Maria Inês Sarmento
Um Passeio Proveitoso Pelos Cı́rculos de
Apolónio
Departamento de Matemática Pura Faculdade de Ciências da Universidade do Porto
Tese submetida à Faculdade de Ciências da Universidade do Porto para obtenção do grau de
Mestre em Ensino da Matemática
Agosto 2007
AGRADECIMENTOS
À minha orientadora, Leonor Moreira, a ajuda constante que me deu, a disponibilidade
permanente que demonstrou, a paciência que teve e a sua amizade.
Aos meu filho Miguel pelo seu apoio e pela frequente ajuda a nı́vel informático.
Às minhas filhas Luisa e Teresa pela compreensão da minha pouca disponibilidade.
À Didi, à Xica e à Ana pelo contributo na correcção dos textos.
Ao Pedro pela colaboração nos textos em Inglês e pela ajuda dos seus comentários.
i
Conteúdo
Resumo
4
1 Introdução e Enquadramento
12
1.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
1.2
Enquadramento Histórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
1.3
Enquadramento Metodológico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.4
Enquadramento Didático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
2 Construções
2.1
30
Conceitos e construções básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
2.1.1
Pontos, Rectas e Circunferências
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2.1.2
Circunferências e Tangência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
2.2
Potência de um Ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
2.3
Transformações: Homotetia e Inversão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
2.3.1
Homotetia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
2.3.2
Inversão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
1
2.4
Cónicas como Lugares Geométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Problema de Apolónio
67
81
3.1
PPP - Construir a circunferência que contém três pontos dados. . . . . . .
83
3.2
RRR - Construir as circunferência tangentes a três rectas dadas. . . . . . .
85
3.3
PPR - Construir as circunferência que passem por dois pontos dados e sejam
tangentes a uma dada recta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4
PRR - Construir as circunferências que passem por um ponto e sejam tangentes a duas rectas dadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5
91
PCC- Construir as circunferências que passem por um ponto e sejam tangentes a duas circunferências dadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7
90
PPC - Construir as circunferências que passem por dois pontos e sejam
tangentes a uma circunferência dada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6
87
93
RRC- Construir as circunferências que sejam tangentes a duas rectas e a
uma circunferência dadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
3.8
PRC- Construir as circunferências que sejam tangentes a uma circunferência,
a uma recta e que contenham um ponto
3.9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
RCC- Construir as circunferências que sejam tangentes a duas circunferências
e a uma recta dadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.10 CCC- Construir as circunferências que sejam tangentes a três circunferências
dadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
4 Polos e Polares
4.0.1
120
Razão Dupla - Quarteto Harmónico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
2
4.0.2
Pólos e Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
5 Circunferência de Apolónio
138
Observações Finais
155
Bibliografia
157
3
Resumo
O Problema de Apolónio é um dos grandes problemas da História da Geometria. Esteve
presente ao longo da evolução da geometria e viu nascer o que se chama de geometria moderna por oposição à geometria grega. Este duelo do sec. XVII traduziu-se numa rivalidade
de métodos (método analı́tico versus método sintético): a geometria sintética tem por base
as propriedades geométricas descobertas com os métodos utilizados na Antiga Grécia (construções de régua e compasso), enquanto que, na geometria analı́tica, a representação de
pontos é feita por meio de coordenadas e o de figuras por meio de equações algébricas, e se
tem acesso a todo o mundo matemático que resulta da utilização dessa representação.[25].
A resolução do Problema de Apolónio é o assunto do capitulo III deste trabalho. Sendo
um problema contido numa das suas obras perdidas o seu conhecimento deve-se a Pappus
que o incluiu na sua obra[21]: Dadas três coisas, cada uma das quais pode ser um ponto,
uma recta ou um cı́rculo, traçar uma circunferência que deverá passar pelos pontos (no
caso de serem dados pontos) e ser tangente a cada uma das linhas dadas. Este problema
divide-se em dez casos resultantes das combinações dos três elementos e cada caso pode, por
sua vez, subdividir-se noutras situações em função das posições relativas dos elementos em
jogo. O número de soluções depende, em cada caso, dessas posições relativas. A resolução
que escolhemos para cada caso tem como base construções apresentadas por Viéte na sua
obra Appolonius Gallus e apresentadas por Anne Boyé[4] que utilizam o método sintético.
Em vez de se fazer um estudo exaustivo de cada caso, apresenta-se uma situação, uma
construção. A excepção é feita no caso 6 em que as três coisas são, um ponto, e duas
4
circunferências. Aqui aparecem três abordagens diferentes para a mesma situação. A
razão desta opção prende-se essencialmente com os objectivos seguintes:
• dar a conhecer uma solução em que os conceitos envolvidos fazem parte daquilo que
se consideram conhecimentos básicos, o que é feito na primeira abordagem em que
se recorre às propriedades das homotetias como ideia base da construção;
• dar a conhecer a aplicabilidade de novos conceitos na resolução de um problema
(nomeadamente a inversão) e criar a oportunidade de os relacionar com outros já
conhecidos, como se desnvolve na segunda abordagem;
• dar a conhecer uma solução não construtı́vel com régua e compasso (semelhante à
apresentada por Adrianus Romanus (1561-1615)) e baseada na intersecção de lugares
geométricos - que curiosamente são cónicas, curvas que consagram Apolónio - e que
é a solução apresentada na terceira abordagem;
• finalmente, propor o desafio de resolver os outros casos destas várias maneiras ou
mesmo a aventura de descobrir outras.
A escolha das construções apresentadas teve em conta por um lado, a apresentada por
Viéte (como já foi referido) por outro o de ser a mais geral, mais aplicável a outras situações.
No entanto no final do capı́tulo aparece um conjunto de figuras que ilustram os diferentes
números de soluções que há em cada caso.
Mas, como em qualquer construção, é necessário começar pelas bases, no capı́tulo anterior
são tratados um conjunto de definições e problemas básicos necessários para o entendimento
das construções do Problema. Este capı́tulo situa-nos no Plano Euclidiano associado a um
métrica e começa por enunciar um conjunto de definições básicas nomeadamente de mediatriz de um segmento, circunferência inscrita num triãngulo, etc bem como o conjunto de
proposições que as relacionam pontos, rectas e circunferências. Apresentam-se construções
básicas referentes a tangências a circunferências, como por exemplo a construção das rectas tangentes a uma circunferência por um ponto exterior, que são usadas nas soluções
5
dos casos de Apolónio. A homotetia e a inversão são as transformações geométricas que
ainda se abordam neste capitulo. Embora o conceito de homotetia e as suas propriedades
caracterı́sticas seja um conhecimento adquirido no ensino básico, não deixamos de os voltar
a referir, justificando as propriedades com as respectivas construções - p.ex. construção
das tangentes comuns a duas circunferências - já que é através delas que se constroem
algumas das soluções do Problema de Apolónio.
Os conceitos de potência de um ponto e eixo radical são conceitos sobre os quais assentam
muitas das propriedades da inversão. Partir destes conceitos e avançar para o conjunto
de propriedades da inversão vai trazer-nos uma nova visão das transformações geométricas
em que o aspecto das figuras a transformar pode não ser preservado: p.ex. rectas podem
ser transformadas em circunferências.
Falar de circunferências e de Apolónio leva-nos até ao último capı́tulo (capı́tulo 5) deste
trabalho dedicado à analise de um artigo Nathan Alsthiller[1] em que é feita a ligação entre
a circunferência de Apolónio e um triângulo. A circunferência de Apolónio é um problema
de lugares geométricos:Dados dois, pontos A e B determinar o lugar geométrico dos pontos
P do plano que satisfaçam a seguinte igualdade
PA
PB
= k sendo k > 0 uma constante.
Ligado a este problema está a questão de como construir as circunferências de Apolónio
associadas a um triângulo e que relação existe entre as circunferências e os elementos do
triângulo. O nosso estudo incidiu nas justificações das propriedades enunciadas. Ao fazê-lo
foi necessário trabalhar os conceitos de Pólos e Polares e suas propriedades, assunto do
capı́tulo anterior (capitulo 4). Também aqui os conceitos de razão harmónica e razão dupla
são trabalhados e estabelece-se a sua relação com as polares e os polos. São apresentadas
diferentes construções da polar de um ponto com o objectivo de enunciar propriedades
fundamentais para as justificações das proposições do capı́tulo 5.
As figuras que ilustram todo o trabalho foram feitas utilizando os recursos da geometria
dinâmica. O software utilizado foi o programa C.a.R.. Este tipo de software pelas suas
caracterı́sticas permite rapidamente rejeitar uma estratégia de construção errada e por
6
outro lado pode dar pistas para a construção de um problema. Utilizou-se construções
já definidas no programa, macroconstruções, e definiu-se outras ao longo do capitulo 2
que passaram a funcionar como rotinas de base. As construções foram feitas utilizando
como ferramentas a régua e o compasso (electrónicos) com excepção de alguns lugares
geométricos, já referidos anteriormente. Para esses nas construções utilizou-se o recurso
que este tipo de programas nos dá: o rastreio de um ponto cujo deslocamento define o
conjunto de pontos que formam o lugar geométrico. A utilização deste tipo de programas
na resolução de problemas de geometria pode tornar a tecnologia um grande aliado em
todo o processo de resolução de um problema.
A Resolução de Problemas aparece hoje em dia como uma metodologia de ensino para
que se estimule o hábito de criar uma linha de pensamento, de construir estratégias de
resolução e de argumentação, de relacionar diferentes conhecimentos e de se ser persistente
na busca de uma solução. O Problema de Apolónio e os vários subproblemas que com ele
arrastou para este trabalho vão ao encontro desses objectivos.
7
Abstract
The Apollonius’ Problem is one of the great problems in the History of Geometry. It
was present all along the evolution of geometry and witnessed the advent of the Modern
Geometry in opposition to the Greek Geometry. This duel has become, in the 17th century,
a fight between methods (analytic method vs. synthetic method): synthetic geometry is
based on the geometric properties discovered through the methods used in Ancient Greece
(ruler-and-compass constructions) while in the analytic geometry the points are represented
by coordinates and the geometric figures by algebraic equations and use is made of the
whole mathematical world that results from this representation.[25].
