GEOMETRIA

26.6.14

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (3)

Problema: Num dado triângulo, traçar uma linha paralela à base de tal forma que se se traçarem a partir dos seus extremos linhas paralelas aos lados até cortarem a base, somadas meçam o dobro que a linha inscrita. (31/12/1881)

Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores $\;2\;$de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$

São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;C'\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;B'\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;B'C' \parallel BC \wedge C'E+B'D = 2\times B'C',\;$ sendo $\;D, \;E\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;B'D \parallel AB\;$ e $\;C'E \parallel AC. \;$
Supor que o problema está resolvido é supor que $\;B'C'\;$ está situada de tal forma que $\;B'D\;$ e $\;C'E\;$, paralelas aos lados, somados dêem $\;2B'C'$.
De acordo com a proposição 34 do Livro I dos Elementos de Euclides
$\;B'D =C'B\;$ e $\;C'E=B'C\;$ e portanto $\;B'C + C'B = 2B'C'$.
E há um ponto $\;L\;$ de $\;B'C'\;$ que o divide em duas partes sendo uma igual a metade de $\;B'C\;$ e outra igual a metade de $\;C'B.\;$ Se deteminarmos este ponto $\;L,\;$ por ele passa uma única paralela a $\;BC$...

Para determinar o ponto $\;L\;$ sobre $\; B'C'\;$ paralela a $\;BC,\;$ de tal modo que $\;2LC'=C'B\;$ e $\;2LB'=B'C \;$ (i.e. $\;2(LC'+LB')= 2C'B' =C'B+B'C = B'D+C'E\;$ ), podemos usar um ponto $\;F\;$ qualquer de $\;AB\;$ (ou de $\;AC\;$) e por ele tirar uma paralela a $\;BC.\;$
Depois é só tomar $\;G\;$ sobre essa paralela de tal modo que $\;2FG =FB\;$ e $\;L\;$ estará sobre a reta $\;BG.\;$ Claro que, fazendo o mesmo para o lado $\;AC,\;$ $\;L\;$ estará sobre $\;CK,\;$ estando $\;K\;$ sobre uma paralela a $\;BC\;$ tirada por um ponto $\;H\;$ de $\;AC\;$ sendo $\;2KH=HC.\;$ $\;L\;$ é único $\;CK.BG \;$ e $\;B'C'\;$ é a única paralela a $\;BC \;$ tirada por $\; L$
São semelhantes os triângulos $\;[FBG]\;$ e $\;[C'BL]\;$ e os lados opostos ao ângulo $\;\hat{B}\;$ comum são homólogos e $\;BC' = 2C'L,\;$ já que por construção $\;FB=2FG.\;$ Do mesmo modo, se mostra que $\;2LB'=B'C\;$ □

O ponto $\;F\;$ pode tomar as diversas posições sobre $\;AB.\;$ Verá que a variação de $\;F\;$ sobre $\;AB\;$ não afeta a posição de $\;L.\;$ No caso da nossa construção, quando $\;F\;$ toma a posição de $\;C',\;$ $K\;$ toma a posição de $\;B',\;$ $\;G\;$ e $\;K\;$ coincidem com $\;L.\;$ Os pares de arcos iguais (centrados em $\;F\;$ e $\;M,\;$ e em $\;H\;$ e $\;N$) acompanham a deslocação de $\;F\;$ e ilustram as relações estabelecidas.

22.6.14

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (2)

Problema: Traçar num dado triângulo um segmento paralelo à base de tal forma que, se a partir dos seus extremos se tirarem segmentos paralelos aos lados até à base, a sua soma seja igual ao primeiro segmento.

Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008

São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\;$ sendo $\;F, \;G\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;EG \parallel DB\;$ e $\;DF \parallel EC. \;$
Considerando que, para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores $\;1,\;2\;$de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$

No problema resolvido temos os pontos dados $\;A, \;B, \;C\;$ e também os pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\;$ sendo $\;F, \;G\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;EG \parallel DB\;$ e $\;DF \parallel EC. \;$
$\;[DBGE]\;$ e $\;[DFCE]\;$ são paralelogramos, logo
$\; DE= EG+DF = DB+EC \;$

Começamos por traçar as bissetrizes dos ângulos $\;A\hat{B}C\;$ e $\;B\hat{C}A\;$ e designemos por $\;H\;$ o ponto em que elas se encontram (aliás, este ponto é o incentro do triângulo $\;[ABC]\;$, comum às suas três bissetrizes e equidistante dos seus três lados).
Por $\;H\;$ tiramos a paralela a $\;BC\;$ que interseta os lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$ respetivamente em $\;D\;$ e em $\;E\;$
Como $\;DE \parallel BC, \;\; D\hat{H}B =H\hat{B}F= D\hat{B}H\;$ e, em consequência, $\;DB=DH. \;$
Do mesmo modo, $\;E\hat{H}C= H\hat{C}G = E\hat{C}H \;$ e, em consequência, $\;EC=EH\;$ e
DE= DH+HE =DB+EC
Finalmente, já que $\;B, \;E\;$ e $\;D, \;C\;$ são vértices de paralelogramos, então $\;EG=DB, \;DF=EC \;$ e, em consequência, $\;DE= DF+EG.\;\;\;\; $ □

