está sobre o lado $\; A'C'\;$, paralelo a $\;AC=b\;$, de um triângulo $\;A'BC'\;$, sendo $\;A'B=c, \;BC'= a\;$ e $\;BD'=D'E'=E'C'$
Um homotetia de centro $\;B\;$ tal que $\;A \longmapsto A'. \;B \longmapsto B'\;$ fará corresponder $\;E'\;$ a $\;E= BE'.AC\;$ e $\;D'\;$ a $\;D\;$, este último determinado como interseção do lado $\;BA\;$ com a paralela a $\;D'E'\;$ tirada por $\;E$.
Por uma homotetia, segmentos iguais são transformados em segmentos iguais. Assim, $$\begin{matrix} BD' &= &D'E'&=&E'C'\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow\\ BD&=&DE&=&EC \end{matrix}$$ $\;D, \;E\;$, assim determinados, satisfazem as condições do nosso problema.

12.5.14

Resolver problema de construção usando homotetia

Problema: Desenhar uma circunferência que passa por um ponto dado, $\;A\;$, que seja tangente a duas retas dadas $\;a, \;b$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 5}\;$ ao fundo à direita, pode seguir os passos da construção.

São dados um ponto $\;A\;$ e duas retas $\;a, \;b$.
Para que uma circunferência seja tangente a duas retas $\;a, \;b\;$ é preciso que tenha centro equidistante delas. Esse centro está sobre uma bissetriz do ângulo das duas retas quando elas se intersetam ou sobre uma reta paralela a $\;a, \;b\;$ quando estas são paralelas. No caso da nossa construção, as retas $\;a.b\;$ são concorrentes em $\;O$. E, como sabemos, na bissetriz do ângulo das duas retas incidirá o centro de qualquer das circunferências tangentes a $\;a\;$ e $\;b$.
Tomamos um ponto $\;G\;$ sobre a bissetriz e a circunferência nele centrada tangente a $\;a\;$ em $\;I\;$ e a $\;b\;$ em $\;H\;$.
Duas circunferências tangentes a $\;a\;$ e $\;b$ são correspondentes por alguma homotetia de centro $\;O$; Para determinar a homotetia entre uma circunferência $\;(G)\;$ e a circunferência que passa por $\;A\;$, basta traçar a reta $\;OA\;$ e a sua interseção $\;J\;$ com $\;(G)\;$. A homotetia de centro em $\;O\;$ que transforma $\;J\;$ em $\;A\;$ transforma $\;G\;$ em $\;K\;$, este obtido pela interseção da bissetriz com a paralela a $\;JG\;$ tirada por $\;A$.
A circunferência de centro em $\;K\;$ que passa por $\;A\;$ é a homotética de $\;(G)\;$ tangente à reta $\;a\;$ no homotético de $\;I\;$ e à $\;b\;$ no homotético de $\;H\;$

10.5.14

Resolver um problema de construção usando uma rotação e uma homotetia

Problema: Inscrever um quadrilátero com determinada forma num semicírculo dado, em que um lado específico do quadrilátero inscrito esteja no diâmetro do semicírculo.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 10}\;$ ao fundo ao meio, pode seguir os passos da construção.

São dados um quadrilátero $\;ABCD\;$ e um semicírculo de diâmetro $\;EF\;$; pretendemos obter um quadrilátero $\;A''B''C''D''\;$ semelhante ao dado e inscrito no semicírculo de tal modo que o lado $\;A''B''\;$ fique aposto ao diâmetro $\;EF$.
Melhor será começar por ver em que semicírculo se inscreverá o quadrilátero $\;ABCD\;$, considerando $\;AB\;$ sobre o diâmetro. Tal semicírculo fica bem determinado pelo seu centro $\;G\;$, interseção da mediatriz de $\;CD\;$ com a reta $\;AB\;$ que contém o diâmetro.
Já temos uma situação em tudo semelhante à que queremos ter no final. Para facilitar podemos efetuar uma rotação para que os diâmetros dos semicírculos fiquem paralelos. Pode ser feito de vários maneiras. Nós optamos por rodar o diâmetro $\;HI$, em torno de $\;I$
Se rodarmos em torno de $\;I\;$ no sentido direto de um ângulo $\;\alpha\;$
obtemos uma figura congruente com a anterior, sendo $\;IH'\; \parallel \;EF\;$
A rotação $\;{\cal{R}}(O, \alpha)\;$ preserva os comprimentos:
$\;A'B'=AB, \; B'C'=BC, \;C'D'=CD, \; D'A'=DA\;$
e os ângulos:
$\; D\hat{A}B =-D'\hat{A'}B', \; A\hat{B}C=-A'\hat{B'}C', \; B\hat{C}D=-B'\hat{B'}D', \; C\hat{D}A=-C'\hat{D'}A'$,
sem considerarmos a orientação, $\; \hat{A} =\hat{A'}, \; \hat{B}=\hat{B'}, \; \hat{C}=\hat{B'}, \; \hat{D}=\hat{D'}\;$
Bastará agora definir a transformação que faz corresponder $\;EF\;$ a $\;IH'\;$ que como sabemos é uma homotetia de centro $\;P = IE.H'F\;$ e de razão $$k=\frac{PE}{PI} = \frac{PF}{PH}$$ Claro que, por essa homotetia $\;{\cal{H}}(P, k)$, a $\;G'\;$ corresponderá $\;O\;$, centro do semicírculo dado.
Pela homotetia definida, encontramos os pontos $\;A'', \;B''$ como $\;PA'.EF\;$ e $\;PB'.EF\;$ respetivamente
e como a homotetia preserva a incidência, os pontos do semicírculo de diâmetro $\;H'I\;$ têm correspondentes sobre o semicírculo de diâmetro $\;EF\;$: $\;C'',\; D''\;$ estarão na interseção da semicircunferência dado com as retas $\;PC'\;$ e $\;PD''$.
A composta $\;{\cal{H}}(P, k)\;\circ\;{\cal{R}}(O, \alpha)\;$ que estabelece as correspondências $\;A \longmapsto A''\; \wedge \; B \longmapsto B''\;$ faz corrresponder $\;AB\;$ a $\;A''B''$.
E, do mesmo modo, $BC \longrightarrow B''C'', \;CD \longrightarrow C''D'',\;DA \longrightarrow D''A''$ sendo $$\frac{A''B''}{AB} = \frac{B''C''}{BC} = \frac{C'''D''}{CD} = \frac{D''A''}{DA}=k$$
E como a homotetia também preserva os ângulos $$\hat{A''} =\hat{A}, \;\hat{B''} =\hat{B}, \;\hat{C''} =\hat{C}, \;\hat{D''} =\hat{D}$$ A solução para o nosso problema é o quadrilátero $A''B''C''D''\;$ com $\;A'', B''\;$ no diâmetro $\;EF\;$ e $\;C', \;D''\;$ na semicircunferência dada, com lados correspondentes proporcionais (cada um a cada um) e ângulos correspondentes iguais aos do quadrilátero $\;ABCD$

7.5.14

Resolver problema de construção usando homotetias

Problema: Determinar os vértices de um triângulo de que se conhecem as posições de três pontos que dividem os três lados em razões dadas.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.

Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 10}\;$ ao fundo ao meio, pode seguir os passos da construção.