The resolution of the Apollonius’ Problem is the topic of Chapter III. Being a problem
treated in one of the works of Apollonius that was lost, it came to us through the work
of Pappus included in [21]: given three things, each one of which can be a point, a line or
a circle, draw a circle that is tangent to each of the three things. This problem may be
divided in 10 different instances that result from the combinations of the three elements
and each instance can still be subdivided in various situations, given the relative positions
of the three elements. The number of solutions depends, in each case, on the relative
positions. The resolution that we choose in each case is based on constructions that use
the synthetic method introduced by Viéte in his work Appolonius Gallus as described by
Anne Boyé [4]. We don’t carry out a complete study of each case presenting, instead, a
situation, a construction, except for case 6 (the three things are a point and two circles) in
which we present 3 different approaches. The objectives for doing this are the following:
• To present a solution based in concepts that are considered as basic knowledge,
making use of the properties of homotheties, which is done the first approach;
• To show the use of new concepts (namely inversion) in the resolution of a problem
and to create an opportunity to relate them with other concepts that we are already
familiar with, as is done in the second approach;
8
• To introduce a resolution that is not feasible with only ruler and compass (similar
to the one presented by Adrianus Romanus (1561-1615)) and that is based on the
intersection of geometric loci (???)-that happen to be conics, the curves that have
consecrated Appollonius-and which is done in the third approach.
• Finally, to propose the challenge of solving the other cases by the same methods or
to devise new ones.
The selection of the constructions took into account what Viéte has proposed in his work
(as referred before) but was also done having in mind that they should be the most general
and applicable to different situations. In the final part of this chapter we present a set of
figures that illustrate the number of different solutions for each case.
But as in every construction we have to start by the basic principles, in a previous chapter
we present a set of definitions and basic problems that are useful to the understanding of the
constructions of the Appollonius’ Problem. This chapter is based on the Euclidian Plane
associated with a metric and starts with a set of basic definitions, namely of triangle,
circumference, etc. and propositions that relate these elements. The basic constructions
concerning tangencies to circles, that are used in the Appollonius cases are also presented,
namely the construction of the lines that are tangent to a given circle and contain an
external point. The geometric transforms that are also presented in this chapter are the
homotety and the inversion. The concept of homotety and its characteristic properties are
taught in the basic school programs; however, we present them justifying their properties
and the corresponding constructions (e.g. the construction of tangents common to two
different circles) since they are used in some of the resolutions of the Appollonius’ Problem.
The concepts of point power and radical axis are concepts over which lie many of the
inversion properties. To start from these concepts to establish a set or properties of inversion will give us a new vision of geometric transforms: the shape of figures to transform
may not be kept as e.g. the case of straight lines that can be converted in circumferences.
9
Speaking of Appollonius’ circles takes us to the last chapter (Chapter 5) which is dedicated to the analysis of an article by Natham Alsthiller [1]. In this article, the connection
between the Appollonius’ circle and a triangle is made. The Appollonius’ circle is a problem of geometric locus: Given two points A and B, determine the geometric locus of the
points P that satisfy the following equality:
PA
PB
= k, being k > 0 a constant value. This
problem is linked with the construction of the Appollonius’ circles associated to a triangle
and the relation that exists between the circles and the triangle elements. Our study is
focused in the justification to the properties that are established in this article. To do
it, we had to work out the concepts of Poles and Polars and their properties, which is
the topic of the Chapter 4, in which the concepts of harmonic ratio and double ratio are
developed as well as their relations with poles and polars. Various constructions of the
polar of a point are presented, in order to establish the fundamental properties needed for
Chapter 5.
The figures that illustrate this work have all been done using the resources of dynamic
geometry. The software we used was C.a.R. This software allows a quick rejection of a
wrong construction strategy and also gives suggestions to the construction of the problem.
We used constructions pre-defined in the program (macroconstructions) and others were
defined in Chapter II and subsequently used as base routines. The constructions were
made using the ruler and the compass as (electronic) tools, except in the cases (already
referred to) when use was made of geometric loci. To do it, we had access to the specific
resources of the program: the tracking of a point the path of which defines the geometric
locus. The use of this type of program is a powerful ally in the resolution of geometric
problems.
Today, Problem Resolution is a teaching methodology that aims at stimulating the use
of coherent line of thinking, building resolution strategies and their justification, relating
different pieces of knowledge and being persistent in the search of a solution.
The Appollonius’ Problem and the various sub-problems that it has brought to this
10
work, are in line with these objectives.
11
Capı́tulo 1
Introdução e Enquadramento
1.1
Introdução
Os jogos antigos são os melhores jogos. Um dos mais antigos são as construções
geométricas. Como Platão especificou, o jogo é executado com uma régua e um
compasso, onde a régua é apenas usada para desenhar a recta que passa por
dois pontos dados e o compasso é usado unicamente para desenhar um cı́rculo
de centro dado e que passa por um determinado ponto[19]
Nos últimos anos tem aumentado o interesse dos professores de matemática em debater
o ensino da geometria nas nossas escolas. Não porque seja mais importante do que outras
áreas da matemática mas porque é seguramente aquela em que os professores se sentem
menos preparados, quer a nı́vel cientı́fico quer a nı́vel didáctico, e talvez por isso, aquela
em que menos se investe a nı́vel curricular. Além disso, há uma consciência colectiva da
importância desta área, como área de aprendizagem, pela sua contribuição na formação e
cultura dos nossos jovens e pela aplicação que tem noutros domı́nios inclusivé dentro da
própria matemática.
Uma das correntes actuais em Educação Matemática é utilizar a Resolução de Prob12
lemas como uma metodologia de ensino para que o aluno se habitue a criar uma linha
de pensamento, construir estratégias de resolução e argumentação, relacionar diferentes
conhecimentos e ser persistente na busca de uma solução. Mas não tem sido fácil escolher
na geometria, quais os problemas, que indo de encontro com estes princı́pios não criem a
noção que a geometria é menos fundamentada do que as outras ciências. O desafio que
um bom problema coloca tem sido o trampolim para muitos outros e para o aparecimento
de novas teorias. Além disso, na nossa opinião, não é necessário esperar pela aquisição de
noções muito estruturadas para que se possa iniciar a actividade matemática e se crie o
gosto pelo trabalho de pesquisa. Foi nesse sentido que escolhemos o Problema de Apolónio
como tema central deste trabalho. As resoluções dos dez casos em que está subdividido este
problema é o assunto do capı́tulo 3. Cada caso aparece como um problema de construção
geométrica cujas soluções podem ser obtidas com o uso exclusivo da régua e do compasso.
Estas construções são muitas vezes designadas por construções euclidianas[25].
Os Elementos de Euclides são como um manual com instruções e propostas relativos a
um jogo, o jogo das construções geométricas[19]. Cada um dos treze livros traz um conjunto
de axiomas(regras do jogo),um conjunto de definições e uma sequência de proposições.
As definições são essenciais em qualquer estudo. Elas são a tradução matemática de conceitos e daı́ a sua importância: é fundamental saber o que se está a estudar. Como Sócrates
dizia o começo da sabedoria é a definição dos seus termos[19]. As definições são então as
peças com que se joga.
As proposições são os diferentes desafios propostos a quem se disponha jogar e há dois
tipos: os teoremas e os problemas. Os teoremas são afirmações que requerem uma prova
baseada num conjunto de postulados ou de teoremas previamente provados. Os problemas
são a questão sobre a possibilidade de construção de elementos desconhecidos a partir dos
elementos geométricos conhecidos ou são proposições com um ponto de interrogação. A
construção é também por si só um teorema, requer uma prova mas tem a forma de uma
receita ou algoritmo. Assim temos a seguinte sequência; problema-construção-prova[19].
Uma proposição, principalmente em geometria, é muitas vezes acompanhado por uma
13
representação i.e. uma ilustração ou figura que nos ajuda a delinear e a validar uma construção. No capı́tulo 3 deste trabalho os dez casos do Problema de Apolónio aparecem
na sequência referida anteriormente problema-construção-prova e cujas definições e construções se baseiam noutras, previamente estabelecidas, no capı́tulo 2.Também neste 2o
capı́tulo se definem as macro-construções que vão facilitar a construção das figuras dos
casos do Problema de Apolónio e trata-se de transformações (homotetia e inversão) e de
lugares geométricos de pontos equidistantes a três objectos. Precisamos destes conceitos
porque, nos pareceu interessante criar uma situação que levasse a relacionar conceitos novos
com outros, já adquiridos, apresentam-se, no capı́tulo 3, soluções de um dos casos (caso
6) de três maneiras diferentes: recorrendo às propriedades das homotetias; utilizando a
inversão; definindo um lugar geométrico.
As consultas que fizemos sobre este tema levaram-nos a um artigo[1] que nos induziu
a tratar alguns dos casos do Problema de Apolónio sob um novo ponto de vista, o que
é apresentado no capı́tulo 5: a partir de uma definição vão-se construindo teoremas de
uma forma sequencial,i.e., teoremas anteriores são usados na prova de um posterior. A
diferênça de perspectiva em relação ao capitulo 3, consiste em que as proposições que
se demonstram são do tipo teorema e não do tipo problema. O conjunto de definições e
proposições, (nomeadamente as propriedades das polares e dos seus pólos) que são a nova
base para no estudo do capı́tulo 5, formam o capı́tulo 4.
As figuras que ilustram todo o trabalho foram feitas utilizando os recursos da geometria
dinâmica. Em nossa opinião uma boa figura ajuda-nos a acompanhar os passos de uma
construção e por isso a organizar o nosso pensamento, até porque, este tipo de software
pelas suas caracterı́sticas permite rejeitar rapidamente uma estratégia de construção errada
e fornece pistas para a construção da solução de um problema. Estamos convictos de que é
aliciante poder-se ver o que se vai afirmando; partindo de um Problema iniciar um passeio
onde se visitam alguns conceitos, adquirem outros, se conhecem e provam novas proposições
e se faz a ligação com outras já conhecidas. O prazer que este passeio pode proporcionar é
ainda enriquecido com a criação das imagens que o ilustram, o que se espera que estimule
14
novas aventuras cultural e intelectualmente enriquecedoras.
1.2
Enquadramento Histórico
Même les géomètres, qui sont gens sans grands préjugés, nous enseignent que
les plus grandes nouveautés dans leur art, leur viennent des problèmes les plus
anciens médités de nouveau, et repris de plus près.
Paul Valéry[4]
A geometria é talvez a área da matemática onde a escolha do método na abordagem de
um problema mais influencia o suporte conceptual necessário para a sua resolução. Parece
evidente que a resolução de um problema que envolva, por exemplo, um cı́rculo, feita, à
luz dos Elementos de Euclides ou usando a geometria analı́tica ou ainda numa perspectiva
projectiva, evoca propriedades e resultados de natureza bem diferente.