Completam a ilustração, vários elementos que relacionam este problema de construção com o da anterior entrada. Fica assim apresentada uma nova resolução em que $\;H\;$ é olhado como o pé da bissetriz de $\;\hat{A}\;$ no triângulo $\;[ADE].\;$

19.6.14

Resolver problemas de construção, usando análise e síntese (1)

Muitas vezes, um problema é construído a partir da sua solução, feito pela observação de resultados de operações sobre ela, ou transformações dela, de que se não deixa rasto. Por isso, muito frequentemente, um problema não é um verdadeiro problema (desafio) para quem apresenta o seu enunciado. A resolução de problemas faz parte da essência da aprendizagem, vital para o desenvolvimento do raciocínio reconstrutivo
Quando olhamos para um problema, o mais natural é não vermos a sua solução até porque ela pode estar escondida num detalhe de que só tomamos conhecimento quando decompomos o problema em partes (quando fazemos a análise da substância do dito) e isso significa que olhamos para o problema como se ele estivesse resolvido, procurando identificar tanto os elementos nele envolvidos como as relações entre eles. Dizemos comumente que a análise tem a ver com ser natural e o sintético (enunciado da lei ou do problema) tem a ver com ser artificial.
O raciocínio analítico é fundamental para resolver problemas de construção geométrica. A generalidade dos autores, que apresentam soluções para os problemas básicos que propõem, referem-se explicitamente aos métodos analíticos e sintéticos para cada problema.
Assim faz Charles Lutwidge Dodgson - romancista, contista, fabulista, poeta, desenhador, fotógrafo, matemático e reverendo anglicano britânico, que viveu de 1832 a 1898 e lecionou matemática (lógica) em Oxford, Christ College - mais conhecido pelo seu pseudónimo Lewis Carroll.
Há um livro, em português, editado em 2008 por RBA Coleccionables, S.A. que reúne, de C.L.D. "Um conto enredado" de 1880…… e "Problemas de Almofada criados durante as horas passadas acordado" de 1893…… . Deste livro, se transcreveu um problema na "dia-a-dia com a Matemática, Associação de Professores de Matemática, 2011/2012- Agenda do Professor" e que republicamos nesta página

Problema: Num triângulo dado, traçar uma linha paralela à base de tal forma que os comprimentos dos segmentos dos lados intersetados entre esta e a base sejam, somados, iguais ao comprimento da base.
São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge BC= BD+CE\;$

Considerando que, para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.

No problema resolvido temos os pontos dados $\;A, \;B, \;C\;$ e também os pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge BC= BD+CE\;$
Nas condições do problema resolvido, como $\;BD=CE\;$,
- a circunferência $(\;B, \;BD)\;$ de centro em $\;B\;$ e raio $\;BD\;$ interseta $\;AB\;$ em $\;D\;$ e $\;BC\;$ num outro ponto que designamos por $\;F;$
- Do mesmo modo, a circunferência $(\;C, \;CE)\;$ de centro em $\;C\;$ e raio $\;CE\;$ interseta $\;AC\;$ em $\;E\;$ e $\;BC\;$ no ponto $\;F,\;$
- já que $\;BD+CE= BC= BF+FC.\;$
Por ser $\;BF=BD\;$ no triângulo $\;BFD\;$, $\;B\hat{D}F=B\hat{F}D\; = \;$ (pela Prop. 29 (Livro I, Elementos de Euclides), como $\;DE \parallel BC \;$) $\;= F\hat{D}E.\;$ De forma análoga, também $C\hat{E}F = F\hat{E}D\;$ (ângulos alternos internos)
Por ser $\; B\hat{F}D\; = F\hat{D}E$, $\;FD\;$ bisseta o ângulo $\;B\hat{D}E.\;$ E, de modo análogo, $\;FE\;$ bisseta o ângulo $\; C\hat{E}D.\;$
Se o ponto $\;F\;$, interseção de duas bissetrizes externas do triângulo $\;ADE\;$, é o centro de uma das circunferências ex-inscritas desse triângulo e está sobre a bissetriz do ângulo $D\hat{A}E$
$\;F\;$ é um ponto equidistante dos três lados $\;DE, \;AD, \;AE\;$ que está sobre a base $\;BC\;$ do triângulo $\;ABC\;$
e, assim ficamos a saber que, para resolver o nosso problema, bastaria determinar o ponto $\;F\;$ como pé em $\;BC\;$ da bissetriz do ângulo $Â$.

Pode seguir os passos da construção (sintética) fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1, 2, ..., 6}.\;$

Considerando a decomposição (análise) do problema antes feita, apresentamos, agora sinteticamente, os passos da construção.