São dados três pontos $\;D, \;E, \;F\;$ e quatro pares de números $\;(m, \;n),\;(p, \;q),\;(r, \;s),\;$.
Para a nossa resolução, vamos designar os vértices do triângulo por $\;A, \;B, \;C\;$ e as retas (lados) por $\; a=BC, \;b=AC, \;c=AB\;$ e sendo
- $\;D\;$ um ponto do segmento $\;BC$, tal que $\;\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{m}{n}\;$ e, por isso, $$\begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\; \\ C &\longmapsto & B \\ \end{matrix} $$ em que $ \displaystyle \;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\;$ é uma homotetia de centro em $\;D\;$ e razão $\displaystyle \;-\frac{m}{n}$
- $\;E\;$ um ponto do segmento $\;CA$, tal que $\;\displaystyle \frac{CE}{EA}=\frac{p}{q}\;$ e, por isso, $$\begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\; \\ A &\longmapsto & C \\ \end{matrix} $$
- $\;F\;$ um ponto do segmento $\;AB$, tal que $\;\displaystyle \frac{AF}{FB}=\frac{r}{s}\;$ e, por isso, $$\begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(F, -\frac{r}{s} \right)\; \\ B &\longmapsto & A \\ \end{matrix} $$
Não sabemos onde estão os vértices $\;A, \;B, \;C\;$, mas podemos determinar facilmente as retas $\;a, \;b, \;c$. Por exemplo, tratemos da determinação de $\;c\;$ da qual, não conhecemos nem $\;A\;$ nem $\;B\;$, e só conhecemos $\;F\;$. Só precisamos de determinar um segundo ponto de $\;c$. Assim, $$\begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\;&&\;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\;& \\ A &\longmapsto & C &\longmapsto & B\\ F&\longmapsto&F'&\longmapsto&F'' \end{matrix}$$ A transformação composta $\; {\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\; \circ \;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\;$ tal que $\;B\;\longmapsto\;A$ e $\;F \longmapsto F''$ garante que, sendo $\;F\in AB\;$, também $F'' \in c =AB=A'B'$, pois as homotetias preservam a incidência, e claro, a colinearidade.
Temos assim a reta $\;c=FF''\;$ que conterá o segmento $\;AB\;$, de que ainda não conhecemos as posições dos extremos.
$\;E\;$ é um ponto de $\;b=AC\;$. Para determinar um segundo ponto de $\;b\;$, seguimos o mesmo processo. Assim: $$\begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\;&&\;{\cal{H}}\left(F, -\frac{r}{s} \right)\;& \\ C&\longmapsto & B &\longmapsto & A\\ E&\longmapsto&E'&\longmapsto&E'' \end{matrix}$$ em que $\;E''\;$ é um ponto da reta $\;b\;$ já que $\;E\in CA\;$
$\;b=EE''\;$
Do mesmo modo, se determina um ponto $\;D''\;$ como correspondente de $\;D\;$ pela composta $$\begin{matrix} &\;{\cal{H}}\left(F, -\frac{r}{s} \right)\;& &\;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\;&\\ A&\longmapsto&B&\longmapsto&C\\ D&\longmapsto&D'&\longmapsto&D''\\ \end{matrix}$$
$\;a =BC\;$
Finalmente, temos $\;A= b.c, \;B=a.c, \; C=a.b\;$
e os lados do triângulo $\;BC, \;CA, \;AB\;$,
divididos respetivamente por $\;D$, $\;E$, $\;F$
em pares de segmentos $\;(\;BD,\;DC\;)\;$, $\;(\;CE,\;EA\;)\;$, $\;(\;AF,\;FB\;)\;$
de razões $\;\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{m}{n}\;$, $\;\displaystyle \frac{CE}{EA}=\frac{p}{q}\;$ e $\;\displaystyle \frac{AF}{FB}=\frac{r}{s}\;$

Pode deslocar na figura os cursores $\;m, \;n; \;p, \;q; \;r, \;s\;$ ou os pontos $\; D, \;E, \;F\;$ e ver o que acontece em cada caso de variação.

6.5.14

Resolver um problema de construção usando homotetias

Problema: Determinar (com régua e compasso) os pontos de interseção de uma reta dada com uma parábola de que se conhecem a diretriz e o foco.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.
Deve lembrar-se que uma parábola é o lugar geométrico (conjunto) dos pontos equidistantes de uma reta- diretriz - e de um ponto - foco.

Deslocando o cursor $\;\fbox{n=1, ..., 6}\;$ ao fundo à esquerda, pode seguir os passos da construção.

São dadas uma reta $\;a\;$; uma reta $\;d\;$ - diretriz - e um ponto $\;F\;$ -foco -de uma parábola.

Que pontos da reta $\;a\;$ são pontos da parábola de diretriz $\;d\;$ e foco $\;F\;$? Estes pontos são centros de circunferências tangentes a $\;d\;$ e a passar por $\;F\;$. Não sabemos quais são; tomemos um ponto $\;A\;$, qualquer de $\;a\;$. Se este ponto for centro de uma circunferência a passar por $\;F\;$ e tangente a $\;d\;$, ele será um dos pontos que procuramos. O mais natural é que esse ponto não verifique essas condições. Em muitos problemas de construção interessa tanto saber bem o que queremos como construir uma falsa posição ( $\;A;\;$ variável sobre $\;a\;$) para conjeturar e para, a partir dela, determinar a posição solução.

Tomemos o ponto $\;a.d\;$ a que chamamos $\;O\;$ e a reta $\;OF\;$
Cada homotetia de centro $\;O\;$ é uma transformação geométrica que faz corresponder a cada ponto de $\;a\;$ um ponto de $\;a\;$, a cada ponto de $\;OF\;$ um ponto de $\;OF\;$, a cada ponto de $\;d\;$ um ponto de $\;d\;$ e fica bem definida por um ponto e o seu correspondente colineares com $\;O\;$.
Tomemos então um ponto $\;A\;$ sobre $\;a\;$ e a circunferência nele centrada que é tangente à diretriz em $\;T\;$, na nossa figura. Esta circunferência não passa por $\;F\;$.
A circunferência $\;(A, AT)\;$ interseta a reta $\;OF\;$ em dois pontos: $\;P, \;Q\;$ tais que $\;AP=AT=AQ\;$
- Pela homotetia $\;{\cal{H}}_1\;$ de centro $\;O\;$ que faz corresponder $\;Q\;$ a $\;F\;$, à reta $\;AQ\;$ fará corresponder uma paralela que passa por $\;F\;$ que interseta a reta $\;a\;$ num ponto $\;I\;$ e a $\;AT\;$ uma paralela $\;IK\;$.
  Por ser $\;AT=AQ\;$, é $\;IK=IF\;$, o que quer dizer que $\;I\;$ é um ponto de $\;a\;$ equidistante de $\;d\;$ e de $\;F\;$, logo uma das soluções do problema.
- Do mesmo modo, utilizando a homotetia $\;{\cal{H}}_2\;$ de centro $\;O\;$ que transforma $\;P\;$ em $\;F\;$, $$\begin{matrix} & \;{\cal{H}}_2(O)\; & &&\\ P &\longrightarrow & F & \;\;\;P\in OF\;\;&\\ AP & \longrightarrow & FJ & \;\;\; AP \parallel FJ\;\;& \\ AT & \longrightarrow & JL &\;\;\;AT\parallel JL\;\;&AP=AT \Leftrightarrow FJ=JL\\ A &\longrightarrow & J &\;\;\;J\in a\;\;&\\ T &\longrightarrow & L & \;\;\;L\in d \;\;&\\ \end{matrix} $$ sendo $\;J\;$ assim determinado um ponto de $\;a\;$ equidistante de $\;F\;$ e de $\;d\;$, logo outra das soluções do problema.
Apresentamos finalmente como ilustração a parábola de diretriz $\;d\;$ e foco $\;F$. Para ver que a demonstração/construção para além de ser, parece boa.

3.5.14

Resolver problema de construção usando a reflexão

Problema: Determinar um quadrado tendo dois vértices opostos sobre uma reta dada e os outros dois em duas circunferências dadas

A construção a seguir ilustra a resolução do problema que utiliza o método da anterior entrada.

Deslocando o cursor $\;\fbox{n=1, ..., 4}\;$ ao fundo à direita, pode seguir os passos da construção.

São dadas uma reta $\;a\;$ e duas circunferências $\;(O_1)\;$ e $\;(O_2)\;$.
Um quadrado tem diagonais iguais e perpendiculares que se bissetam mutuamente. Pelas condições do problema, dois vértices opostos estão sobre $\;a\;$ e dos outros dois, um estará sobre $\;(O_1)\;$ e outro sobre $\;(O_2)\;$. Estes últimos estarão sobre uma perpendicular a $\;a\;$ e equidistantes do pé da perpendicular em $\;a\;$ que será o centro do quadrado.
O método para resolver este problema de determinar dois pontos sobre uma perpendicular a $\;a\;$ equidistantes do pé da perpendicular foi apresentado na entrada anterior. Assim:
- No caso da nossa figura, refletimos $\;(O_1)\;$ relativamente á reta $\;a\;$. $$\begin{matrix} & {\cal{E}}_a & &\\ (O_1) & \longrightarrow & (O'_1) & \\ A & \longleftarrow & C \in (O_1).(O_2) & \;\;\;\;\; AC \perp a\\ G &\longleftrightarrow &G \in a.AC & \;\;\;\;\; AG =GC\\ \end{matrix} $$
Como as diagonais do quadrado são iguais os dois vértices opostos que incidem em $\;a\,$ podem obter-se como interseção de uma circunferência de centro $\;G\;$ que passe por $\;A\;$ com a reta $\;a\;$: $\;B, \;D$
O quadrado $\;ABCD\;$ é solução do problema.

2.5.14

Resolver um problema de construção usando uma reflexão

Problema: Desenhar a perpendicular a uma dada reta que corte duas curvas dadas em pontos equidistantes do pé da perpendicular na reta dada

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

Clicando no botão Resolução ao fundo à direita, pode ver a construção da solução.