Muitos foram os problemas da Antiga Grécia que se mantiveram presentes ao longo da
história da evolução da geometria e dos seus métodos. O Problema de Apolónio é um
desses problemas: Dadas três coisas, cada uma das quais pode ser um ponto, uma recta ou
um cı́rculo, traçar um cı́rculo que é tangente a cada uma das três coisas[21].
Diversos matemáticos empenharam-se na busca de soluções para o atraente problema
resultando assim diversas abordagens. Estas estão inevitavelmente ligadas ao instrumental matemático disponı́vel em cada época. Ao seguirmos a trajectória do Problema de
Apolónio, ao longo do tempo, podemos apreciar algumas descobertas na geometria e sobretudo os diferentes métodos que foram surgindo. Anne Boyé [5] descreve como, ao longo
dos tempos, vários matemáticos usaram o Problema de Apolónio como argumento e como
exemplo dos seus métodos.
Dos três grandes matemáticos da Idade Helenı́stica, Euclides, Arquimedes e Apolónio
este último é talvez o menos conhecido. Não se conhecem datas e dados precisos da sua vida
15
e os que se conhecem são provenientes de notas e prefácios dos seus livros. Nasceu por volta
de 262 a. C. em Perga mas estudou em Alexandria com os discı́pulos de Euclides. Ficou
conhecido como o Grande Geómetra devido fundamentalmente à sua obra, um tratado
sobre As Cónicas composta por oito livros ao longo dos quais Apolónio demonstra centenas
de teoremas recorrendo aos métodos geométricos de Euclides. Os livros um a quatro
sobreviveram em grego e os cinco a sete em àrabe; o oitavo, tratado Sobre Tangências, é
uma das obras que se perderam. Graças a Pappus (c. 300 d. C.) são conhecidos alguns
fragmentos desta obra descritos no seu trabalho Colecção Matemática.
No perı́odo do Renascimento Italiano (sec. XVII) o interesse em restaurar e reconstruir
obras dos matemáticos Gregos atinge o seu auge. No entanto, é apenas em meados do século
XVI que o tratado Sobre Tangências é recuperado por Francoise Viète(1540-1603) que o
restaurou e o publicou com o tı́tulo Apollonius Galus. Esta obra tornou-se celebre não só
pelo nı́vel de conhecimentos matemáticos utilizados (antecipou resultados que seriam muito
mais tarde sistematizados por G. Monge (1746-1818), pai da Geometria descritiva) mas
também pelas caracterı́sticas estruturais que apresentava. Neste trabalho Viéte constrói as
soluções erguendo as suas justificações sobre os Elementos de Euclides. Toda a obra é uma
demonstração do método sintético. Como desafio, Viéte propôs o Problema (no caso em
que as três coisas eram cı́rculos) ao matemático belga Adian van Roomen, mais conhecido
por Adrianus Romanus (1561-1615). Viéte rejeitou a solução de Romanus, que se traduzia
na intersecção de duas cónicas, alegando que estas curvas não se podem construir usando
apenas a régua e o compasso.
O surgimento da Geometria Analı́tica, a partir do trabalho de Descartes(1596-1650) com
as cónicas e com o problema Lugar geométrico de quatro rectas de Pappus , trouxe novos
recursos na busca de soluções para o Problema de Apolónio. Com a publicação da sua obra
La Géométrie, Descartes colocou todo o campo da geometria clássica no domı́nio de acção
dos algebristas. A correspondência entre Descartes a a princesa Elizabeth da Boêmia (15961662) evidencia a vontade de Descartes de, a partir do Problema de Apolónio, valorizar
o seu método e, ao mesmo tempo, desvalorizar o método sintético. Surgem então alguns
16
trabalhos em que a álgebra era aplicada aos resultados de Apolónio, nomeadamente o
Tractatus de sectionibus conicis (1655) de John Wallis e uma parte dos Elementa curvarum
linearum (1659) escrito por Johan De Witt, primeiro ministro da Holanda. No entanto
estes trabalhos poucos progressos trouxeram, visto não serem mais do que uma transcrição
de Apolónio para a linguagem algébrica.
O tratamento que Viéte e Decartes deram ao problema de Apolónio marca bem diferença
entre geometria sintética e analı́tica.
Newton (1643-1727) foi também um dos matemáticos que se debruçou sobre este problema mas, talvez por perceber a importância dos dois métodos, fê-lo de uma forma sintética
em Les Principia (1686) e analiticamente em Arithmetica universalis (1707).
Todos estes matemáticos negligenciaram o número de soluções que o Problema de Apolónio
pode ter. O interesse era sobretudo encontrar uma solução dentro de uma situação particular das posições relativas das três coisas. A primeira discussão completa da solução do
problema é dada por Euler (1707-1783) na sua obra Soluto facilis problematics quo quaeritu
circulus qui datos tres circulos tangat.
Durante o sec. XVIII a geometria analı́tica foi ganhando força e a sintética perdendo
importância. No entanto, com o desenvolvimento da geometria descritiva e projectiva,
a geometria sintética revitalizou-se. Entretanto o discurso matemático tinha evoluı́do e
uma solução dum problema geométrico, por si só, não era suficiente. Uma solução, para
agradar à comunidade cientifica, tinha que ser completa e devia atingir o mais alto nı́vel
de generalização. A forma desorganizada das demonstrações sintéticas dos diferentes casos
do Problema de Apolónio, definidos a partir da natureza dos três objectos assim como das
várias situações criadas através das posições relativas desses mesmos, foi considerada pelos
analistas como uma desvantagem daquele método. Em contrapartida, os partidários da
sı́ntese criticavam o método analı́tico por este ignorar a figura geométrica que consideravam
ser o coração da geometria. Um verdadeiro debate surge então sobre métodos. A Sociedade
das Ciências, Letras e Artes, de Bordéus, organiza um concurso, em 1813, para um ensaio
17
que caracterize a sı́ntese e a análise matemática e que determine a influência de cada
método no rigor, no progresso e no ensino das ciências exactas.
A leitura dos documentos que surgiram na época, quer dos aficionados do método
analı́tico quer dos do método sintético, publicados, muitos deles, na revista Annales de
Mathématiques pures et appliquées, é um contributo riquissı́mo para uma reflexão sobre o
papel destes métodos no ensino da geometria. O Problema de Apolónio esteve no centro
dessa controvérsia e foi matéria de correspondência entre Poncelet e Gergonne opositores
na escolha dos métodos.
A solução analitica mais conhecida da época foi publicada por Joseph Gergonne[11]
(1771-1859); em 1822, Poncelet publica uma solução sintética na mesma revista em que
menciona os conceitos de pólo, polar e eixo radical.
Vários outros matemáticos se debruçaram sobre o Problema de Apolónio. Sem queremos
ser exaustivos podemos enumerar: L’Hospital (1661-1704); Carnot(1753-1823); Gauss(17771855); Cauchy (1789-1857). As soluções encontradas continuavam a não satisfazer à ideia
tão defendida na era moderna: encontrar um método directo, aplicável a todos os casos, e se
possı́vel, que permitisse determinar o número de soluções admissı́veis para o problema.[4]
A teoria das inversões, na qual Julius Pederson(1839-1910) se baseou para apresentar
uma solução para o problema[8], foi desenvolvida na primeira metade do sec.XIX. . Foram
os resultados da geometria das inversões que permitiram sistematizar a análise das possı́veis
configurações dos três objectos dados no Problema de Apolónio, classificando-as e determinando o número efectivo de soluções nos diferentes casos, como se pode ver no artigo de
Bruen [6].
A importância deste problema não acaba na discussão dos métodos ou na introdução
de novos conceitos. Novos problemas surgiram e vemos, com Fermat 1601-1665), o salto
tridimensional que este problema deu: construir uma esfera tangente a quatro esferas
dadas.
18
Muitos foram os matemáticos que se debruçaram sobre o Problema de Apolónio. Muitos
serão concerteza os que se vão debruçar. Não será altura de enriquecermos a cultura
e o conhecimento matemático dos nossos jovens, dando-lhes também a oportunidade de
trabalharem este problema como se de geómetras se tratassem?
1.3
Enquadramento Metodológico
On a appelé Synthèse ou méthode synthétique, le procédé par lequel on s’élève,par
degrés, des verités les plus élèmentaires à celles qui sont moins; et ont a appelé Analise ou Methode Analitique, la méthode qui consiste, au contraire, à
redescendre des vérites les plus élevées aux plus élémentaires, dans la vue de
faire voir que les premières de réduisent au fond à celles-ci. Ces deux méthodes
font donc parcourir la même route, mais dans des directtions tout-à-fait inverse; et elles n’ont absolument aucun avantage l’une sur l’autre, soit sous le
rapport de la rigueur, soit sous celui da la brièveté.[10]
O método que se escolhe para a resolução de um problema, como já foi referido, não só
influencia o modo como se aprende mas determina muitas vezes o que se aprende.
Questões e preocupações sobre como pensamos ou como aprendemos matemática são
antigas e parecem estar ligadas ao desenvolvimento da ciência. Pappus[21], descreve em
detalhes o método analı́tico dos antigos geómetras gregos na demonstração de teoremas
ou na construção de figuras geométricas. Esse livro foi dedicado ao seu filho Hermodoro
e é composto de fragmentos de obras de outros autores gregos com a finalidade de dar
a conhecer processos que pudessem ser úteis na resolução de problemas. Esses processos
consistiam num duplo movimento:
Com a ascensão da geometria analı́tica as palavras analise e sı́ntese vão tomar um
novo significado. Duma forma muito simplista: a geometria sintética tem por base as
19
propriedades geométricas descobertas pelos métodos utilizados na Antiga Grécia; a representação de pontos por meio de coordenadas e o de figuras por meio de equações algébricas
e todo o mundo matemático que resulta da utilização dessa representação é o que se designa por geometria analı́ticaanálise, na qual se recorria aos antecedentes das proposições a
serem provadas ou as condições que tornassem possı́veis a construção de figuras geométricas;
a sı́ntese, na qual, a partir das condições descobertas na análise, se apresenta ou a prova
do teorema ou a construção efectiva da figura geométrica[17]. A análise é a invenção e a
sı́ntese a execução; a análise consiste em conceber um plano e a sı́ntese, em concretizá-lo.
Será possı́vel no processo mental de procura da solução de um problema separar a análise
da sı́ntese?
Com a ascensão da geometria analı́tica as palavras analise e sı́ntese vão tomar um
novo significado. Duma forma muito simplista: a geometria sintética tem por base as
propriedades geométricas descobertas pelos métodos utilizados na Antiga Grécia; a representação de pontos por meio de coordenadas e o de figuras por meio de equações algébricas
e todo o mundo matemático que resulta da utilização dessa representação é o que se designa
por geometria analı́tica[25].