Começamos por bissetar o ângulo $\;C\hat{A}B\;$ com a reta $\;AF\;$, sendo $\;F\;$ o pé da bissetriz em $\;BC.\;$
Tiramos por $\;F\;$ as perpendiculares a $\;AC\;$ e a $\;AB\;$, respetivamente $\;FB'\;$ e $\;FC'\;$
Como $\;F\;$ é um ponto da bissetriz de $\; C\hat{A}B,\;$ $\;FB'=FC'.\;$
A seguir, traçamos a circunferência de centro em $\;F\;$ que passa por $\;B'\;$ e $\;C'\;$. E tiramos por $\;F\;$ um outro raio $\;FA'\;$ perpendicular a $\;BC\;$. A perpendicular a $\;FA'\;$ que interseta $\;AB\;$ em $\;D\;$ e $\;AC\,$ em $\;E\;$ é paralela a $\;BC.\;$
Os ângulos $\;A',\; B',\; C'\;$ são retos e $\;FA'=FB'=FC':\;$ $\;FD\;$ é hipotenusa comum de dois triângulos retângulos iguais ( $\;[C'FD] = [FA'D]\;$ ) e, por isso, $\;FD\;$ é bissetriz de $\;B\hat{D}E.\;$ De modo análogo, podemos ver que $\;FE\;$ é bissetriz de $\;C\hat{E}D.\;$
Como $\;B\hat{F}D = F\hat{D}A'\;$ (por serem ângulos alternos internos) e $\;F\hat{D}A'= F\hat{D}B\;$ (por $\;FD\;$ ser bissetriz de $\;BDE\;$), então $\;B\hat{F}D = F\hat{D}B\;$ e, em consequência, $\;BD = BF.\;$
De modo análogo, se prova que $\;CE = CF.\;$
Em conclusão, $\;BC=BF+FC= BD+CE,\;$ como queríamos.

12.6.14

Resolver problema de construção, usando composta de rotações (e meia volta)

Problema: O tesouro enterrado Um velho pergaminho, que descrevia o local onde piratas enterraram um tesouro numa ilha deserta, dava as seguintes instruções:

Na ilha só há duas árvores, $\;A\;$ e $\;B\;$, e os restos de uma forca.
Comece na forca e conte os passos necessários para ir, em linha recta, até à árvore $\;A\;$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o \;$ para a esquerda e avance o mesmo número de passos. No ponto em que parou, coloque um marco no chão.
Volte para a forca e vá em linha recta, contando os seus passos, até à árvore $\;B$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o\;$ para a direita e avance o mesmo número de passos, colocando outro marco no chão, no ponto em que acabar.
Cave no ponto que fica a meio caminho entre os dois marcos e encontrará o tesouro.

Um jovem aventureiro que encontrou o pergaminho com estas instruções, fretou um navio e viajou para a ilha. Não teve dificuldade em encontrar as duas árvores mas, para seu grande desgosto, a forca tinha desaparecido e o tempo tinha apagado todos os vestígios que pudessem indicar o lugar onde ficava.

Fractal music, hipercards and more, de Martin Gardner

Proposto na brochura Trigonometria e Números Complexos: matemática - 12º ano de escolaridade. Maria Cristina Loureiro... DES. Lisboa:2000 (pp. 65/66), com uma resolução usando números complexos.
Mariana Sacchetti lembrou-se deste problema que tem utilizado na lecionação dos complexos, como um exemplo de problema que poderia ser resolvido usando transformações geométricas.
É o que vamos fazer, considerando que resolver o problema é encontrar o tesouro sem termos a exata localização de vestígios da forca.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema, no caso mostrar que, qualquer que seja a posição da forca, seguir as instruções do pergaminho, conduz a uma única posição do tesouro. Com recurso exclusivo a propriedades das transformações geométricas.

São dados os pontos $\;A\;$ e $\;B\;$ de localização das árvores
Conhecida a localização da forca, designemo-la por $\,F\;$, seguir as instruções seria percorrer $\;FA\;$, rodar sobre os calcanhares $\;90^o\;$ para a esquerda e fazer um percurso de comprimento gual a $\;FA\;$, local onde se coloca um marco, designemo-lo por $\;M\;$: $$\begin{matrix} &{\cal{R}} (A, \;-90^o)&&\\ F&\longmapsto&M&\\ &&&\;\;\; \mbox{e, do mesmo modo, para o outro marco,} \;N \\ &{\cal{R}} (B, \;+90^o)&&\\ F&\longmapsto&N&\\ \end{matrix}$$