São dadas uma reta $\;a\;$ e duas curvas - uma elipse $\;e\;$ e uma parábola $\;p\;$.
O método para resolver este tipo de problemas consiste em refletir uma das curvas relativamente à reta dada. No nosso caso, optámos por refletir $\;e\;$ relativamente á reta $\;a\;$.
E, no caso da nossa figura, $$\begin{matrix} & {\cal{E}}_a & &\\ e & \longrightarrow & e' & \\ K & \longleftarrow & I \in e'.p & \;\;\;\;\; IK \perp a\\ I_0 &\longleftrightarrow & I_0 \in a.IK & \;\;\;\;\; II_0 =I_0K\\ L & \longleftarrow & J \in e'.p & \;\;\;\;\; JL \perp a \\ J_0 & \longleftrightarrow & J_0 \in a.JL & \;\;\;\;\; JJ_0 =J_0L\\ \end{matrix} $$
Determinámos assim os pontos $\;I \in p,\;\; K \in e\;$ sobre uma perpendicular a $\;a\;$ que, sendo correspondentes pela reflexão de eixo $\;a\;$, estão a igual distância do pé $\;I_0\;$ da perpendicular $\;I K\;$ em $\;a$: a recta $\;IK\;$ é solução do problema.
No caso da nossa construção, também a reta $\;JL\;$ é solução do problema.

1.5.14

Resolver problema de construção usando transformação de meia volta

Problema: Num dado quadrilátero de vértices $\;A,\;B, \;C, \;D\;$ inscrever um paralelogramo de centro num ponto $\;O\;$ dado.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

Deslocando o cursor $\fbox{n=1, ..., 4}$ (direita ao fundo) pode ver os passos da resolução.

São dados 5 pontos $\;A,\;B, \;C, \;D, \;O$
Os quatro vértices $\;A,\;B, \;C, \;D \;$ definem quatro retas $\;AB=a, \;BC=b, \;CD=c, \;DA=d\;$. Assinalam-se os quatro segmentos dessas retas: $\;AB, \;BC, \;CD, \;DA\;$ lados.
Na nossa resolução recorremos a uma meia volta de centro em $\;O$. Por essa meia volta, cada uma das retas tem por correspondente uma reta paralela $\;a \parallel a', \; b\parallel b', ...\;$, sendo contrários os sentidos de $\,AB\;$ e $\;A'B'\;$, etc. segmentos assinalados a tracejado e com as cores dos seus correspondentes pela meia volta. $$\begin{matrix} & {\cal{R}}(O, 180^o) & & \\ a & \longrightarrow & a'&\;\;\; a\parallel a'\\ b & \longrightarrow & b'& \;\;\;b\parallel b'\\ c & \longrightarrow & c'& \;\;\;c\parallel c'\\ d & \longrightarrow & d'&\;\;\; d\parallel d'\\ a.b = B & \longmapsto & a'.b'=B' & \;\;\;O\in BB' \wedge BO=OB'\\ b.c = C & \longmapsto & b'.c'=C' &\;\;\; O\in CC'' \wedge CO=OC'\\ c.d = D & \longmapsto & c'.d'=D' &\;\;\; O\in DD' \wedge DO=OD'\\ d.a = A & \longmapsto & d'.a'=A' &\;\;\; O\in AA' \wedge AO=OA'\\ \end{matrix} $$
Tomamos E=a.c' , F=b.d', G=a'.c, H=b'.d $$\begin{matrix} & {\cal{R}}(O, 180^o) & & \\ a & \longrightarrow & a'&\;\;\; a\parallel a'\\ b & \longrightarrow & b'& \;\;\;b\parallel b'\\ c & \longrightarrow & c'& \;\;\;c\parallel c'\\ d & \longrightarrow & d'&\;\;\; d\parallel d'\\ E= a'.c &\longmapsto& a.c'=G & \;\;\; O\in EG \wedge EO=OG\\ F= b.d' &\longmapsto& b'.d=H & \;\;\; O\in FH \wedge FO=OH\\ \end{matrix} $$ O quadrilátero $EFGH$ tem diagonais $EG$ e $FH$ que se intersetam e bissetam em $O$. É, por isso, um paralelogramo de centro $\;O\;$ inscrito no quadrilátero de vértices $\;ABCD$: $\;\;\;\;E\in a, \;F\in b, \;G \in c, \;H \in d$

30.4.14

Resolver problema de construção usando lugar geométrico e uma translação

Problema:
De uma dada posição $\;P\;$, observam-se dois pontos assinalados $\;A,\;B\;$ segundo um dado ângulo $\;B\hat{P}A=\alpha\;$ e, depois de percorrer uma dada distância numa dada direção $\;UV\;$, na posição $\;Q\;$ observam-se os pontos assinalados $\;A, \;B\;$ segundo um dado ãngulo $\;B\hat{Q}A= \beta\;$.
Determinar as posições $\;P, \;Q\;$ em que foram feitas as observações.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

Deslocando o cursor $\fbox{n=1, ..., 5}$ (direita ao fundo) pode ver os passos da resolução.

São dados dois ângulos $\;\alpha, \;\beta\;$ e um segmento $\;UV\;$ ou $\;u\;$, e os dois pontos $\;A, \;B\;$ observados segundo os ângulos dados antes e depois de percorrer, numa direção paralela, uma distância igual a $\;UV\;$
O lugar geométrico dos pontos $\;P$ tais que $\;B\hat{P}A = \alpha\;$ é constituído por 2 arcos (abertos) congruentes para os quais $\;AB\;$ é corda comum um em cada semi-plano dos determinado pela reta $AB$. Na nossa construção tomamos um dos semi-planos definidos por $\;AB\;$ e o arco a verde nesse semi-plano. Do mesmo modo, se determina e se escolhe o arco capaz do ângulo $\;B\hat{Q}A=\beta\;$, a castanho na figura.
Na nossa resolução, usando o método da entrada anterior, aplicamos uma translação segundo o vetor $\overrightarrow{UV}$ ao arco verde $\;(O_1)$, obtendo um arco verde (a tracejado na figura).
Esta arco interseta o arco castanho $\;(O_2)\;$ num ponto que designamos por $\;N_2$. É, por isso, um dos pontos $\;Q\;$, ou seja, $\;\angle B\hat{N_2}A = \beta$.
O ponto $N_1$ a que corresponde $N_2$ pela translação $\;{\cal{T}}_{\overrightarrow{u}}\;$ tal que $\;N_1 N_2 =UV$ é um ponto do arco verde $\;(O_1)\;$ original, ou seja, $\;\angle B\hat{N_1}A =\alpha$.
Os pontos $N_1$ e $N_2$ são posições de observação pedidas no problema como fica bem ilustrado com a marcação dos ângulos segundo os quais são vistos os pontos assinalados

Este problema é exemplo interessante por ser apresentado com enunciados diversos para vários contextos, propiciar estudo e discussão sobre existência de soluções e mobilizar lugares geométricos e transformações geométricas na sua resolução.

29.4.14

Resolver problema de construção usando a translação

Problema:
Determinar um semento de reta igual e paralelo a um segmento de reta dado que cada um dos seus extremo esteja sobre cada uma de duas circunferências dadas.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

Clicando sobre o botão Resolução (direita ao fundo) pode ver a resolução.

São dadas duas circunferências, $(A)$ e $(B)$, e um segmento $UV$.
Na nossa resolução, escolhemos aplicar uma translação segundo o vetor $\overrightarrow{UV}$ à circunferência $(A)$. $$\begin{matrix} &{\cal{T}} _ \overrightarrow{UV}& & \\ (A)&\longrightarrow& (A') & \;\;\;\; \overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{UV} \end{matrix} $$
A circunferência $(A')$ interseta $(B)$ em dois pontos, designamo-los por $K'$ e $L'$ que são extremos dos segmentos $KK'$ e $LL'$, em que $$\begin{matrix} &{\cal{T}} _ \overrightarrow{UV}& &\\ (A)&\longrightarrow& (A') &\;\;\;\; \overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{UV}\\ K&\longmapsto&K'&\;\;\;\; K\in (A)\; \wedge \;K'\in (A').(B)\; \wedge \; \overrightarrow{KK'}=\overrightarrow{UV}\\ L&\longmapsto&L'&\;\;\;\; L\in (A)\; \wedge \; L'\in (A').(B)\; \wedge\; \overrightarrow{LL'}=\overrightarrow{UV} \end{matrix} $$
Os segmentos $KK'$ e $LL'$ são soluções do problema

28.4.14

Resolver um problema de construção usando uma meia volta

Problema: Determinar a reta que, passando por um dos pontos de interseção de duas circunferências dadas, nestas determina duas cordas iguais.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

Clicando sobre o botão Resolução (direita ao fundo) pode ver a resolução.