Sob o nosso ponto de vista resolver um problema utilizando diferentes perspectivas contribui para despertar o gosto pela geometria e desenvolver as capacidades geométricas. Por
isso, a nossa escolha de apresentar um problema, o Problema de Apolónio, segundo um
ponto de vista sintético não tem a ver com o valorizar a geometria sintética em detrimento
da analı́tica, mas sim porque consideramos que esta é praticamente inexistente no nosso
ensino. Qual de nós saiu do ensino secundário a saber, por exemplo, construir (e justificar)
uma circunferência tangente a uma recta e a uma circunferência dadas, utilizando a apenas
a régua e o compasso? O esquecimento deste tipo de geometria, tem com certeza a ver
com a forma como se vê o seu ensino: ou se admitia como conhecidas propriedades básicas
partindo daı́ para novos resultados; ou se tinha como ponto de partida os fundamentos
da geometria (nomeadamente a axiomática de Euclides) tornando o seu ensino lento e de
difı́cil compreensão. Como diz Araújo[2]: . . . ou se constroem vistosos palácios na areia, ou
20
se lançam portentosos alicerces para algo que nunca será construı́do. . . Não havendo tempo
para ministrar estes dois tipos de cursos aos mesmos estudantes, quer-nos parecer que o
primeiro tipo é menos pernicioso: pelo menos não mata o interesse pela geometria. Mas o
ideal, é claro. . . é fazer um esforço para combinar as duas abordagens. . . .
Estamos convictos de que combinar estas duas abordagens passa por criar oportunidades
para que, com a resolução de problemas se reflicta sobre o que é resolver um problema, em
geometria, se apresentem justificações, se argumente, se demonstre, se organize localmente
a matemática e se reflectia sobre o carácter dedutivo e axiomático da matemática como
ciência[25].
Não sendo de forma alguma a Matemática uma ciência experimental,(as suas teorias não
se comprovam pela repetição ou pela experiência mas pela demonstração) a experimentação
e a reflexão sobre essa experimentação são fundamentais nas actividades da matemática e
contribuem para a compreensão da sua natureza.
A utilização de software de geometria vai não só proporcionar um ambiente favorável
à experimentação, mas também permitir que se estabeleça, com mais pertinência, uma
relação entre as duas abordagens que se falou atrás.
A construção de um conceito é um processo de abstracção lento que deixa sempre inseguro quem avalia o estado em que se encontra esse processo. Quando perguntamos a um
aluno o que é uma circunferência obtemos quase sempre uma resposta satisfatória (que
geralmente corresponde a uma definição) mas esse mesmo aluno pode não ser capaz de
identificar os pontos que se encontram a uma menor distância do centro da circunferência.
A experiência de situações como esta são frequentes a quem ensina matemática nas nossas
escolas. O que queremos dizer com este exemplo é que as definições por si só não permitem
a interiorização do conceito. Um dos papeis do professor é o de fazer com que os alunos
tomem consciência que as definições podem ser, até certo ponto, arbitrárias mas que são
necessárias para que se discuta as questões matemáticas. Sem definições a comunicação
matemática torna-se impossı́vel.
21
A escolha do método utilizado para a resolução do Problema de Apolónio juntamente com
os recursos da geometria dinâmica e fundamentalmente com as caracterı́sticas do próprio
problema teve como finalidade: não só trazer de volta o significado inicial de análise e
sı́ntese:A análise consiste em conceber um plano e a sı́ntese, em concretizálo,; como tornar mais atractiva a aprendizagem da geometria conciliando duas abordagens
que tem andado divorciadas; criar o gosto pela geometria e pela resolução de problemas
puramente geométricos; e finalmente construir conceitos mais sólidos através do diálogo
entre definições e propriedades.
1.4
Enquadramento Didático
A Matemática pode ser comparada a um moinho magnificamente bem feito que
mói farinha tão fina quanto se deseja; mas o que você recebe depende do que
você pôe lá; e assim como o melhor moinho do mundo não pode tirar farinha de
trigo de grãos de ervilha, também páginas de fórmulas não tirarão um resultado
definido de dados imprecisos.
Huxley[4]
O ensino da Geometria tem sido o ramo pobre do ensino da Matemática. Ao longo
de vários anos a Geometria é pouco trabalhada no contexto escolar e quando acontece,
é ensinada de forma estática e sem contextualização. O ensino tradicional da geometria
deixa lacunas quer a nı́vel dos conhecimentos quer a nı́vel das atitudes face ao saber.
Costuma-se designar por ensino tradicional da Matemática o método em que o professor expõe os conceitos, resultados e técnicas de uma determinada matéria da Matemática
e o papel do aluno não é mais do que a de um ouvinte. Esses conceitos, resultados e
técnicas são apresentados numa sequência lógico-dedutiva, sob uma forma acabada, usando as definições, teoremas e métodos na sua expressão mais refinada obtida até aquele
momento. Isto não deixa de ser surpreendente, pois não é assim que os matemáticos ac22
tuam nas suas actividades de investigação. O exemplo mais clássico deste fenómeno pode
ser visto em O Método, em que Arquimedes relata como investigava os factos matemáticos
e depois se esforçava em inseri-los na metodologia lógico-dedutiva utilizada na sua época,
seguindo uma metodologia distinta daquela que havia gerado a sua descoberta[14]. Não
nos deteremos a analisar este (aparentemente) estranho fenómeno, apenas nos debruçamos
sobre o facto de, como é generalizadamente aceite, o ensino tradicional já não responder às necessidades do mundo actual; deve-se procurar um novo paradigma no ensino da
Matemática, que possa formar jovens mais criativos e crı́ticos.
A consciência destes factos e a convicção da importância da aprendizagem da geometria fizeram do seu ensino a questão chave nas reformas dos currı́culos de Matemática do
Ensino Básico e Secundário nos últimos anos e um pouco por todo o mundo. Em 1990
realizou-se, nos Estados Unidos, um seminário para analise do ensino da geometria. No
prefácio das actas da reunião pode ler-se:[25] (. . . )Os geómetras sabem que, para além das
numerosas áreas que florescem dentro da geometria, as ideias geométricas têm fornecido
o ponto de partida para desenvolvimentos conceptuais em outros ramos da matemática,
que agora estão afastados das suas raı́zes geométricas. Além disso, profissionais fora do
campo da matemática (como fı́sicos, cientistas da computação, biólogos, engenheiros,etc.)
estão a descobrir que as ideias geométricas têm uma utilização muito ampla, não só como
fundamentação teórica dos seus domı́nios de trabalho, mas também na realização de novas
tecnologias que se estão a desenvolver nesses domı́nios.(. . . )Muitos geómetras têm visto
com tristeza que estes progressos empolgantes coexistem com um currı́culo cristalizado de
geometria nas nossas escolas e institutos.
Deste seminário saı́ram algumas recomendações sobre o ensino da geometria que ainda
hoje são pertinentes e vão no sentido de ligar o ensino das geometria às novas tecnologias.
Uma grande parte daquela problemática tem origem nos programas e práticas de ensino nas nossas escolas[13]: o tratamento estereotipado e estático que é dado aos objectos
geométricos contribui para que se confunda as propriedades de um desenho com as pro-
23
priedades do objecto. Quem já não se deparou com alunos que garantem que um triângulo
não é rectângulo por não estar desenhado na posição normal ? Ou ao contrário afirmarem
que um determinado triângulo é rectângulo apenas porque parece: Se folhearmos alguns
manuais escolares percebe-se que esta confusão tem razão de ser: Os desenhos são iguais
ou parecidos, em todos os livros, quando querem ilustrar as definições (que geralmente são
pouco claras). O aspecto de construção raramente é abordado. A instrução construa é
palavra pouco usada nos manuais escolares e, no entanto, esta é a actividade de excelência
da geometria.
Os nossos jovens, de uma maneira geral, saem para o mundo Universitário ou mesmo
para o mundo do trabalho com grandes dificuldades em fazer generalizações e deduções,
processos tão caracterı́sticos no estudo da geometria. Mesmo o conhecimento cientı́fico
na área da geometria é muito deficitário: É distorcida ou mesmo nula a compreensão
que têm dos objectos geométricos; recorrem frequentemente à análise e à álgebra para
verificarem determinadas propriedades geométricas, Euclides é posto de lado; axiomas,
definições, propriedades e teoremas são conceitos confusos e sem hierarquização e por
isso dificilmente conseguem estruturar uma demonstração. Quando se ensina geometria os
alunos frequentemente perguntam perante uma definição se é para demonstrar, ou, evocam
um teorema como se de uma definição se tratasse.
Este desconhecimento raramente acontece no estudo da álgebra. Porquê então com na
geometria? A análise que Gravina fez das dificuldades cognitivas dos alunos pode contribuir
para uma resposta [13]: Se pensarmos em geometria como processo de interiorização e
apreensão intelectual de experiências espaciais, o aprendizado passa por um domı́nio das
bases de construção deste ramo do conhecimento, e aqui a abstracção desempenha papel
fundamental. Nesta matematização- leitura do mundo através da matemática- os objectos
do mundo fı́sico passam a ser associados a entes abstractos, que são definidos e controlados
por um corpo de pressupostos, o sistema de axiomas da teoria. Na transição para este
mundo existem dificuldades inerentes ao processo, provenientes do confronto entre conceitos
cientı́ficos e não cientı́ficos.
24
Nesta transição, os desenhos ou as imagens associados ao objecto geométrico podem ter
um papel fundamental. Todos nós, perante um problema geométrico, fazemos um desenho
como suporte concreto da situação, como ponto de partida para a organização do nosso
pensamento. Mas nem sempre é claro que o desenho seja apenas uma representação. É
com frequência que se vê fazer um desenho com tanto cuidado e com tanta precisão como
se este fosse o próprio objecto geométrico. Esta confusão faz com que as caracterı́sticas
e as restrições do desenho influenciem e imponham uma linha de pensamento que muitas
vezes diverge do aspecto conceptual. Estes dois aspectos, conceptual e figural, fazem parte
parte do estudo de qualquer objecto geométrico e a sua harmonia e a consciência de onde
acaba um e começa outro é que determina a noção correcta sobre o objecto em estudo.