© geometrias, 10 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

Clique no botão $\;\fbox{1}\;$ para seguir as instruções do pergaminho para uma localização da forca.
Não conhecendo a posição exata de $\;F\;$ tomamos um ponto qualquer, $\;F_1$, do chão da ilha para localização da forca. Designando por $\;M_1\;$ e $\;N_1\;$ as posições dos marcos a que chegamos, seguindo as instruções do pergaminho. Se $\;F_1\;$ fosse a localização exata da forca, no ponto médio $\;O\;$ de $\;M_1N_1\;$ valeria a pena cavar porque estaríamos a desenterrar o tesouro.
É altura de fazer variar a posição de $\;F_1\;$ para observar o comportamento de $\;O\;$
Pela rotação de $\;-90^0\;$ em torno de $\;A\;$, $\;M_1\;$ é a imagem de $\;F_1\;$ e, em consequência, $\;F_1$ é imagem de $\;M_1\;$ pela rotação de $\;+90^0\;$ em torno de $\;A\;$. Podemos escrever: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, \;+90^o)&&{\cal{R}}(B, \;+90^o)&\\ M_1&\mapsto & F_1 & \mapsto & N_1 \\ \end{matrix}$$ Ora, a composta de duas rotações $\;{\cal{R}}(B, \;+90^o)\circ {\cal{R}}(A, \;+90^o)\;$ é uma rotação:
- o ângulo de rotação da composta é a soma dos ângulos das componentes, no caso $\;+90^o + 90^o =180^o$
- o centro da rotação composta de rotações é um ponto equidistante de qualquer par de elementos relacionados pela composta, no caso $\;O\;$ : $\;OM_1 = ON_1$.
  De um modo geral, o centro da rotação composta determina-se como ponto de encontro das mediatrizes de dois pares de pontos por ela relacionados.
Assim, se vê que as posições dos marcos $\;M\;$ e $\;N\;$ obtidas, para qualquer posição da forca $\;F\;$ de acordo com as instruções do pergaminho, estão relacionadas por uma transformação de meia volta. E o centro de uma rotação de meia volta é invariante, não dependendo da posição da forca.

O botão $\;\fbox{2}\;$ parte de outra localização da forca. Claro que bastará fazer variar uma posição de $\;F\;$.

8.6.14

Resolver problema de construção usando uma dilação rotativa

Problema: Imagine dois mapas de Portugal continental em escalas diferentes mas de tal modo que um deles fique inteiramente contido no outro.Prove que existe um e um só ponto do território continental português que fica, na representação nos dois mapas, exactamente sobreposto. Para facilitar uma ilustração do problemas, pode supor que Portugal continental é exactamente um rectângulo.
assim enunciado e proposto por Eduardo Veloso em "Simetria e Transformações Geométricas",GTG APM.Lisboa: 2012

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

Estão dados na figura dois retângulos de vértices $\;[ABCD]\;$ e $\;[DFGH]\;$ semelhantes, no sentido de que, para quaisquer dois pontos $\;P, \;Q\;$ no retângulo $\;[ABCD]\;$, há dois pontos $\;P', \;Q'\;$ no retângulo $\;[EFGH]\;$ tais que a razão $\;\displaystyle \frac{PQ}{P'Q'}\;$ é constante (invariável).
No caso, a figura obviamente sugere que $$\;\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG} = \frac{CD}{GH} =\frac{AB}{GH}= ... \;$$ se forem semelhantes os dois retângulos.
Consideremos a semelhança $\;\cal{S}\;$ para a qual $\; C \mapsto G, \; D \mapsto H, ...\;$
Se $\;AB \parallel EF\;$ o ponto comum aos dois retânguos sobrepostos seria o centro de uma homotetia, exatamente a interseção $\;AE.BF =CG.DH\;$ e o problema estava resolvido. Não é o caso da nossa figura.