As duas circunferências dadas, $(A)$ e $(B)$, intersetam-se em dois pontos, correspondendo às condições da hipótese do problema.
Escolhemos um pontos de interseção $I$, no caso da nossa resolução e a transformação de meia volta nele centrada. A transformada de uma das circunferências dadas, $(A)$ na nossa resolução, é uma circunferência $(A')$ que interseta a circunferência no ponto $I$, centro da meia volta e fixo para ela, e num outro ponto $J$.
A reta $IJ$ é solução do problema

Há outras soluções, claro. Podíamos ter tomado para centro da meia volta o outro ponto de interseção das circunferências dadas. A mais óbvia e imediata solução seria a reta que passa pelos pontos de interseção das circunferências dadas.

23.4.14

Resolver um problema de construção usando uma translação

Problema:
Determinar uma reta de direção dada que determina cordas iguais em duas circunferências $(O_1)$ e $(O_2)$ dadas.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

Clicando sobre o botão Resolução (direita ao fundo) pode ver a resolução:

A translação transforma uma circunferência numa outra circunferência congruente à primeira, sendo que cada corda da primeira é transformada em corda da segunda, de igual comprimento.
Para resolver o problema apresentado, bastará efetuar a translação de uma das circunferências segundo um vetor com a direção dada:
- Tirem-se por $\;O_1\;$ e $\;O_2\;$ perpendiculares à direção dada e logo uma paralela por $\;O_1\;$ (podia ser por $\;O_2\;$) que interseta a perpendicular que passa por $\;O_2\;$ em $\;E\;$. E tome-se o vetor $\;\;\overrightarrow{O_1E}\;$ para vetor da translação.
- A circunferência $\;(E)\;$ é a imagem de $\;(O_1)\;$ pela translação $\;\;\displaystyle \cal{T}_{\overrightarrow{O_1E}}\;$ , no caso da nossa figura
Podia não haver solução, mas na direção dada e n o caso da nossa figura, $\;(E).(O_2) ={F,G}\;$ sendo $\;FG\;$ uma corda comum às duas circunferências $\;(E), (O_2)$. $\;\;FG$ é imagem de uma corda $\;F'G'\;$ de $\;O_1\;$ por $\;\displaystyle \cal{T}_{\overrightarrow{O_1E}}$

Claro que pode não haver solução. Pode deslocar os dados azuis, direção e circunferências, para ver o que se passa em diversas situações.

Lista de problemas… já resolvidos, usando transformações

Por várias vezes, apresentámos exemplos de problemas de construção que se resolviam com o recurso às transformações e suas propriedades.
Aqui fica uma lista de enunciados de alguns problemas de construção resolvidos com transformações (de 2009/2010). Se houver algum problema no carregamento das construções (java…), basta avisar os construtores que eles resolvem.

10.11.09 Problemas usando reflexões -1-:
Tomamos uma recta r e dois pontos P e Q de um dos semi-planos determinados por r. Como determinar o ponto N de r, tal que |PN|+|NQ| seja mínimo?
16.11.09 Problema usando reflexões:
De entre todos os triângulos com um dada base e altura a ela relativa, determinar qual deles tem perímetro mínimo.
18.11.09 Problema usando translações
Dados dois pontos P e Q, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando P a Q?
20.11.09 Problema usando rotações
Tomem-se três rectas paralelas a, b e c (quaisquer). Determinar um triângulo equilátero ABC que tenha A sobre a, B sobre b e C sobre c.
22.11.09 Problema usando translações e reflexões:
Dadas duas rectas a e b, determinar a circunferência de raio dado que é tangente às duas rectas dadas.
5.12.09 Usando translações:
Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos
5.12.09 Das medianas ao triângulo, com translações
Construir um triângulo de que se conhecem as medianas.
5.12.09 Puig Adam - método das transformações para resolução de problemas
23.12.09 Usando reflexões: Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos
28.12.09 Usando reflexões (II):
Construir um triângulo de que se conhecem dois lados BC e AC e a diferença dos ãngulos a eles opostos é um problema que se resolve se nos lembrarmos que a mediatriz do lado AB em falta é eixo de uma reflexão que leva de A para B
29.12.09 Usando rotações
Dadas duas rectas a e b e um ponto P não incidente em qualquer delas, determinar um quadrado com vértice em P e sobre cada recta a e b um dos dois vértices adjacentes a P
Sugestão do mesmo processo para resolver

Determinar um triângulo com os três vértices sobre três paralelas dadas (já resolvido numa das entradas) ou sobre três circunferências concêntricas

Inscrever um triângulo equilátero num quadrado de modo que tenham um vértice em comum

Inscrever num paralelogramo um rectângulo cujas diagonais façam um dado ângulo

2.1.10 Usando homotetias(I)
Inscrever num triângulo ABC um quadrado que tenha um dos lados sobre o lado maior do triângulo
12.1.10 Ainda usando rotações - Geometria
Determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre circunferências concêntricas
30.1.10 Um problema e duas resoluções - a reflexão
Tirar por um ponto A dado, um segmento de comprimento igual a outro BC dado

Nas próximas entradas vamos enunciar e resolver problemas de construção geométrica propostos por Howard Eves (em Fundamentals of Modern Geometry) para usar o que ele chama método das transformações (como o fez Puig Adam, etc)

19.4.14

Lista de transformações geométricas do plano para usar

A transformação geométrica do plano a que chamámos identidade $$\begin{matrix} &id&\\ P& \longmapsto &P \end{matrix} $$ para a qual cada ponto do plano é imagem (correspondente) de si mesmo não só transforma o conjunto dos pontos do plano em si mesmo, como acontece com todas as transformações geométricas, como deixa invariantes (todos e) cada um dos pontos do plano. Por isso se diz que a identidade é neutra (o elemento neutro) para a operação produto de transformações geométricas do plano.
A identidade no conjunto dos pontos do plano é uma transformação geométrica que preserva todas as propriedades de quaisquer figuras do plano (consideradas como subconjuntos de pontos do plano): congruência de comprimentos de segmentos e amplitudes de ângulos, direção de retas ou paralelismo, perpendicularidade, orientação de polígonos e sentido de cada segmento orientado e de cada ângulo orientado, estar entre, ....

Outras transformações geométricas do plano conhecidas

Para além da identidade, há transformações geométricas do plano que dispensam apresentação. Para efeito da resolução de problemas de construção interessa saber bem as suas definições, mas principalmente que pontos são fixos para cada uma delas, quais as propriedades que cada uma delas preserva ou não preserva, como se relacionam entre elas, etc.
Faremos uma referência breve a cada uma das transformações de semelhança que incluem as isometrias (pontos 1 e 2). Acrescentaremos mais informação sempre que a resolução de algum problema de construção tal justifique.