A utilização da geometria dinâmica no ensino da geometria pode dar uma contribuição
positiva na conjugação destes dois aspectos. Um programa de geometria dinâmica é essencialmente uma ferramenta de construção. Comecemos então por ver quais os aspectos mais
importantes comuns a este tipo de programas[25].Sob o nosso controle pode-se:
1. executar rotinas da geometria euclidiana: traçado de segmentos, rectas e circunferências, perpendiculares e paralelas,marcação do ponto médio e dos pontos de intersecção entre dois objectos, traçado das bissectrizes, de polı́gonos de cónicas dados
cinco pontos etc.
2. efectuar transformações geométricas: pelo menos a rotação e a reflexão
3. efectuar medições: distância, amplitude de ângulos, áreas de polı́gonos e circunferências, etc.
4. construir e memorizar rotinas mais complexas que passam a funcionar como rotinas
de base- macroconstruções. A definição destas macroconstruções requer um conhecimento sólido da invariância das propriedades dos objectos e, por isso, é uma
actividade rica na aprendizagem da geometria. Vejamos um exemplo simples:
25
Construção da recta tangente a uma circunferência num seu ponto Define-se
como elementos principais o ponto e a circunferência e como secundários, o raio
e a recta perpendicular ao raio que contêm o ponto. Assim, perante qualquer
circunferência e qualquer ponto desta, para que tangente apareça desenhada
basta activar a macro e clicar nos elementos principais. Esta construção requer
o conhecimento de que uma recta tangente a uma circunferência é sempre perpendicular ao raio que contêm o ponto de tangência. Ou seja, esta relação de
perpendicularidade mantém-se mesmo variando a circunferência ou o ponto.
5. traçar no ecrã um sistema de coordenadas cartesianas e ver as coordenadas dos pontos
e as condições que definem rectas e circunferências.
6. rastrear um ponto, manual ou automaticamente, ficando desenhado no ecrã o seu
rasto.
Sendo estas as caracterı́sticas chave deste tipo de programas, existem muitas outras que
enriquecem e facilitam a aprendizagem da geometria:
• pode-se fazer desaparecer, aparentemente, um objecto no ecrã sendo sempre possı́vel
fazê-lo reaparecer;
• dá a informação ordenada dos passos de construção;
• os desenhos de objectos e configurações geométricas são construı́dos a partir das
propriedades que os definem;
• por intermédio do rato a figura pode ser modificada por arrastamento de alguns
dos seus elementos. Assim, para um dado objecto, é associado um conjunto de
desenhos em movimento e as propriedades que se mantêm invariantes correspondem
a propriedades conceptuais do objecto. Esta caracterı́stica torna-se uma mais valia
no ensino da geometria. Através dum exemplo simples podemos clarificá-la:
26
a construção de um triângulo equilátero a partir da imagem mental que se tem
(desenho livre) ou a partir das propriedades geométricas que o definem podem
ter a mesma aparência. No entanto se incutirmos o movimento a partir do
deslocamento de um dos vértices, enquanto a primeira figura se deforma e deixa
de ser um triângulo equilátero,a segunda muda de tamanho ou posição mas
mantêm as suas caracterı́sticas geométricas, continuando a ser um triângulo
equilátero;
• define uma hierarquia entre os várias elementos que resulta do processo de construção
escolhido. Ficam assim definidas certas relações que se mantêm constantes. Assim
o movimento dos elementos depende dessa hierarquia. Por exemplo suponhamos a
seguinte sequência:
1. trace-se uma circunferência com centro num ponto A e que passe por B
2. trace-se o raio [AB]
3. marque-se um ponto C de [AB]
o rato pode-se movimentar o ponto A e o ponto B mudando o tamanho e a posição
da circunferência no ecrã mas este movimento arrasta o segmento, i.e, o raio [AB]
muda com a circunferência e o ponto C é sempre um ponto do segmento. Também
se pode movimentar o ponto C mas só ele só se desloca sobre [AB].
A geometria dinâmica possui um grande potencial para tornar a tecnologia um grande aliado no processo de experimentação, descoberta, abstracção, especulação, confirmação, argumentação, validação e conjecturas, que são partes integrantes de resolução de problemas.[25]
No mundo actual, em que os desafios são constantes, a resolução de problemas tomou
um papel de grande relevo. A utilização da geometria dinâmica na resolução de problemas
de geometria permite, por um lado, não só a conciliação entre os conceitos da geometria euclidiana (mais propriamente construções de régua e compasso) e da geometria das
transformações e, por outro, fazer emergir uma nova forma de abordagem: a partir da exploração experimental, inicia-se uma conjectura e com o feedback constante oferecido pela
27
máquina, reformulam-se ou reafirmam-se as ideias, passando depois para a argumentação
e demonstração matemática.
No entanto colocarmo-nos em frente a um computador não propicia, por si só, uma aprendizagem efectiva: temos que ser mais crı́ticos e mais criativos. A escolha dos problemas
e a forma como são apresentados vai determinar a qualidade dos momentos de aprendizagem. Essa escolha deve contemplar problemas diversificados quer na forma de resolução,
quer nos conceitos que trabalha quer na sua aplicação a novos problemas. De acordo
com Lima:[18]. . . A solução é desenvolver um ensino equilibrado, isolar. . . três componentes
básicos cujo equilı́brio determina o êxito do bom ensino da matemática: conceptualização,
manipulação e aplicação, uma espécie de tripé que sustenta o ensino da matemática. Sem
um deles, a coisa desaba, não se equilibra.
A escolha do Problema de Apolónio como questão central deste trabalho deve-se à riqueza
de conceitos e à beleza e diversidade das construções que este problema acarreta e que por
isso pode dar, juntamente com as ferramentas dos programas da geometria dinâmica, um
contributo riquı́ssimo na aprendizagem da geometria.
Os dez casos em que se subdivide o problema são em si novos problemas de nı́veis
de dificuldade diferentes: quanto aos conceitos, às construções e ás justificações de que
necessitam. Procurou-se que as construções necessárias na sua resolução fossem de régua
e compasso. Ao fazê-lo vieram não só ao de cima conceitos, construções, propriedades
e caracterı́sticas dos objectos que fazem parte daquilo que se considera conhecimentos
básicos, como surgiu a oportunidade de introduzir e trabalhar novos conceitos duma forma
simples.
A construção de lugares geométricos tomou uma nova dimensão: a possibilidade que
este tipo de programas dá de incutir movimento, por exemplo num ponto, faz com que seja
possı́vel visualizar a imagem geométrica do objecto que esses lugares definem, mesmo que
a sua construção não possa ser feita com régua e compasso.
As figuras que ilustram as construções deste trabalho e que facilitam a sua compreensão
28
seriam impensáveis de as desenhar (pelo menos com a clareza com que aparecem) sem
utilizar os recursos da geometria dinâmica.
A experiência porque passamos ao utilizarmos a régua e o compasso electrónico trouxenos a convicção que de que a generalização do uso de programas deste tipo, não só vai
permitir trabalhar-se com uma maior frequência conceitos ligados às novas geometrias
como vai trazer de volta Euclides e dar a oportunidade de conhecer e resolver belos e
grandiosos problemas de construções geométricos dos grandes geómetras da Antiga Grécia.
29
Capı́tulo 2
Construções
2.1
Conceitos e construções básicas
Neste capitulo, como já referimos, vamos apresentar definições e construções no plano
Euclidiano associado a uma métrica que são o suporte do capitulo seguinte.
Não vamos enunciar aqui os fundamentos da geometria sobre os quais vão surgir as
definições e as proposições. Optamos por usar os mesmos que são descritos no livro de
Araújo[2]: os conceitos fundamentais são grandezas medidas com números reais: distância
entre dois pontos é a medida do comprimento do segmento definido pelos pontos e a
amplitude é a medida associada a um ângulo.
Mesmo em relação às definições e proposições consideradas como conhecimentos básicos,
apenas são enunciadas as que tornem mais fácil a leitura deste trabalho. As outras, as
que referimos sem definir ou sem provar, podem ser consultadas em livros de geometria
básica nomeadamente no livro referido acima. Quanto às proposições em relação às quais
optámos por apresentar uma demonstração, fizemo-lo na forma de problema-construção
com o intuito de mostrar que são construtı́veis com régua e compasso: as rectas podem
ser construı́das dados dois pontos e uma circunferência pode ser construı́da dado o seu
30
centro e um outro ponto por onde ela passa. Para os Antigos gregos a régua não tinha
propriedades métricas e o compasso era de pontas caı́das ie não fixa o raio quando a ponta
que está sobre o centro se move. Um compasso assim não pode ser utilizado para transpor
comprimentos. Nas construções apresentadas considerarmos um compasso de pontas fixas
(o compasso mantêm o raio se deslocarmos a ponta de um centro para outro) criando por
isso a possibilidade de transposição comprimentos. As construções que se podem efectuar
são as mesmas quer se use um ou outro compasso como mostra o Problema da Equivalência
dos Compassos que iremos enunciar e demonstrar mais à frente.
As figuras que aparecem neste trabalho foram feitas utilizando, como já foi referido
no capı́tulo 1, um programa de Geometria Dinâmica, (C.a.r.), que as torna mais claras.
Este programa permite preparar antecipadamente um conjunto de macro-construções que
sistematizam procedimentos repetitivos. A definição destas macros requer de quem as
faz um conhecimento das propriedades do objecto a construir e a ordenação dos passos
necessários para a sua construção.
Há um conjunto de construções básicas (como por exemplo encontrar o ponto médio de
um segmento ou traçar a perpendicular a uma recta por um ponto) que estão predefinidas
nos programas de geometria dinâmica e que por isso não vão ser feitas aqui. Os passos
indicados na construção de cada proposição têm em conta as construções previamente
definidas pelo software utilizado bem como as macro que vão ser definidas nesta secção.
No desenho de lugares geométricos vai-se utilizar uma função que existe neste tipo de
programas que é o traçado de um ponto que se move sujeito às restrições impostas na sua
construção. O problema põe-se em saber que objectos construir e que elementos mover para
que o lugar geométrico fique bem definido. Pelo que se disse, traçar um lugar geométrico
utilizando a geometria dinâmica pressupõe, por um lado, uma compreensão das definições,
por outro, saber escolher quais as propriedades dos objectos geométricos a que se deve
recorrer para encontrar a solução.