Uma transformação de semelhança é sempre a composta de uma homotetia com uma isometria. A figura dos dois retângulos sugere-nos uma rotação que transforme, por exemplo $\;[EFGH]\;$, num retângulo $\;[E'F'G'H']\;$ para o qual $\; E'F' \parallel H'G' \parallel CD \parallel AB\;$ seguida de uma homotetia que transforme $\;[E'F'G'H']\;$ em $\;[ABCD]\;$.
Como sabemos, há muitas semelhanças possíveis compostas de rotações (de vários centros e ângulos de rotação) com homotetias de razão $\:\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG}=\frac{CD}{GH}= \frac{DA}{HE}\;$(com centros diferentes).
Qualquer rotação deixa invariante o seu o centro e qualquer homotetia deixa invariante o seu centro. Para que haja um ponto comum aos dois mapas sobrepostos é preciso que a semelhança seja composta de uma rotação com uma homotetia de centro no centro de rotação. Se o centro da rotação não for o centro da homotetia, esta não deixa invariante o centro da rotação.
$$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&{\cal{H}}(O, k)&\\ [EFGH]&\longrightarrow&[E'F'G'H']& \longrightarrow&[ABCD]\\ E&\mapsto & E' & \mapsto & A \\ F&\mapsto & F' & \mapsto & B \\ G&\mapsto & G' & \mapsto & C \\ H&\mapsto & H' & \mapsto & D \\ \end{matrix}$$ Para que a centro, designado por $\;O$, da rotação seja o centro da homotetia é preciso que $\;\alpha=EÔE'=EÔA=FÔF'=FÔB=GÔG'=GÔC=HÔH'=HÔD\;$, já que, para a homotetia de centro $\;O\;$ que faz corresponder $\;H'\;$ a $\;D\;$ e $\;G'\;$ a $\;C\;$, $\; O, \;H',\;D\;$, são colineares como são colineares $\;O, \;G', \;C$, ou seja, $\;HÔD = GÔC\;$....
Como se determina esse ponto $\;O\;$ centro da dilação rotativa (composta de rotação e homotetia de centro comum)?
- Toma-se, por exemplo, o ponto $\;K\;$ da interseção $\;CD.GH\;$ e o ângulo $\; \alpha = (\dot{K}D, \dot{K}H)= (\dot{C}D, \dot{G}H) = (\dot{B}C, \dot{F}G), = ... $
- Da circunferência que passa por $\;H, \;D, \;K;$ o arco $\;\widehat{HD}$ assinalado (a tracejado grosso) é o arco da circunferência $\;(HDK);$ em que se inscreve $\;\alpha\;$ e, por isso, qualquer ponto $\;P\;$ da circunferência que não seja $\;H, \;D$, nem ponto desse arco é vértice de um ângulo $H\hat{P}D$ de amplitude $\;\alpha\;$
  Do mesmo modo, o arco $\;\widehat{GC}$ da circunferência que passa por $\;G, \;C, \;K\;$ em que se inscrevem ângulos de amplitude $\;\alpha\;$ com vértice $\;Q\;$ nessa circunferência $\;(GCK)\;$ e fora do arco.
No caso da nossa figura, as circunferências $\;(GCK)\;$ e $\;(HDK)\;$ têm dois pontos em comum que são vértices de ângulos de amplitude $\;\alpha\;$. Um deles é $\;K\;$ e o outro é $\;\mathbb{O}\;$. A vermelho na figura, este é o ponto procurado: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&\\ G&\longmapsto & G'& G'ÔG= CÔG =\alpha\\ H&\longmapsto & H' & H'ÔH= DÔH =\alpha \wedge G'H' \parallel CD \wedge GH=G'H'\\ &&&\\ &{\cal{H}}(O, k)&&\\ G'&\longmapsto & C& G' \in OC\\ H'&\longmapsto & D & H' \in OD \wedge G'H'= GH = CD: \frac{CD}{G'H'}=\frac{CD}{GH} =k\\ \end{matrix} $$

6.6.14

Resolver problemas de construção, usando composta de translações (24)

Problema: Em que pontos devem ser construídas as pontes perpendiculares aos rios de margens $\;a, \;b\;$ e $\;c,\;d\;$ paralelas que separam duas cidades $\;A, \;B\;$ de tal modo que se possa construir uma estrada entre elas o mais curta possível?

A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas, no caso composta de translações. Utilizamos o problema resolvido anteriormente e ao apresentar esta resolução fica sugerido o processo para problema com qualquer número de rios

Estão dados na figura os dois pontos $\;A,\;B\;$ - cidades, e as pares de retas paralelas $\;(a, \;b)\;$ e $\;((c, \;d)\;$ - margens dos rios que separam as duas cidades.

Temos de contar com as travessias dos dois rios: na direção perpendicular às margens $\;(a, \;b)\;$ e comprimento igual à distância entre elas - segundo $\;\overrightarrow{u}$, e na direção perpendicular às margens $\;(c, \;d)\;$ e comprimento igual à distância entre elas - segundo $\;\overrightarrow{v}\;$
À semelhança do que fizemos na entrada anterior, aplicamos a $\;A\;$ a translação associada a $\;\overrightarrow{u}\;$ (travessia do primeiro rio), obtendo $\;L'= A+ \;\overrightarrow{u}\;$ que, no caso de um só obstáculo ligaríamos a $\;B\;$.
No caso dos dois rios, acrescentamos a seguir à primeira travessia, a travessia do segundo rio, obtendo $\;N'=L'+ \;\overrightarrow{v} = A'+\;\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}\;$
$N'\;$ é obtido pela composta da translação associada a $\;\overrightarrow{u}\;$ seguida da translação associada a $\;\overrightarrow{v}\;$
A estrada mais curta entre $\;A\;$ e $\;B\;$ terá assim o comprimento $\;AL'+L'N' + N'B$
O desenho da estrada será construído:
- desenhe-se a reta $\;N'B\;$ que interseta $\;d\;$ em $\;N\;$
- a perpendicular a $\;d\;$ tirada por $\;N\;$ interseta $\;c\;$ em $\;M\;$ (ou tome-se $\;M= N - \overrightarrow{v}\;$)
- Tira-se por $\;M\;$ a reta paralela a $\;N'B\;$ (ou toma-se a reta $\;L'M\;$) que interseta a reta $\;b\;$ em $\;L\;$
  $\;[N'NML']\;$ é um paralelogramo: $\;L'N' \parallel MN$, $\;L'M \parallel N'N$, $\;L'N' = MN$, $\;L'M = N'N$
- Toma-se agora $\;K= L-\overrightarrow{u}\;$ que está sobre $\;a\;$.
  Temos outro paralelogramo $\;[L'LKA]\;$: $\;AL' \parallel KL, \; L'L \parallel AK, \;AL' = KL, \; L'L = AK$
- $AK \parallel L'M \parallel N'B, \;AL' \parallel KL \;$ e $\;L'N'\parallel MN$
  Como $\;AK=L'L$ e $\;L'M=L'L+LM= N'N\;$ então $\;AK+LM = M'N\;$ e $\;KL+MN=AL'+L'N' =u+v\;$ e o comprimento da estrada vermelha $$\;AK + KL + LM + MN + NB$$ é igual ao comprimento $$ (KL+MN) + (AK+LM)+NB = AL'+L'N'+N'N+NB= AL'+L'N'+N'B$$ do caminho mais curto.