Tomemos uma reta $e$. À transformação geométrica $\cal{E_e}$ $$\begin{matrix} &\cal{E_e}&\\ P& \longmapsto &Q \end{matrix} $$ sendo $e$ a mediatriz de $PQ$ e $P=Q$ quando e só quando $P\in e$, chamamos reflexão de eixo $e$.
- Pela reflexão de eixo $e$, cada um dos pontos de $e$ corresponde a si mesmo ou mantém-se invariante ou fixo (mantém uma infinidade de pontos fixos).
  Obviamente que, por $\cal{E_e}$, se mantém fixa a reta $e$. Mas para além do eixo, mantêm-se fixas todas as retas $p$ perpendiculares a $e$, de cada uma das quais só o ponto $p.e$ se corresponde a si mesmo. Mantém fixa uma infinidade de retas.
- Como sabemos, uma reflexão
  - preserva o comprimento dos segmentos, no sentido de que o segmento correspondente a um segmento dado tem o mesmo comprimento
  - preserva a amplitude dos ângulos
  - não preserva nem a orientação de polígonos nem o paralelismo
- O conjunto das reflexões munido da composição não é um grupo, isto é, não é um subgrupo do grupo das transformações geométricas.
Prova-se que
- uma reflexão é inversa de si mesma, ou seja, se $\cal{E}_e$ é uma reflexão de eixo $e$, para qualquer ponto $P$ do plano, $\cal{E}_e \circ \cal{E}_e (P) = \cal{E}_e(\cal{E}_e(P)) =P $ que é o mesmo que $\cal{E}_e^2 = \cal{I}$ em que $\cal{I}$ designa a transformação geométrica identidade no plano
- a composta ou produto de duas reflexões de eixos $e_1, \; e_2$ concorrentes é uma rotação de centro no ponto $e_1 . e_2$ e ângulo de amplitude $2(\hat{e_1, e_2})$
  - a composta de duas reflexões de eixos perpendiculares é uma rotação de meia volta em torno do ponto de interseção dos eixos
  - uma rotação mantém um ponto fixo (centro) e nenhuma reta fixa, preserva orientações, amplitudes e comprimentos, não preserva o paralelismo.
  - a composta de duas rotações é uma rotação
- a composta de duas reflexões de eixos paralelos é uma translação segundo um vetor perpendicular aos eixos de reflexão e de comprimento duplo da distância entre os eixos de reflexão
  - a translação preserva comprimentos, direções, orientações, sentido, amplitudes, não mantendo qualquer ponto fixo, mas mantendo fixa a infinidade das retas paralelas ao vetor definidor ou perpendiculares aos eixos das reflexões que a compõem.
  - a composta de translações é uma translação
- o produto de uma meia volta de centro $O$ com uma reflexão de eixo $e$ é
  - uma reflexão de eixo perpendicular a $e$ tirada por $O$, quando $O \in e $ e,
  - quando $O \notin e$, uma translação (se meia volta seguida de reflexão), e reflexão deslizante (se reflexão seguida de meia volta)
  - O produto de três reflexões de eixos concorrentes num ponto ou paralelos entre si é uma reflexão
- O produto de três reflexões cujos eixos não são nem concorrentes num ponto nem paralelos entre si é uma reflexão deslizante (composta de uma translação com uma reflexão ou de uma rotação com uma reflexão) que não preserva a orientação e sem manter um único ponto fixo, mantém uma reta fixa.
O connjunto das isometrias - translações, rotações, refelexões, reflexões deslizantes - munido da composição de transformações é um grupo.
Dados um ponto $O$ e um real $k\neq 0$, chamamos homotetia ou dilação de centro $O$ e razão $k$ à correspondência assim definida: $$\begin{matrix} &\cal{H} (O,k)&&\\ \;\;\;\;\;\;\;\;O&\longmapsto& O &\\ P \neq O, \;\;\;P&\longmapsto&P':& P'\in OP \wedge \displaystyle \frac{\overrightarrow{OP'}} {\overrightarrow{OP}} =k \end{matrix} $$
- $\cal{H} (O, 1) $ é a identidade e
- $\cal{H} (O, -1) $ é a meia volta de centro $O$
- $\cal{H} (O, k) \circ \cal{H} (O, k^{-1}) = \cal{H} (O, k^{-1}) \circ \cal{H} (O, k) = \cal{I}$
- a homotetia mantém um ponto fixo (centro) e a infinidade de retas que passam pelo centro, preserva a orientação de polígonos, o paralelismo e a amplitude de ângulos e
  - para $k>0$ preserva o sentido
  - para $k<0$ troca o sentido
Considera-se também uma transformação geométrica que resulta do produto (ou composição): uma homotetia seguida de uma rotação centradas no mesmo ponto (ou que é o mesmo: uma rotação seguida de uma homotetia) a que Eduardo Veloso chama semelhança em espiral ou dilação rotativa
E ainda o denominado alongamento, transformação geométrica do plano assim definida: Dada uma reta $r$ e um real $k$, define-se a correspondência $$\begin{matrix} P \in r , \; \;\;\;& P& \longmapsto& P& \\ P \notin r , \; \;\;\;& P&\longmapsto & P': &\; \;\;\; P'\in p \;\;\; (p \perp r \wedge P \in p) \wedge \displaystyle \frac{\overrightarrow{O_pP'}}{\overrightarrow{O_pP}} =k, \;\;\; O_p= r.p \end{matrix} $$
O conjunto das transformações de semelhança - isometrias e homotetias - referidas munido da composição de transformações é um grupo.
Finalmente termos de referir a inversão (ou reflexão) relativamente a uma circunferência de centro $O$ e raio $r>0$ como correspondência biunívoca do conjunto de pontos do plano, à exceção de $O$, assim definida: \begin{matrix} & \cal{I} (O, r^2)&&\\ P\neq O, \;\;\; P &\longmapsto &P' : &\;\;\; P'\in OP \wedge OP\times OP' = r^2\end{matrix} Claro que a correspondência biunívoca assim definida não é uma transformação geométrica do plano, já que não há qualquer ponto $P$ para o qual $OO\times OP = r^2 $. Para podermos tomar a inversão como transformação geométrica adicionamos aos pontos do plano um único e convencionado ponto ideal, $Z$, para imagem de $O$ por $\cal{I} (O; r^2)$.
Consideramos que esse ponto ideal (no infinito) incide em todas as retas do plano e chamámos ao plano ampliado deste modo, plano inversivo.
Em 2013, demos muitos exemplos de problemas de construção que mostram a importância da inversão para resolver problemas de construção geométrica.

16.4.14

Transformações geométricas do plano: generalidades.

Ao longo dos anos, fomos abordando e usando transformações geométricas do plano, em resposta a necessidades de estudo circunstanciais. Como agora vai acontecer, de resto.
Nas próximas entradas, vamos resolver problemas de construção geométrica com recurso a transformações geométricas ou usando o método das transformações, como escreve Howard Eves em Fundamentals of Modern Elementary Geometry já referido em várias entradas.
Repetidamente, Eduardo Veloso tem chamado a atenção para a falta das transformações geométricas na formação dos professores e no ensino, considerando que "as transformações são apenas tocadas ao de leve no ensino básico e completamente ignoradas no ensino secundário" (Educação Matemática nº 79 de 2004). Nessa reflexão publicada, sob o título "Cinco pontos, um problema e cinco soluções", Eduardo Veloso tenta uma explicação para não utilizarmos as transformações geométricas para a demonstração e/ou resolução de problemas de construção. Já no livro "Geometrias - Temas Actuais", Eduardo Veloso refere as diferentes perspectivas, desde a geometria sintética, passando pelo método das coordenadas (geometria analítica) até ao que designa como método das transformações geométricas (perspetiva funcional da geometria) para a resolução de problemas geométricos. Ao lado dessas perspectivas, Eduardo Veloso acrescenta a perspectiva vectorial (autónoma da geometria analitica). Recorrendo aos diversos métodos e perspectivas, apresenta diferentes resoluções de um mesmo problema e diferentes demonstrações de um mesmo teorema.
Mais recentemente, no seu livro "Simetrias e Transformações Geométricas", Eduardo Veloso volta a insistir no uso das transformações geométricas na resolução de problemas de construção geométrica, apresentando diversas propostas de trabalho nesse sentido.

Transformações geométricas do plano: generalidades

Definições e notações:

Seja $f$ uma correspondência que associa a cada ponto $P$ do plano (ou ${\rm I\kern-.17em R}^2 $) um e um só ponto $P' =f(P)$ do plano (ou ${\rm I\kern-.17em R}^2 $): $$P \neq Q \Rightarrow f(P) \neq f(Q)$$ $$ \forall Q, \; \exists P :\; f(P)=Q$$ Chamamos transformação geométrica do plano a uma correspondência $f$, biunívoca, entre os pontos do plano, assim definida.
Se $f$ e $g$ são duas transformações geométricas do plano, a correspondência que resulta de as aplicarmos sucessivamente, $g$ após $f$, é obviamente uma transformação geométrica. Escrevemos $$\begin{matrix} &g&&f&\\ P& \longmapsto & Q&\longmapsto R \end{matrix} \:\:\:\: \mbox{ou} \:\:\:\: \begin{matrix} &g\circ f& \\ P \:\:\:\: &\longmapsto & R \end{matrix} $$ $$ g\circ f(P) = g(f(P)) = g(Q) = R$$. Chamamos composição (ou produto) de $f$ com $g$ à transformação geométrica $g\circ f$. Claro que, se $f$ e $g$ são transformações geométricas, $f\circ g$ também é transformação geométrica.
Se $f$ é uma transformação geométrica do plano tal que $$\begin{matrix} &f&\\ P& \longmapsto & Q \end{matrix}, $$ também é transformação geométrica a correspondência $f'$ tal que $$\begin{matrix} &f'&\\ Q& \longmapsto & P \end{matrix}$$ a que chamamos inversa de $f$ e representamos por $f^{-1}$.
Há uma transformação geométrica a que chamamos identidade do plano, que faz corresponder a si mesmo cada ponto $P$ do plano $$\begin{matrix} &id&\\ P& \longmapsto & P \end{matrix} $$
É claro que $f^{-1}(f(P))=f^{-1}(Q)=P\; \;\;$ e $\; \;\;f(f^{-1}(Q)) = f(P) =Q$. E escrevemos $$\begin{matrix} &f&&f^{-1}&\\ Q& \longmapsto & P&\longmapsto Q \end{matrix} \:\:\:\: \mbox{ou} \:\:\:\: \:\:\:\:\begin{matrix} &f\circ f^{-1}=id&\\ Q& \:\:\:\:\longmapsto & Q \end{matrix} $$ $$\begin{matrix} &f^{-1}&&f&\\ P& \longmapsto & Q&\longmapsto P \end{matrix} \:\:\:\: \mbox{ou} \:\:\:\: \:\:\:\:\begin{matrix} &f^{-1}\circ f=id&\\ P& \:\:\:\:\longmapsto & P \end{matrix} $$
O conjunto das transformações geométricas munido com a operação binária composição (ou produto) é um grupo

13.4.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (18)

Problema: Determinar os pontos para os quais as suas distâncias a duas retas dadas têm uma dada soma.