Ao longo deste trabalho são utilizadas as seguintes notações:
31
• O ponto P pertence a uma recta r(ou a recta r passa ou contêm P ): P ∈ r
• A recta que contêm os pontos P e Q: P Q
• Segmento de recta de extremos os pontos P e Q: [P Q] ou [QP ]
• Medida do comprimento do segmento [P Q] (por vezes diremos apenas comprimento
do segmento):P Q
• Distância entre P e Q: dist(P, Q) ou P Q
• Valor absoluto de k: |k|
• Semi-recta de origem P e que contêm o ponto Q distinto de P : Ṗ Q
• Triângulo de vértices os pontos A, B e C: 4ABC
• r é perpendicular a s: r⊥s
• O ângulo de vértice P e de lados as semi-rectas Ṗ A e Ṗ B (ou a sua amplitude):
∠AP B
• Circunferência de centro P e raio r: C(P, r)
• Potência de P relativamente a C: P ot(P, C)
• Quarteto harmónico formado pelos pontos (ou rectas) A, B, C e D: (ABCD)
• Razão dupla de A, B, C e D: (AB, CD)
• Intersecção de A com B: A ∩ B
2.1.1
Pontos, Rectas e Circunferências
Definição 2.1. A mediatriz de um segmento é a recta perpendicular esse segmento e que
contém o seu ponto médio.
32
Definição 2.2. Um lugar geométrico é o conjunto formado por todos os pontos que tem
uma propriedade comum. Essa propriedade é a propriedade caracterı́stica do lugar geométrico.
Proposição 2.1. A mediatriz de um segmento é o lugar geométrico dos pontos equidistantes dos extremos do segmento
A construção deste lugar geométrico atende ao facto de qualquer ponto que esteja à
mesma distância k de A e de B é um ponto da intersecção de duas circunferências com o
mesmo raio k e centros, uma em A e outra em B, figura 2.1
Construção. Seja [AB] um segmento.
1. Marque-se o ponto M , ponto médio do segmento [AB].
2. Trace-se uma circunferência de centro em A e que passe num ponto C da semi-recta
M˙B
3. Trace-se uma circunferência de centro em B com o mesmo raio da circunferência
traçada anteriormente.
4. Marque-se os pontos P1 e P2 pontos de intersecção das duas circunferências.
Estes pontos são pontos do lugar geométrico
5. Faça-se deslocar o ponto C sobre a semi-recta M˙B e selecione-se os pontos P1 e P2 ,
pontos a rastrear
Os pontos P1 e P2 ao deslocarem-se com C vão traçar o lugar geométrico procurado,
já que o deslocamento de C sobre a semi-recta M˙B vai criando todas as circunferências
centradas em A e em B com o mesmo raio e que se intersectam.
Prova:
Prove-se agora a proposição anterior.
Seja P é um ponto tal que dist(A, P ) = dist(P, B) os triângulos 4AM P e 4BM P têm
os três lados iguais, (AP =BP e AM =BM ) consequentemente por um critério de igualdade
33
Figura 2.1: Mediatriz de um segmento
(ou congruência de triângulos (LLL), os triângulos 4AM P e 4BM P são iguais então os
ângulos ∠AM P e ∠BM P têm a mesma amplitude. Como são suplementares e adjacentes
cada um deles é um ângulo recto. Deste modo P M é perpendicular a [AB] e como M é o
ponto médio do segmento P M é a mediatriz de [AB]. Reciprocamente se P é um ponto da
mediatriz do segmento [AB] então ∠AM P e ∠BM P são rectos. Por um outro critério de
igualdade de triângulos (LAL) os triângulos 4AM P e 4BM P são iguais logo A, P =B, P
ou seja dist(A, P ) = dist(P, B).
A construção seguinte é a primeira macro-construção que se vai definir:
Construção. Macro 1: Mediatriz de um segmento
Dado um segmento, de extremos P e Q, traçar a mediatriz do segmento.
1. Marque-se o ponto médio do segmento.
2. Trace-se a recta perpendicular que passa pelo ponto médio. Esta recta é a mediatriz
do segmento.
As mediatrizes dum triângulo são as mediatrizes dos lados do triângulo. Elas concorrem
num ponto comum que se designa por circuncentro do triângulo. Na construção seguinte
tem-se a prova de que este ponto existe e está bem definido:
Construção. Macro 2-Circunferência circunscrita a um triângulo
Uma circunferência circunscrita no triângulo é a circunferência que contêm os três vértices
34
do triângulo, figura 2.2.
Seja 4ABC um triângulo
1. Tracem-se as mediatrizes de dois lados do triângulo, por exemplo [AB] e [AC].
2. Marque-se o ponto O, ponto de intersecção das duas mediatrizes
3. Trace-se a circunferência de centro O e que passe por A.
Prova
A circunferência construı́da contêm os três vértices do triângulo pois sendo O um ponto
da mediatriz de [AB] tem-se que OA = OB, logo B pertence à circunferência de centro O
e raio OA. Da mesma forma OA = OC logo C pertence à circunferência de centro O e raio
OA. Assim como OB = OC, O pertence à mediatriz de [BC]. Portanto as mediatrizes do
triângulo concorrem no ponto O, o circuncentro do triângulo.
Figura 2.2: Circunferência circunscrita a um triãngulo
Definição 2.3. A bissectriz do ângulo ∠AOB é a semi-recta ȮP , que divide o ângulo em
dois ângulos adjacentes e com a mesma amplitude ∠RP S = ∠SP Q.
Proposição 2.2. A bissectriz de um ângulo é o lugar geométrico dos pontos equidistantes
dos lados do ângulo.
Construção. Seja ∠P OQ um ângulo de vértice O e de lados ȮT e ȮQ.
35
1. Marque-se um ponto A na semi-recta ȮP e marque-se o ponto B na semi-recta ȮQ
de forma a que OA = OB
2. Trace-se a perpendicular p1 ao lado ȮP que passe por A.
3. Trace-se a perpendicular p2 ao lado ȮQ que passe por B.
4. Marque-se o ponto P , ponto de intersecção das perpendiculares.
Este ponto P é um ponto do lugar geométrico procurado
˙ e seleccione-se P , ponto a rastrear
5. Faça-se deslocar o ponto A sobre a semi-recta OT
O ponto P ao deslocar-se com A vai traçar o lugar geométrico já que A vai percorrer a
semi-recta ȮP e consequentemente B percorre ȮQ, figura 2.3.
Figura 2.3: Bissectriz de um ãngulo
Prove-se agora a proposição anterior:
Prova: Seja P um ponto da bissectriz. Então por um critério de igualdade de triângulos
(LAL) os triângulos4OP A e 4OP B são iguais e portanto P A = P B. Mas dist(P, OA) =
P A e dist(P, OB) = P B então dist(P, OA) = dist(P, OB). O recı́proco também é verdadeiro pois se P é um ponto tal que dist(P, OA) = dist(P, OB) os triângulos 4OP A e
4OP B tem os três lados iguais logo são iguais (critério LLL) e assim ∠AOP e ∠BOP
são iguais. Portanto P pertence à bissectriz.
36
Definição 2.4. Incentro de um triângulo 4ABC é o ponto comum das bissectrizes dos
ângulos internos do triângulo.
A prova da existência do Incentro dum triângulo é feita na construção seguinte.
Construção. Macro 3-Circunferência inscrita num triângulo
Uma circunferência inscrita num triângulo é uma circunferência em que o seu centro está à
mesma distância dos lados do triângulo, figura 2.4.
É dado o triângulo 4ABC:
1. Tracem-se as bissectrizes de dois dos ângulos internos do triângulo, por exemplo
∠ABC e ∠BAC.
2. Marque-se o ponto I, ponto comum das bissectrizes.
3. Trace-se uma perpendicular por I a um dos lados do triângulo por exemplo [AC].
4. Marque-se o ponto P , ponto de intersecção da perpendicular com [AC].
5. Trace-se a circunferência de centro I e que contem P .
Figura 2.4: Circunferência inscrita num triangulo
Prova:
Por o ponto I pertencer às bissectrizes dos ângulos ∠ABC e ∠BAC tem-se que:
37
• dist(I, AB) = dist(I, BC)
• dist(I, AB) = dist(I, AC) = IP
portanto dist(I, AB) = dist(I, BC) = dist(I, AC) = IP , ou seja I está à mesma
distância dos lados do triângulo. Além disso como dist(I, BC) = dist(I, AC), o
ponto I também pertence à bissectriz do ângulo ∠ACB.
Para finalizar esta secção analise-se então o seguinte teorema.
Proposição 2.3. Problema da Equivalência dos Compassos
Dada uma circunferência W (B, r) de centro B e raio r e um ponto A distinto de B,
construir, com régua e compasso (de pontas caı́das), uma circunferência de centro A e
com o mesmo raio r.
O ponto A ou pertence à circunferência W ou pertence ao seu interior ou ao seu exterior.
Se A pertence a W a circunferência de centro em A e que passa pelo ponto B é solução do
problema. Resta então ver se há solução para o caso de A não pertencer a W .
Comece-se por supor que o ponto A pertence ao exterior da circunferência W
Construção. Seja W (B, r) de centro B e raio r e A um ponto que pertence ao exterior
de W , figura 2.5:
1. Trace-se uma circunferência W1 de centro A e que contêm B. Marque-se os pontos
de intersecção de W e W1 , E e F .
2. Trace-se uma circunferência W2 de centro B e que contêm A. Marque-se os pontos de
intersecção C e D das circunferências W1 e W2 .(Suponha-se que destes dois pontos
C é o que está a menor distância de E).
3. Trace-se a circunferência W3 de centro C e que passa por E. Marque-se o ponto G
o ponto da intersecção de W2 e W3 que dista menos de A.
38
Figura 2.5: ”‘Equivalência de Compassos 1”’
4. Trace-se a circunferência solução S de centro A e que passa por G.
A circunferência S tem raio AG = r
Prova:
As circunferências W e W1 são secantes já que W1 tem pontos no interior e no exterior de
W . Da mesma forma W1 e W2 são circunferências secantes tal como W2 e W3 . Garante-se
assim a existência dos pontos C,E e G. Como por construção AE = BG, CE = CG AC =
BG os triângulos 4GCB e 4ECA são iguais (critério LLL). Os ângulos ∠GCB e ∠ECA
são então iguais, donde ∠GCB − ∠ACB=∠ECA − ∠ACB ou seja ∠GCA = ∠ECB.
Por outro lado GC = EC e AC = BC os triângulos 4AGC e 4BEC são iguais (critério
LAL) o que implica AG = BE = r. A circunferência de centro A e que passa por G tem
o mesmo raio de W .
Veja-se agora a situação de ponto A pertencer ao interior de W .