4.6.14

Resolver problema de construção, usando transformações geométricas (23)

Problema: Em que pontos deve ser construída a ponte perpendicular ao rio de margens $\;a, \;b\;$ paralelas que separa duas cidades $\;A, \;B\;$ de tal modo que se possa construir uma estrada entre elas o mais curta possível?

A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas, no caso translações.

Estão dados na figura os dois pontos $\;A,\;B\;$ - cidades, e as retas $\;a, \;b\;$ - margens do rio que separa

Sem contar com o rio, o caminho mais curto entre as duas cidades, seria $\;AB\;$. Para determinar as posições dos pontos extremos da ponte é preciso considerar a mais o comprimento da travessia do rio.
Tome-se um vetor $\;\overrightarrow{u}\;$ e aplique-se a $\;A\;$ a translação associada a esse vetor : $\;\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{u}\;$ ou $\;A'= A + \overrightarrow{u}$. Incluída a travessia, a estrada mais curta deve medir $\;AA' + A'B\;$
A reta $\;AA'\;$ corta $\;b\;$ em $\;H\;$ e esse é um extremo da ponte. O outro será $\;H'= H - \overrightarrow{u}\;$ sobre $\;a\;$ e $\;AH'HA'\;$ é um paralelogramo.
$\;AA'= HH'\;$ e $\;AH' = AH\;$. Logo $\;AA'+ A'B = AH'+H'H+HB$

E se houver dois rios a separar $\;A\;$ de $\;B\;$? Fica para a próxima entrada.

1.6.14

Resolver problema de construção, usando meias voltas e translações

Problema: São dados cinco pontos $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$. Estes pontos são os pontos médios dos lados de um pentágono $\;PQRST\;$ desconhecido. Reconstruir o pentágono.
Este problema está referido no livro Simetrias e Transformações Geométricas de Eduardo Veloso (p.15) e já aqui foi citado, bem como o artigo Cinco pontos, um problema e cinco resoluções, publicado no número 79 da revista Educação e Matemática de Setembro/Outubro de 2004. Recomendamos a leitura do artigo que conta uma história e apresenta 5 resoluções. Na circunstância, chamamos a atenção para a resolução usando transformações de Maria Dedò.
O enunciado é o que José Paulo Viana propõe numa mensagem a Eduardo Veloso.
A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando nos sucessivos botões 2, 3, ... acompanha os passos da resolução/demonstração(?).

Estão dados os pontos $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$ médios dos lados do pentágono de vértices $\;P, \;Q, \;R,\;S,\;T\;$ cujas posições desconhecemos e queremos construir.
Consideremos $\;A\;$ ponto médio de $\;PQ\;$, $\;B\;$ ponto médio de $\;QR\;$, $\;C\;$ ponto médio de $\;RS\;$, $\;D\;$ ponto médio de $\;ST\;$, $\;E\;$ ponto médio de $\;TP\;$.
Sejam quais forem as posições de $\;P\;$ e de $\;Q\;$, sabemos que estão relacionados por uma transformação de meia volta centrada em $\;A\;$; $\;Q\;$ e $\;R\;$ estão relacionados por uma meia volta centrada em $\;B\;$ …
Não sabendo a posição de $\;P\;$, tomemos $\;P_1\;$ para uma "falsa" posição de $\;P$artida. E $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, 180^o)&&{\cal{R}}(B, 180^o)&&{\cal{R}}(C, 180^o)&&{\cal{R}}(D, 180^o)&&{\cal{R}}(E, 180^o)&\\ P_1& \longmapsto& P_2 &\longmapsto&P_3&\longmapsto& P_4 &\longmapsto&P_5 & \longmapsto & P'_1\\ \end{matrix}$$