A construção a seguir ilustra a determinação desse lugar geométrico.

Dados (a azul): duas reta $\;a, \;b\;$ e um segmento que representa a soma das distâncias $\;s=d_a+d_b\;$ em que $\;d_a\;$ e $\;d_b\;$ representam a distância a $\;a\;$ e a $\;b\;$ respetivamente.
Usando o 2º lugar geométrico da lista,
- os pontos que estão à distância $\;d_a+d_b\;$ de $\;b\;$ consiste em duas retas paralelas (finas a azul) a $\;b\;$ e os pontos de interseção destas retas com a reta $\;a\;$ são os pontos $\;A, \;A'\;$ relacionados por uma meia volta de centro $\;O = a.b\;$
  $\;A, \;A'\;$ são soluções do problema.
- os pontos que estão à distância $\;d_a+d_b\;$ de $\;a\;$ consiste em duas retas paralelas (finas a azul) a $\;a\;$ e os pontos de interseção destas retas com a reta $\;b\;$ são os pontos $\;B, \;B'\;$ relacionados por uma meia volta de centro $\;O \;(a.b)\;$
  $\;B, \;B'\;$ são soluções do problema.

Tomamos dois segmentos $\;d_a\;$ (violeta) e $\;d_b\;$ (castanho) nas condições do problema. E, usando o 2º lugar geométrico da lista,
- O lugar geométrico dos pontos que estão à distância $\;d_a\;$ de $\;a\;$ é constituído por duas retas $\;a', \;a''\;$ (violeta) paralelas a $\;a\;$
- O lugar geométrico dos pontos que estão à distância $\;d_b\;$ de $\;b\;$ é constituído por duas retas $\;b', \;b''\;$ (castanho) paralelas a $\;b\;$
- Os pontos de interseção de cada par destas retas estão simultaneamente à distância $\;d_a\;$ de $\;a\;$ e à distância $\;d_b\;$ de $\;b\;$ de soma dada, a saber: $\;P (a'.b'), \;P' (a''.b''), \;Q (a''.b'), \;Q'(a'.b'')\;$
- $\;d_a, \;d_b\;$ podem tomar os valores de $\;0\;$ a $\;s=d_a+d_b\;$ e
  quando $\;d_a=0\;$, $\;d_b =s$ ($\;P=A, \;P'=A',\;Q=A, \;Q'=A'$);
  quando $\;d_a=s\;$, $\;d_b =0$ ($\;P=B', \;P'=B, \;Q=B, \;Q'=B'\;$)
- Para cada par $\;(d_a, d_b)\;$, nas condições já descritas, os pontos $\;P, \;Q, \;P', \;Q'\;$ são os vértices de ângulos de lados paralelos a $\;a\;$ e a $\;b\;$. A variação dos valores de $\;d_a\;$ e $\;d_b= \;s-d_a\;$ corresponde tão só à passagem de ângulos para outros iguais (lados paralelos) em que a variação crescente de uma das distâncias num sentido da perpendicular a $\;a\;$ (ou a $\;b\;$) é compensada pela variação decrescente igual no sentido da perpendicular a $\;b\;$ (ou a $\;a\;$), como é óbvio, já que $\; d_a+d_b=s \Leftrightarrow d_a +\delta + d_b -\delta=s \;$
  Ou seja, qualquer variação de $\;d_a\;$ (e correspondente variação de $\;d_b \;$) equivale a passar de um ângulo para outro de igual amplitude e com a mesma bissetriz.
  Os pontos $\;P\;$ e $\;Q \;$ do lugar geométrico estarão obrigatoriamente sobre as bissetrizes (perpendiculares) dos quatro ângulos formados pela reta $\;a\;$ com a reta paralela a $\;b\;$ à distância $\;s\;$ de $\;b\;$, etc
O lugar geométrico dos pontos cujas distâncias a duas retas dadas têm uma soma dada é o retângulo $\;ABA'B'\;$ cujas diagonais $\;AA'\;$ e $\;BB'\;$$ são segmentos das retas dadas .

Clicando sobre o botão de animação em baixo à esquerda, pode acompanhar os efeitos da variação das distâncias às retas. Também pode alterar os dados: tanto a soma dada como as posições das retas

8.4.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17c)

Problema: Determinar um ponto a partir do qual se veem segundo ângulos iguais três segmentos $\;AB\;$, $\;BC\;$ e $\;CD\;$ sobre uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto que usa os lugares geométricos e os processos já descritos, em detalhe, nas entradas anteriores.

Dados (a azul): uma reta $\;a\;$ e quatro pontos $\;A, \;B, \;C, \;D\;$ sobre ela. O ângulo $\;\alpha\;$ é apresentado com vértice em $\;A\;$ sendo $\;a\;$ um dos lados e o outro uma reta tracejada a verde que passa por $\;A\;$ e por um ponto verde.
Usando o 5º lugar geométrico da lista, para um dado ângulo $\;\alpha$, começamos por determinar os conjuntos dos pontos $P$ tais que
- $\;A\hat{P}B = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;A, \;B\;$)
- $\;B\hat{P}C = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;B, \;C\;$)
- $\;C\hat{P}D = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;C, \;D\;$)

Comecemos por olhar para os segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$, tomamos o triângulo $\;AKC\;$, sendo $\;K\;$ um ponto de interseção do lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ para os quais $A\hat{P}B= \alpha\;$ com o lugar geométrico dos pontos $P$ tais que $B\hat{P}C= \alpha\;$. Assim $\;K\;$ é um ponto tal que o triângulo $\;AKC\;$ tem por bissetriz $\;KB\;$ e a circunferência de Apolónio relativa a $\;AKC\;$ cujos extremos do diâmetro são os pés das bissetrizes de $\;A\hat{K}C\;$ é o lugar geométrico dos pontos $\;K, \;K'\;$ quando $\alpha\;$ toma valores entre $\;0\;$ e $\;\displaystyle\frac{\pi}{2}\;$
$\;K, \;K'\;$ simétricos relativamente a $\;a\;$
Para os segmentos $\;BC\;$ e $\;CD\;$, de modo análogo, tomamos o triângulo $\;BHD\;$ e o ângulo $\;B\hat{H}D$ que é bissetado por $\;HC\;$
A circunferência de Apolónio para o o triângulo $\;BHD\;$ é o lugar geométrico dos pontos $\;H, \;H´\;$ para os quais $\;B\hat{H}C= C\hat{H}D= \alpha\;$ quando $\;\alpha\;$ toma valores entre $\;0\;$ e $\;\displaystyle\frac{\pi}{2}\;$
$\;H, \;H'\;$ simétricos relativamente a $\;a\;$
Dos pontos de interseção das duas circunferências de Apolónio construídas, $\;R, \;S\;$, vimos $\;AB, \;BC, \;CD\;$ segundo um mesmo ângulo que não depende da amplitude de $\;\alpha\;$ mas só das posições de $\;A, \;B, \;C., D\;$.

Pode variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$, $\;C\;$ e $\;D\;$. Faça isso.

6.4.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17b)

Problema: Determinar o lugar geométrico dos pontos a partir dos quais se veem segundo ângulos iguais dois segmentos $\;AB\;$ e $\;CD\;$ sobre uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto, passo a passo.