Construção. Seja W (B, r) de centro B e raio r e A um ponto que pertence ao interior
de W :
1. Trace-se a circunferência, W1 de centro A e que passe por B
39
2. Trace-se a semi-recta ḂA e marque-se o ponto C ponto de intersecção com a circunferência W .
3. Trace-se a circunferência W2 de centro em C e que passe por A. Marque-se o ponto
D um dos pontos de intersecção de W1 e W2 .
4. Trace-se a circunferência W3 de centro D e que passe por C.
5. Trace-se a semi-recta ȦD e marque-se o ponto E, o ponto de intersecção com a
circunferência W3 que dista mais de A.
6. Trace-se a circunferência S de centro A e que passe em E.
Figura 2.6: ”‘Equivalência de compassos 2”’
Prova:
• O raio da circunferência S é AE = BC = r
• AD = AB
• DE = DC = CA
Assim: AE = AD + DE ⇔ AE = AB + CA ⇔ AE = BC = r
A circunferência de centro A e que passa por E tem o mesmo raio de W .
40
2.1.2
Circunferências e Tangência
Definição 2.5. Posições relativas de uma recta e uma circunferência
1. Uma recta é tangente a uma circunferência se e só se têm um único ponto em comum.
2. Uma recta é secante a uma circunferência se e só se têm só dois pontos em comum.
3. Uma recta é exterior a uma circunferência se e só se não têm pontos em comum.
Definição 2.6. Um ângulo diz-se inscrito numa circunferência se e só se o vértice é um
ponto da circunferência e cada um dos seus lados intersecta a circunferência num segundo
ponto diferente do vértice.
Teorema. Teorema do arco capaz
A amplitude de um ângulo inscrito numa circunferência é igual a metade da amplitude
do arco por ele subtendido.
Proposição 2.4. Uma recta t é tangente a uma circunferência C(O, r) num ponto P , se
e só se as rectas OP e t são perpendiculares e OP ∩ t = P
Construção. Macro 4 - Recta tangente a uma circunferência num ponto dado
Para definir a macro-construção basta atender à proposição anterior.
É dada uma circunferência C(O, r) de centro O e raio r e um ponto P de C.
1. traçar raio [OP ]
2. traçar o perpendicular a [OP ] que passe por P .
Construção. Macro 5-Rectas tangentes a uma circunferência por um ponto
exterior à circunferência.
Sejam C(O, r) uma circunferência e P um ponto exterior à circunferência.
1. Trace-se o segmento [OP ].
41
Figura 2.7: Recta tangente a uma circunferência em P
2. Marque-se o ponto médio M do segmento.
3. Trace-se a circunferência de centro M e que passa por P .
4. Marquem-se os pontos de intersecção das duas circunferências, T1 e T2 . Os ângulos
∠P T1 O e P T2 O são ângulos rectos pelo teorema2.1.2
5. Tracem-se as rectas P T1 e P T2 . Estas rectas são tangentes à circunferência C pois
são perpendiculares aos raios [OT1 ] e [OT2 ] nos pontos T1 e T2 respectivamente
Figura 2.8: Rectas tangentes a uma circunferência que contêm um ponto exterior P
Construção. Macro 6- Circunferência tangente a uma recta num ponto dado e
que passe por um outro ponto exterior à recta
Sejam r e P um ponto exterior à recta. Seja ainda T um ponto de r.
O centro da circunferência procurada está na recta perpendicular à recta r que contém o
42
ponto T . Por outro lado a distância de T e de P ao centro da circunferência tem de ser
igual assim:
1. Trace-se a perpendicular, p, a r que passe por T .
2. Trace-se a mediatriz, m, do segmento [T P ].
3. Marque-se o ponto O ponto de intersecção das rectas p e m. Trace-se a circunferência
de centro O e que passe por T .
Figura 2.9: Circunferência tangente a uma recta r num ponto T
Proposição 2.5. Os centros de duas circunferências tangentes e o ponto de tangência são
colineares.
Prova
Sejam O1 e O2 os centros das circunferências tangentes no ponto T e seja t a recta
tangente em T a ambas as circunferências. Então O1 T ⊥t e O2 T ⊥t donde O1 , T e O2 são
pontos da recta perpendicular a t que passa por T logo os pontos O1 , O2 e T são colineares.
Construção. Macro 7 - Circunferência tangente num ponto dado de uma circunferência e que passe por um determinado ponto exterior à circunferência.
Sejam C(O, r) uma circunferência e T um ponto da circunferência. Seja ainda P um ponto
exterior a C. Pela proposição anterior os pontos O, T e o centro da circunferência a construir são colineares. Por outro lado o centro da circunferência solução está à mesma
distância de T e de P então pertence à mediatriz do segmento [T P ].
43
1. Trace-se a recta que contém os pontos O e T .
2. Trace-se a mediatriz do segmento [T P ].
3. Marque-se o ponto A de intersecção da recta OT e da mediatriz. (Se forem paralelas
não há solução uma vez que não pontos da mediatriz que satisfaça a condição de
colineariedade referida em cima.=
4. trace-se a circunferência S de centro em A e que passa por P .
Figura 2.10: Circunferência que passa por P e é tangente a uma circunferência
O ponto A por pertencer à mediatriz está à mesma distância de T e de P portanto T
pertence a S. Mas T como O, T e A são colineraes e OT + T A = OA as circunferências
são tangentes em T .
O problema que se segue é o de construir as tangentes comuns a duas circunferências
dadas. Ao longo deste capı́tulo este problema vai ser construı́do de três formas: a que se
apresenta de seguida, uma construção que utiliza as propriedades das homotetias, e uma
que recorre às propriedades do eixo radical.
Construção. tangentes interiores a duas circunferência
Construir as tangentes interiores a duas circunferências dadas C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 ).
A ideia da construção é considerar uma circunferência auxiliar concêntrica com uma
das circunferências e cuja coroa circular tenha o raio igual ao raio da circunferência não
44
concêntrica. Em seguida constrói-se as tangentes à circunferência auxiliar que passem
pelo centro da circunferência não concêntrica. Depois encolhe-se (ou estica-se a circunferência auxiliar, arrastando consigo as tangentes, de forma a coincidir com a circunferência
concêntrica inicial.
1. Trace-se a circunferência w1 de diâmetro [O1 O2 ].
2. Trace-se a circunferência w2 de centro O1 e raio r1 + r2 .
3. Marquem-se os pontos P1 e P2 pontos de intersecção de w1 e w2 .
Os ângulos ∠O1 P1 O2 e ∠O1 P2 O2 são ângulos rectos pois são ângulos inscritos numa
circunfrência cujos arcos subtendidos são semicircunferências.
4. Marquem-se os pontos T1 e T10 pontos de intersecção de O1 P1 e de O1 P2 com a
circunferência C1 .
5. Trace-se a rectas t1 que contêm T1 e é paralela O2 P1
6. Trace-se a recta t2 que passa no ponto T10 e é paralela a O2 P2 .
Figura 2.11: Rectas tangentes (interiores) a duas circunferências
A recta t1 , paralela a O2 P1 e que passa em T1 é perpendicular a O1 T1 logo é tangente
a C1 em T1 . Por outro lado sendo dist(O2 , t1 ) = T1 P1 = r2 = O2 T2 = portanto t1 é
perpendicular a O2 T2 no ponto T2 ou seja é tangente a C2 neste ponto. A justificação de
que t2 é tangente a ambas as circunferências é análoga a feita para t1 .
45
Construção. tangentes exteriores
Construir as tangentes exteriores a duas circunferência dadas C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 )
A ideia de construção destas tangentes é semelhante à anterior.
Supondo r1 > r2
1. Trace-se a circunferência W1 de diâmetro [O1 O2 ].
2. Trace-se a circunferência W2 de centro O1 e raio r1 − r2 . Marquem-se os pontos P1
e P2 pontos de intersecção de W1 e W2 .
Os ângulos ∠O1 P1 O2 e ∠O1 P2 O2 são ângulos rectos
3. Marquem-se os pontos T1 e T10 pontos de intersecção de O1 P1 e de O1 P2 com a
circunferência C1 .
4. Trace-se a recta t1 paralela a O2 P1 e que passe T1 .
5. Trace-se a recta t2 paralelas a O2 P2 e que passe T20 . Estas rectas, t1 e t2 são as
tangentes procuradas.
Figura 2.12: rectas tangentes (exteriores) a duas circunferências
A recta, t1 , paralela a O2 P1 e que passa em T1 , é também perpendicular a O1 T1 ,portanto
é tangente a C1 em T1 . Por outro lado dist(O2 , t1 ) = T1 P1 = r2 = O2 T2 . Então T2 pertence
a C2 e como O2 T2 é perpendicular a t1 , t1 é tangente a C1 em T2 . A justificação de que t2
é tangente a ambas as circunferências é análoga à feita para t1 .
46
Construção. Circunferências com um raio fixo tangentes a duas rectas secantes.
Construir as circunferências de raio r tangentes a duas rectas secantes t e s.
O centro de qualquer solução está à mesma distância das rectas dadas, t e s. O seu centro
é um ponto de intersecção de duas rectas paralelas às rectas dadas que distam r das rectas
t e s. Assim:
1. Tracem-se as rectas paralelas a t e a s que distem destas r unidades.
2. Marquem-se os pontos O1 , O2 , O3 e O4 , pontos de intersecção das rectas traçadas
anteriormente. A distância destes pontos às rectas t e s é r.
3. Tracem-se as circunferências de centros nos pontos Oi (i = 1, 2, 3, 4) e de raio r.
Estas circunferências são as circunferências solução.
Figura 2.13: Circunferência tangente a duas rectas
O problema que se segue é uma situação particular de um dos dez casos do Problema
de Apolónio (P RC). No capı́tulo seguinte apresenta-se uma construção mais geral.
Construção. Circunferências tangentes a uma circunferência num dado ponto
e a uma recta dada.
Construir as circunferências tangentes a uma recta dada r e a uma circunferência C(O, s)
As circunferências procuradas, têm os seus centros há mesma distância de P e de r ou,
de outra forma, estão há mesma distância de r e da recta, t, que contém P e é tangente
47
à circunferência dada. Então pode-se dizer que os centros dessas circunferências estão nas
bissectrizes dos ângulos formados pelas duas rectas r e t. Por outro lado os centros e o
ponto P são pontos alinhados pois t é perpendicular às rectas que contêm os raios.
1. Tracem-se a recta OP e a recta, t, tangente a C em P .
2. Trace-se a bissectriz dos ângulos definidos pelas duas rectas, a recta r e a tangente t.
3. Marquem-se os pontos O1 e O2 , pontos de intersecção das bissectrizes com a recta
OP .