Fácil é verificar que a composta de duas meias voltas é uma translação: $$\forall P_1, \;\;\left({\cal{R}}(B, 180^o) \circ {\cal{R}}(A, 180^o)\right) (P_1)={\cal{R}}(B, 180^o)\left( {\cal{R}}(A, 180^o ) (P_1)\right)={\cal{R}}(B, 180^o) (P_2) = P_3 $$ $$ {\cal{R}}(B, 180^o) \circ {\cal{R}}(A, 180^o) = {\cal{T}}_{2\overrightarrow{AB}}: \;\;\;\; P_1 \longmapsto P_3$$ Do mesmo modo, $$ {\cal{R}}(C, 180^o) \circ {\cal{R}}(D, 180^o) = {\cal{T}}_{2\overrightarrow{CD}}: \;\;\;\; P_3 \longmapsto P_5$$ A composta das duas translações é uma translação. Assim: $${\cal{T}}_{2\overrightarrow{CD}} \circ {\cal{T}}_{2\overrightarrow{AB}} = {\cal{T}}_{2(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})} : \;\;\; P_1 \longmapsto P_5 $$ que é o mesmo que dizer que as quatro primeiras meias voltas são equivalentes a uma translação.
Se a composta de duas meias voltas é uma translação, a composta de uma translação com uma meia volta é uma meia volta: $$\begin{matrix} &{\cal{T}}_{2(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})}&&{\cal{R}}(E, 180^o)&\\ P_1 & \longmapsto & P_5 & \longmapsto & P'_1 \end{matrix}$$ Se $\;P_1\;$ fosse a posição verdadeira de $\;P\;$, então seria $\;P_2 \equiv Q, \; \;P_3 \equiv R, \;\;P_4 \equiv S, \;\;P_5 \equiv T, \; \;\;\;P'_1 \equiv P$.
Para a meia volta que a $\;P_1 \;$ faz corresponder $\;P'_1\;$ tem um ponto invariante, o centro da meia volta que é o ponto médio de todos os segmentos $P_1P'_1$ em que $\;P_1\;$ é um ponto qualquer de $\;P'_1\;$ é o seu correspondente por cinco meias voltas sucessivas: de centros $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$.
É esse ponto médio de todos os $\;P_1P'_1\;$ que tomamos para $\;P\;$
Variando as posições de $\;P_1\;$, podemos constatar que a posição de $\;P\;$ fica invariante.
Finalmente, pode constatar que a sucessão de meias voltas de centros $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$ permite determinar os vértices $\;Q, \;R, \;S, \;T\;$ sendo $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, 180^o)&&{\cal{R}}(B, 180^o)&&{\cal{R}}(C, 180^o)&&{\cal{R}}(D, 180^o)&&{\cal{R}}(E, 180^o)&\\ P& \longmapsto & Q & \longmapsto &R &\longmapsto & S& \longmapsto &T&\longmapsto& P\\ \end{matrix}$$

Pode variar as posições de $\;A, \;B,\;C,\;D, \;E\;$ e de $\;P_1\;$.

29.5.14

Resolver um problema de construção usando a meia volta

Problema: Dadas duas circunferências $\;c_1\;$ e $\;c_2\;$ e um ponto $\;M\;$ determinar um ponto $\;P_1\;$ de $\;c_1\;$ e um ponto $\;P2\;$ de $\;c_2\;$ para os quais $\;M\;$ é o ponto médio de $\;P_1P_2\;$
Este problema está proposto no livro Simetrias e Transformações Geométricas de Eduardo Veloso (p.15).
O autor recomenda que

se comece por procurar o lugar geométrico dos pontos $\;B\;$ quando $\;A\;$ percorre $\;c_1\;$ sendo $\;AM=BM\;$, e
se investigue para que posições de $\;M\;$ há soluções ou não, uma, duas ou infinitas soluções do problema

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

São dados um ponto $\;M\;$ e duas circunferências $\;c_1 = (O_1), \;c_2=(O_2)\;$
Se $\;A, \;M, \; B\;$ são colineares e $\;\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}\;$, $\;A\;$ e $\;B\;$ são correspondentes por uma transformação de meia volta de centro em $\;M\;$, (ou $\;{\cal{R}}(M, 180^o)\;$ ou $\;{\cal{H}}(M, -1)\;$.
Por isso, quando $\;A\;$ percorre $\;c_1\;$, $\;B\;$ percorre uma circunferência $\;c'_1\;$ que é imagem de $\;(c_1\;$ pela meia volta de centro em $\;M\;$
No nosso caso, a posição de $\;M\;$ relativamente às circunferências $\;c_1, \;c_2$ é tal que $\;c'_1 . c_2 = \{ P_2,\; Q_2\}\;$. A reta $\;P_2M\;$ interseta $\;c_1\;$ em dois pontos, sendo um deles $\;P_1\;$ o correspondente original de $\;P_2\;$ pela meia volta de centro $\;M\;$: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(M, 180^o)& &\\ c_1&\longrightarrow &c'_1& \\ &&&\;\;\;c'_1.c_2 =\{P_2, \;Q_2\}\\ P_1& \longleftarrow & P_2& \;\;\;(P_1,\;P_2) \in c_1 \times c_2 \; \mbox{ é uma solução}\\ Q_1& \longleftarrow& Q_2& \;\;\;(Q_1,\;Q_2) \in c_1 \times c_2 \; \mbox{ é outra solução}\\ \end{matrix}$$

Pode variar a posição de $\;M\;$ e das circunferências $\;c_1, \;c_2$

26.5.14

Resolver problemas de construção usando a inversão

Problema: Determinar dois pontos cada um sobre uma de duas retas dadas de tal modo que o produto das suas distâncias a um ponto dado seja uma dada constante.