Dados (a azul): uma reta $\;a\;$ e quatro pontos $\;A, \;B, \;C, \;D\;$ sobre ela.
Usando o 5º lugar geométrico da lista, para um dado ângulo $\;\alpha$, começamos por determinar os conjuntos dos pontos $P$ tais que
- $\;A\hat{P}B = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;A, \;B\;$)
- $\;C\hat{P}D = \alpha\;$ (constituído por dois arcos de circunferências congruentes de extremos em $\;C, \;D\;$)
© geometrias, 6 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra
O ponto $\;H\;$ (ou qualquer um dos outros pontos de interseção dos dois pares de arcos capazes determinados) é um ponto a partir do qual se tiram retas para $\;A\;$ e $\;B\;$ por um lado, e para $\;C\;$ e $\;D\;$ por outro, tais que $\;A\hat{H}B = C\hat{H}D =\alpha\;$
Consideremos agora o triângulo $\;AHD\;$, e o ângulo $\;A\hat{H}D$
Considerando as bissetrizes desse ângulo: uma interna $\;HI\;$ outra externa $\;HE\;$ em que $\;I\;$ e $\;E\;$ são os pés dessas bissetrizes sobre $\;a= AB=CD=AD\;$
Sabemos que
$\;A\hat{H}I =;I\hat{H}D$ e
$\;A\hat{H}B + B\hat{H}I=I\hat{H}C+C\hat{H}D$, temos $\;B\hat{H}I=I\hat{H}C\;$ ou seja $\;HI\;$ é bissetriz interna de $\;B\hat{H}C\;$ e $\;HE\;$ bissetriz externa do mesmo ângulo
Fixados $\;A,\;B,\;C, \;D$, o círculo de diâmetro $\;IE\;$ - círculo de Apolónio do triângulo $\;AHD\;$ ou do triângulo $\;BHC$, mantém-se o mesmo para todos as amplitudes $\;\alpha\;$ ou para todos pontos $\;H\;$.
Pode verificar isso, movendo o ponto verde da reta tracejada a verde que é o mesmo que fazer variar as amplitudes $;\alpha\;$ e observando que deslocando $\;H\;$ este percorre a circunferência de diâmetro fixo $\;IE\;$ que se mantém a mesma, já que $\;(A,D;I,E) =-1\;$.
Assim, o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ tais que $\;A\hat{P}B = C\hat{P}D\;$ é a circunferência de Apolónio relativa a um triângulo $\;B\hat{H}C\;$ de que $\;HI\;$ é a bissetriz interna.

Podemos variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$, $\;C\;$ e $\;D\;$

5.4.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17a')

Se fosse este outro o enunciado do
Problema: Determinar o lugar geométrico dos pontos a partir dos quais se vêem segundo ângulos iguais dois segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$ de uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto, passo a passo. Pode observar os passos da construção deslocando o cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}\;$

Dados (a azul): uma reta $\;a\;$ e três pontos $\;A, \;B, \;C\;$ sobre ela.
Os dois primeiros passos n=2 e n=3 da construção dos pontos $\;H\;$ e $\;H'\;$ pontos a partir dos quais se vêem os dois segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$ segundo um mesmo ângulo $\;\alpha\;$ já foi feita na entrada anterior.

© geometrias, 5 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra
Esse ponto $\;H\;$ (ou $\;H'\;$) é um ponto a partir do qual se tiram retas para $\;A\;$ e $\;B\;$ por um lado, e para $\;B\;$ e $\;C\;$ por outro, tais que $\;A\hat{H}B = B\hat{H}C =\alpha\;$
Assim, podemos dizer que do triângulo $\;AHC\;$, $\;HB\;$ é a bissetriz interna do ângulo $\;\hat{H}\;$ e a perpendicular a $\;HB\;$ tirada por $\;H\;$ é a bissetriz externa, cujo pé sobre a reta $\;AC\;$ chamamos $\;E\;$. O pé da bissetriz interna de $\;\hat{H}\;$ sobre $\;a\;$ é $\;B\;$
Fixados $\;A,\;B,\;C$, o círculo de diâmetro $\;BE\;$ - círculo de Apolónio do triângulo $\;AHC\;$, mantém-se o mesmo para todos os valores de $\;\alpha\;$ ou para todos pontos $\;H\;$.
Pode verificar isso, movendo $\;D\;$ que é o mesmo que fazer variar as amplitudes $;\alpha\;$ e observando como $\;H\;$ percorre a circunferência de diâmetro $\;BE\;$ que se mantém a mesma (independentemente de $\;H$) já que o par de pontos $\;I, \;E\;$ separa harmonicamente o par de pontos $\;A, \;D\;$
O lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ tais que $\;A\hat{P}B = B\hat{P}C\;$ é uma circunferência de Apolónio relativa a um triângulo $\;A\hat{H}C\;$ de que $\;HB\;$ seja a bissetriz interna.

Podemos variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$ e $\;C\;$

3.4.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17a)

Problema: Determinar um ponto a partir do qual se vêem segundo ângulos iguais dois segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$ de uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

Dados(a azul): uma reta $\;a\;$ e três pontos $\;A, \;B, \;C\;$ sobre ela.
Tomemos um ângulo $\;\alpha = C\hat{A}D\;$. Os pontos $\;P\;$ a partir dos quais se traçam retas $\;PA\;$ para $\;A\;$ e $\;PB\;$ para $\;B\;$ sendo $\;A\hat{P}B =\alpha\;$ estão sobre dois arcos de circunferências congruentes dos quais $\;AB\;$ é uma corda comum (5º lugar geométrico da lista).

© geometrias, 2 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra
Do mesmo modo se determina o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ dos pontos tais que $\;B\hat{P}C=\alpha\;$.
No caso da nossa construção, para o $\;alpha\;$ inicialmente considerado, há dois pontos $\;H, \;H'\;$ que satisfazem as condições do problema; são as interseções dos lugares geométricos (5º da lista) relativos a $\;\alpha\;$ e a $\;AB\;$ um deles e a $\;BC\;$ o outro.
Claro que o segmento $\;AB\;$ e $\;BC\;$ podem ser vistos segundo ângulos iguais de outra amplitude.

Podemos variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$ e $\;C\;$

2.4.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (16)

Problema: Por um ponto dado tirar uma reta a intersetar uma dada circunferência em pontos tais que as suas distâncias a uma reta dada têm uma dada soma.

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

Dados (a azul): um segmento $\;s\;$, um ponto $\; P\;$, uma circunferência e centro $\;O\;$ e uma reta $\;a\;$
Tomemos uma reta que passe por $\;P\;$ e corte a circunferência $\;(O)\;$ em $\;A\;$ e $\;B\;$. Na nossa figura, traçamos ainda as distâncias $\;AA'\;$ de $\;A\;$ a $\;a\;$ e $\;BB'\;$ de $\;B\;$ a $\;a\;$
Como veremos, a resolução do nosso problema resume-se a encontrar o ponto médio da corda definida pela reta a passar por $\;P\;$

© geometrias, 2 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra
Os pontos $\;A, \;B\;$, colineares com $\;P\;$ que satisfazem o problema são tais que $\;AA'+BB'= s\;$ e para o ponto médio $\;M\;$ de $\;AB\;$ será então $\;2\times MM' =s\;$
Ou seja o ponto médio de $\;AB\;$ requerido estará à distância conhecida $\displaystyle \frac{s}{2}$ da reta $\;a\;$: retas $\;a', \;a''\;$ (2º lugar geométrico da lista )
As retas tiradas por $\;P\;$ que cortam a circunferência $\;(O)\;$ estão entre as retas $\;PT_1\;$ e $\;PT_2\;$ determinando cordas cujos pontos médios estão sobre a circunferência de diâmetro $\;PO\;$. Uma delas contém o diâmetro e $\;O\hat{M}P\;$ é reto ou, como sabemos, $\;OM\;$ é mediatriz da corda $\;AB\;$ de $\;(O)\;$. A existirem soluções para o problema, cada uma delas fica determinada pela construção do ponto médio da corda.
O ponto médio da corda $\;AB\;$ determinada por uma reta a passar por $\;P\;$ tal que $\;AA'+BB'= s\;$ é obtido como a interseção do arco $\;T_1T_2\;$ da circunferência de diâmetro $\;PO\;$ com a reta $\;a'\;$ ou $\;a''\;$ (2º lugar geométrico da lista). Uma das soluções do problema, no caso da nossa construção, é a reta $\;PM\;$. Outra solução será $\;PN\;$

Podemos variar o comprimento $\;s\;$ e as posições de $\;P\;$, $\;a\;$ e $\;(O)\;$, verificar as condições de existência de soluções (0, 1 ou 2).

28.3.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (15)

Problema: De um quadrilátero $\;ABCD\;$, inscritível numa circunferência, conhecemos um vértice $\;A$, a amplitude do ângulo $\;\angle Â\;$ e os comprimentos de um dos lados adjacentes ao ângulo $\;AB\;$ e das diagonais $\;AC, \;BD$. Determinar os restantes vértices $\;B, \;C, \;D\;$ desse quadrilátero.