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

São dadas: duas retas $\;r_1, \;r_2\;$, um ponto $\;O\;$ e um número $\;k\;$.
Procuramos um ponto $\;P_1\;$ de $\;r_1\;$ e um outro $\;P_2\;$ de $\;r_2\;$, tais que $\;OP_1 \times OP_2 = k^2$, o mesmo é dizer que $\;P_1\;$ e $\;P_2\;$ são correspondentes pelas inversão de centro $\;O\;$ e potência $\;k^2\;$.
Tomamos, por isso, para circunferência de inversão $\;(O, \;k)\;$ tracejada a vermelho.
Pela inversão $\;{\cal{I}}(O, \;k^2)$, a reta $\;r_1\;$ é transformada numa circunferência (tracejada a azul) que passa por $\;O\;$ e pelos pontos de interseção da circunferência de inversão com a reta $\;r_1$
Tomemos para ponto $\;P_2\;$ o ponto de interseção da circunferência $\;r'_1 \;$ com a reta $\;r_2\;$. Como $\;P_2\;$ de $\;r_2\;$ é um ponto de $\;r'_1\;$, terá um original $\;P_1\; $ em $\;r_1\;$, interseção desta reta com $\;OP_2\;$:
Estes pontos $\;P_1, \; P_2\;$ são solução do problema: $$OP_1 \times OP_2 =k^2$$

Pode deslocar $\;O$, $\;r_1, \;r_2\;$ para além de $\;k\;$.
Não vamos apresentar outros exemplos de problemas de construção usando a inversão por termos apresentado anteriormente um conjunto considerável de aplicações da inversão.

22.5.14

Resolver problema de construção usando homotetia

Problema: Determinar uma corda que passe por um ponto dado de uma circunferência dada que seja bissetada por uma corda dada.

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

São dados: uma circunferência $\;(A)\;$, um ponto $\;O\;$ e uma corda $\;CD\;$ da circunferência.
Procuramos um ponto $\;P\;$ da circunferência de tal modo que $\;OP\;$ tenha o seu ponto $\;M\;$ médio em $\;CD\;$ que é o mesmo que dizer $\;OM=OP\;$ ou $\;\displaystyle \frac{OM}{OP}=\frac{1}{2}\;$ ou $\;\displaystyle \frac{OP}{OM}= 2\;$
Pela homotetia $\;{\cal{H}}(O, \;2)\;$, de centro $\;O\;$ e razão $\;2\;$,
$\; C\;\longmapsto \; C' : \; OC'=2OC\;$
$\; D\;\longmapsto \; D' : \; OD'=2OD\;$
$\; CD\;\longrightarrow \; C'D' : \; C'D'=2CD,\; C'D' \parallel CD$
Um dos extremos de cada uma das cordas solução é $\;O\;$ e o outro será ponto da interseção circunferência $\;(A)\;$ dada com $\;C'D'\;$ No caso da nossa construção, tomamos $\;P \in (A).C'D'$ imagem, por $\;{\cal{H}}(O, \;2)$, de $\;M \in CD.OP$.
A corda $\;OP\;$ é a solução. No caso da nossa construção há outra solução.

Pode deslocar $\;C\;$ ou $\;D\;$ sobre a circunferência para ver que ( e em que condições) pode haver uma só ou nenhuma solução.
Nota: O método usado para resolver este problema é o mesmo que usámos para resolver o problema da entrada anterior. Basta ler o enunciado de outra maneira: dadas as curvas $\;(A)\;$ e $\;CD\;$ determinar um par de pontos $\;(M , \;P) \in CD \times (A)\;$ tais que $\; \displaystyle {OP \over OM} = 2$

21.5.14

Resolver um problema de construção, usando homotetia (entre curvas)

Problema: Dadas duas curvas $\;c_1\;$ e $\;c_2\;$ um ponto $\;O\;$ e um número $\;k\;$, determinar um ponto $\;P_1\;$ da curva $\;c_1\;$ e um ponto $\;P_2\;$ da curva $\;c_2\;$ tais que $\;\displaystyle \frac{OP_2}{OP_1} = k\;$.

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

são dados: uma curva $\;c_1\;$ (no caso, uma hipérbole azul) e outra $\;c_2\;$ (no caso, uma parábola encarnada), um ponto $\;O\;$ , número $\;k$.
Procuramos um par de pontos $\;(P_1, \; P_2)\:$ de $\;c_1 \times c_2\;$ de tal modo que $\;\overrightarrow{OP_2} = k. \overrightarrow{OP_1}\;$, que é o mesmo que dizer que $\;P_2\;$ é homotético de $\;P_1\;$ pela homotetia $\; {\cal{H}}(O, \;k)\;$
Se determinarmos a curva $\;c'_1\;$, homotética de $\;c_1\;$ por $\; {\cal{H}}(O, \;k)\;$ e não for vazia a iinterseção $\;c'_1 . c_2\;$ encontraremos um ponto $\;P_2\;$ de $\;c_2\;$ a que corresponde o ponto $\;P_1\;$ de $\;c_1\;$ homotético de $\;P_2$
Pode haver mais que uma solução. Também pode não haver solução.

Pode deslocar $\;O\;$ e o cursor $\;\fbox{k=-2, ..., 2}\;$ ao cimo à esquerda.

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)