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

Dados (a azul): um ângulo $\;\alpha\;$ de amplitude igual à do ângulo $\; \angle BÂD\;$ um segmento $\;A_0B_0\;$ de comprimento igual ao lado $\;AB\;$; um segmento $\;A_0C_0\;$ de comprimento igual à diagonal $\;AC\;$; um segmento $\;B_0D_0\;$ de comprimento igual à diagonal $\;BD\;$
O vértice $\;B\;$ é um dos pontos que está à distância $\;A_0B_0\;$ do vértice $\;A\;$ (1º lugar geométrico da lista). Tomemos um ponto sobre a circunferência $\;(A, \;A_0B_0)\;$ e designemo-lo por $\;B\;$.

© geometrias, 28 de Março de 2014, Criado com GeoGebra
Os pontos $\;B, \;A\;$ definem a reta $\;AB\;$ e podemos construir o ângulo de vértice $\;A\;$ e lados $\;AB, \;AD\;$
O ponto $\;D\;$ está no segundo lado do ângulo $\;\angle \alpha\;$ e à distância $\;B_0D_0\;$ de $\;B\;$, ou seja, na interseção da circunferência $\;(B, \;B_0D_0)\;$ com o segundo lado do ângulo $\;\angle BÂD\;$
Há um só ponto equidistante dos pontos $\;A, \;B, \;D\;$ (interseção das mediatrizes dos segmentos $\;AB\;$ e $\;BD\;$ - 3º lugar geométrico da lista) e por isso há uma única circunferência a passar por $\;A, \;B, \;D\;$ - 1º lugar geométrico da lista dos pontos equidistantes a um dado ponto.
Assim, sendo inscritível o quadrilátero terá os seus quatro vértices sobre a circunferência determinada por $\;A, \;B, \;D\;$, a castanho na figura.
$\;C\;$ está à distância $\;A_0C_0\;$ de $\;A\;$, ou seja na circunferência $\;(A, \;A_0C_0)\;$ (1º lugar geométrico da lista)
No caso da nossa figura, $\;C\;$ é um dos dois pontos de interseção das circunferências $\;(A, \;B, \;D)\;$ e $\;(A, \;A_0C_0)\;$

Podemos variar a amplitude $\;\alpha\;$ e os comprimentos $\;A_0B_0\;$ $\;A_0C_0\;$ e $\;B_0D_0\;$

27.3.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção(14)

Problema: Determinar uma tangente a uma dada circunferência cortada por uma reta dada a uma dada distância do ponto de tangência.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção.

Poderá seguir os passos desta construção elementar, deslocando o cursor $\;\fbox{n}\;$ na figura abaixo.

Dados (a azul): uma reta $\;a\;$, um segmento $\;d\;$, uma circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;r\;$

Resolver este problema resume-se a determinar um ponto $\;P\;$ da reta $\;a\;$ de que se tire uma tangente $\;t\;$ a $\;(O, r)\;$ sendo $\;PT = d\;$, em que T é o seu ponto de tangência.
Um ponto $\;P\;$ de $\;a\;$ que satisfaz as condições requeridas é vértice de um triângulo $\;PTO\;$ retângulo em $\;T\;$ em que os catetos são $\;PT=d\;$ e $\;TO = r\;$ conhecidos e a hipotenusa é $\;OP\;$
Para determinar $\;OP =h\;$ basta tomar o triângulo retângulo de catetos $\;r, \; d\;$.

© geometrias, 27 de Março de 2014, Criado com GeoGebra
E o ponto $\;P\;$, se existir fica determinado pela interseção de $\;a\;$ com a circunferência $\;(O, h)\;$, No caso da nossa figura ficam determinados dois pontos $\;P.\;Q\;$ : $\;PO = QO = h$, sendo $\;h^2=r^2+d^2\;$
Os pontos $\;T\;$ de tangência encontarm-se na interseção de $\;(O, r)\;$ com a circunferência de diâmetro $\;OP=h\;$ (caso particular do 5º ou do 9º lugar geométrico da lista). Na nossa figura, para o ponto $\;P\;$ há duas tangentes $\;t_1\;$ e $\;t_2\;$, para as quais $\;PT_1 = PT_2 = d\;$, como queríamos.
Outras soluções, no nosso caso, são as tangentes a $\;(O, \;r)\;$ tiradas por $\;Q\;$

Podemos variar os comprimentos $\;d\;$ $\;r\;$ e as posições relativas das circunferência e reta dados. Verificamos que a existência de soluções depende da relação entre o comprimento de $\;d\;$ e as posições relativas de $\;a\;$ e $ \;(O,r)\;$

21.3.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (13)

Problema: Determinar uma circunferência tangente a uma dada reta num ponto dado e a uma circunferência dada.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção.

Poderá seguir os passos desta construção elementar, deslocando o cursor $\;\fbox{n}\;$ na figura abaixo.

Dados (a azul): uma reta $\;a\;$ e um seu ponto $\;P\;$, uma circunferência de centro $\;C\;$

Para resolver este problema, basta determinar um ponto $\;O\;$ para centro da circunferência nas condições definidas.
Para ser tangente a $\;a\;$ no ponto $\;P\;$, o centro $O$ da circunferência requerida na perpendicular a $\;a\;$ tirada por $\;P\;$ - $\;\perp_P^a$.

© geometrias, 21 de Março de 2014, Criado com GeoGebra
Por outro lado, para ser tangente à circunferência de centro $\;C\;$ o centro $\;O\;$ da circunferência requerida será tal que $\;OC\;$ é igual à soma dos raios (da circunferência requerida e da circunferência dada).
Se tormarmos a reta $\;e\;$ do lugar geométrico dos pontos à distância de $\;a\;$ igual ao raio da circunferência dada (2º lugar geométrico da lista), $\;CEO\;$ é um triângulo isósceles. $\;E\;$ é $\;e.\perp_P^a$
$\; O_1\;$ é a interseção da perpendicular $\;PE\;$ com a mediatriz de $\;CE\;$ (3º lugar geométrico da lista - dos pontos equidistantes de $\;C\;$ e $\;E\;$)
A circunferência de centro em $\;O_1\;$ a passar por $\;P\;$ satisfaz o requerido.
Do mesmo modo, considerando $\;f\;$ e $\;\{F\}\; = \;f.\perp_P^a$ $\;O_1, \;O_2\;$, a mediatriz de $\;FC\;$ interseta a $\;\perp_P^a$ num ponto $\;O_2\;$. Este é o centro da segunda circunferência a passar por $\;P\;$ que satisfaz as condições do problema.

Podemos variar os comprimentos e as posições relativas da circunferência, ponto e reta dados.

18.3.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (12)

Problema: Determinar uma circunferência com um dado raio, que passa por um ponto dado e é seccionada por uma reta segundo uma corda de comprimento dado.

Na construção a seguir, apresentamos os passos da resolução do problema de construção.

Poderá seguir os passos desta construção elementar, deslocando o cursor $\;\fbox{n}\;$ na figura abaixo.

Dados (a azul): dois segmentos, um de comprimento raio, outro de comprimento corda, uma reta $\;a\;$ e um ponto $\;P\;$ da circunferência

Para resolver este problema, basta determinar um ponto $\;O\;$ para centro da circunferência nas condições definidas.
O centro $O$ da circunferência estará à distância raio de $\;P\;$, isto é, será um dos pontos de $\;(P, \; \mbox{raio})\;$ - 1º lugar geométrico da lista.

© geometrias, 18 de Março de 2014, Criado com GeoGebra
Por outro lado, a circunferência de centro $\;O\;$ deve cortar $\;a\;$ num segmento de comprimento corda dado. Tirámos por $\;P\;$ uma perpendicular (auxiliar) a $\;a\;$ de pé $\;P_a\;$. Se tomamrmos este ponto como ponto médio do segmento $\;AB\;$ de comprimento corda podemos determinar um $\;P_0\;$ sobre a reta $\;PP_a\;$ para o qual $\;AP_0\;$ tem comprimento igual ao raio. Os centros $\;O_1, \;O_2\;$ sobre a paralela a $\;a\;$ tirada por $\;P_0\;$ (2º lugar geométrico da lista)
Portanto, $\;O_1, \;O_2\;$ estão na interseção dos dois lugares geométricos - paralela à distância $\;P_aP_0\;$ de $\;a\;$ no semiplano $\;a, \;P\;$.
As soluções são as circunferências $\;(O_1, \;\mbox{raio}\;)\;$ e $\;(O_2, \;\mbox{raio}\;)\;$.
A perpendicular a $\;a\;$ tirada por $\;O_1\;$ interseta $\;a\;$ no ponto médio da corda $\;CD\;$ de comprimento igual corda dada. Do mesmo modo, para $\;O_2\;$

Podemos variar os comprimentos e as posições relativas do ponto e reta dados.