4. Tracem-se as perpendiculares à recta r por O1 e O2 e marque-se os pontos de tangencia T1 e T2 , pontos de intersecção da recta r com as perpendiculares.
5. Tracem-se as circunferências a de centro O1 e que passe por T1 e a de centro O2 e
que contém o ponto T2 .
Estas circunferências contêm o ponto P pois O1 e O2 pertencem às bissectrizes dos
ângulos definidos pelas duas rectas
Figura 2.14: Circunferência tangente a uma recta e a uma circunferência
48
2.2
Potência de um Ponto
O Problema de Apolónio foi um dos problemas que acompanhou, ao longo da história,
a evolução da geometria servindo muitas vezes como exemplo a novas teorias que iam
surgindo.
A reabilitação da geometria sintética no sec. XIX iniciada por Monge,(1746-1818) [26],
criador da geometria descritiva, consolidou alguns dos conceitos ligados ao cı́rculo. As
noções de potência e eixo radical são exemplos desses conceitos e que a sua evocação
facilita muitas das construções das soluções dos casos do Problema de Apolónio.
Definição 2.7. Seja AB uma secante à circunferência C(O, r) com A e B pontos da
circunferência. A potência de um ponto qualquer P pertencente à secante AB relativamente
a C(O, r) (e escreve-se P ot(P, C)) é definida por
P ot(P, C)=P A.P B
O próximo resultado dá uma definição alternativa de potência.
Proposição 2.6. Dado um ponto P no plano, e uma circunferência C(O, r), isto é de
centro O e raio r, a potência de P relativamente a C é dada por
2
P ot(P, C)=OP − r2
Seja P um ponto da recta AB, com A e B pontos da circunferência, e sejam C e D os
pontos de intersecção da recta OP e da circunferência C(O, r). Os triângulos 4AP D e
4CP B são semelhantes (critério AAA).
Então
PB
=PC
PD PA
i.e.
P A.P B = P D.P C =
2
= (P O + r)(P O − r) = P O − r2
49
Figura 2.15: Potência de um ponto P
donde
2
P ot(P ; C) = P A · P B = OP − r2
Desta proposição resulta de imediato que:
• P ot(P, C) > 0 ⇔ P está no exterior de C.
• P ot(P, C) = 0 ⇔ P é um ponto de C.
• P ot(P, C) > 0 ⇔ P está no interior de C.
Definição 2.8. Duas circunferências, C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 ), dizem-se ortogonais ou
intersectam-se ortogonalmente se e só se
P ot(O1 , C2 )=r12 ou P ot(O2 , C1 )=r22
Como consequência da proposição anterior tem-se o seguinte resultado equivalente a esta
definição.
Proposição 2.7. Duas circunferências C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 ) intersectam-se ortogonalmente em P se e só se o triângulo 4O1 P O2 é rectângulo em ∠O1 P O2 ou seja
2
2
O1 O2 = O1 P + O2 P
isto é
50
2
Figura 2.16: circunferências ortogonais
2
O1 O2 = r12 + r22
A equivalência desta proposição e da definição de circunferências ortogonais é quase
imediata pois:
2
P ot(O1 , C2 ) = O1 O2 − r22 = r12 + r22 − r22 = r12
Definição 2.9. Dadas duas circunferências, C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 )o eixo radical, [C1 , C2 ],
é a recta definida por: [C1 , C2 ]={P : P ot(P, C1 ) = P ot(P, C2 )}.
Da definição de potência de um ponto em relação a uma circunferência pode-se concluir
que se o ponto pertence à circunferência a sua potência será zero. Assim as seguintes
propriedades são imediatas:
Propriedades:
1. Os pontos de intersecção de duas circunferências definem o eixo radical, já que dois
pontos definem uma recta.
2. O eixo radical de duas circunferências é perpendicular à linha que une os seus centros,
já que os centros são pontos da mediatriz do segmento definido pelos pontos de
intersecção das duas ciurcunferências.
Estas duas propriedades permitem uma construção do eixo radical de duas circunferências
quaisquer, assim:
51
1. se as circunferências são tangentes o eixo radical é a tangente comum às circunferências pelo ponto de tangência, uma vez que o ponto de tangência pertence ao
eixo radical e este é perpendicular à recta que contêm os centros;
2. se são secantes o eixo radical é a recta que contêm os pontos de intersecção. Ambos
os pontos tem a mesma potência (zero) com relação às duas circunferências.
3. se são disjuntas traça-se uma circunferência que seja secante e cujo centro não seja
colinear com os centros das circunferências dadas. Traçam-se os eixos radicais desta
circunferência com cada uma das outras. Pelo ponto de intersecção dos dois eixos
radicais traça-se a perpendicular à recta que une os centros das circunferências dadas.
Veja-se uma outra propriedade do eixo radical de duas circunferências:
Proposição 2.8. Sejam C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 ) duas circunferências. A intersecção do
eixo radical das circunferências, [C1 , C2 ], com o exterior de C1 (ou o exterior de C2 )define
o lugar geométrico dos centros das circunferências ortogonais a C1 e a C2 .
De facto, o centro O de qualquer circunferência C(O, r) ortogonal simultâneamente
a C1 e a C2 tem a mesma potência relativamente a C1 e a C2 : P ot(O, C1 ) = r2 =
P ot(O, C2 ). Assim O pertence ao eixo radical das circunferências C1 e a C2 . Reciprocamente se P ot(P, C1 ) = P ot(P, C2 ) considere-se C a circunferência de centro P e raio
p
p
r = P ot(P, C1 ) = P ot(P, C2 ) (P ot(P, C1 ) > 0 já que P é um ponto exterior). Então
P ot(P, C1 ) = P ot(P, C2 ) = r2 e portanto C é ortogonal a C1 e a C2 .
Umas das utilizações das propriedades do eixo radical é na construção das tangentes
comuns a duas circunferências.
Construção. tangentes exteriores a duas circunferências exteriores
Sejam C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 ) duas circunferências exteriores
52
1. Trace-se a recta O1 O2 e marquem-se os pontos, A e B pontos de intersecção da recta
com C1 e os pontos A0 e B 0 pontos de intersecção da recta com C2 (marcados por
esta ordem).
2. Trace-se o eixo radical das duas circunferências.
3. Trace-se a circunferência S1 (Z1 , r1 ) de diâmetro [AB 0 ] e marque-se o centro Z1 . O
eixo radical corta esta circunferência pois trata-se duma recta perpendicular ao segmento [O1 O2 ]. Marque-se os pontos P e Q, pontos de intersecção do eixo com S1 .
4. Tracem-se os segmentos [P A], [P B 0 ] e o raio[ZP ]. Marquem-se o ponto E, o outro
ponto de intersecção do segmento [P A] com C1 , e o ponto F , o outro ponto de intersecção do segmento [P B 0 ] com C2 . Os triângulos 4AZ1 P e 4AO1 E são triângulos
isósceles pois O1 A = O1 E e Z1 A = Z1 P (raios das circunferências). Então os
ângulos ∠O1 AE = ∠AEO1 = ∠AP Z1 logo os segmentos [O1 E] e [Z1 P ] são paralelos. De maneira análoga tem-se que [O2 F ] é paralelo a [Z1 P ]. Logo [O1 E]k[O2 F ]
5. Trace-se a recta EF .
6. Trace-se a recta GH repetindo os dois passos anteriores para o ponto Q em vez de P
Figura 2.17: Tangentes exteriores
A recta EF é uma das tangentes exteriores das circunferências C1 e C2 veja-se a prova:
Seja M o ponto de intersecção das rectas EB e F A0 . O quadrilátero [M EP F ] é um
rectângulo pois:
53
Os ângulo∠AP B 0 , ∠A0 F B 0 e ∠AEB são ângulos rectos pela Proposição 2.1.2 Como
os três ângulos do quadrilátero são rectos o quarto ∠F M E também o é. Os triângulos
4BM A0 e 4AP B 0 são semelhantes pois tem os lados paralelos, então
MB
P B0
=
M A0
⇒
PA
P B0 · P B0 = M B · P A
Por outro lado por P ser um ponto do eixo radical a sua potencia com relação a cada uma
das circunferências é igual assim:
P ot(P, C2 ) = P F · P B 0 = P E · P A = P ot(P, C1 ) donde,
PF
M A0
ME
M A0
=
=
PE
,
MB
ou doutra forma
MF
⇒
MB
M A0 · M F = M B · M E⇒ P ot(M, C2 ) = P ot(M, C1 ) Então sendo M um
ponto do eixo radical a diagonal P M é perpendicular a O1 O2 e assim o ângulo ∠P M F e
o ângulo ∠P B 0 A são complementares (são ângulos adjacentes e a sua soma é um ângulo
recto). Seja agora D o ponto de encontro das diagonais do rectângulo. O triângulo 4DP F
é isósceles e portanto os ângulos ∠DF P e ∠DEB são iguais e complementares do ∠O1 EB.
O ângulo O1 P Q é então um ângulo recto. De igual modo se pode concluir que o ângulo
∠O2 F B 0 é recto. assim provou-se que a recta EF é uma tangente comum exterior aos dois
cı́rculos C1 e C2 . De maneira análoga se justifica que GH é a outra tangente exterior das
circunferências.
Construção. tangentes interiores a duas circunferências exteriores
Sejam C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 ) duas circunferências exteriores
A construção é semelhante à anterior:
1. Trace-se a recta O1 O2 e marquem-se os pontos, A e B pontos de intersecção da recta
com C1 e os pontos A0 e B 0 pontos de intersecção da recta com C2 (ver fig.2.18).
2. Trace-se o eixo radical das duas circunferências.
3. Trace-se a circunferência S2 (Z2 , r2 )de diâmetro [AA0 ] e marque-se o centro Z2 .O eixo
54
radical corta esta circunferência pois trata-se duma recta perpendicular ao segmento
[O1 O2 ]. Marque-se os pontos T e R, pontos de intersecção do eixo com S2 .
4. Tracem-se as rectas T A e T A0 . Marquem-se o ponto I o outro ponto de intersecção
do segmento [T A] com C1 e o ponto J o outro ponto de intersecção do segmento T A0
com C2 .
5. Trace-se a recta IJ tangente interior das circunferências.
6. Trace-se a recta KL repetindo os dois passos anteriores Para o ponto R em vez de
T (ver figura) Esta recta é a outra tangente interior.
Figura 2.18: Tangentes interiores
A prova de que as rectas KL e IJ assim construı́das são as tangentes interior é análoga
à anterior sendo por isso desnecessário a sua descrição.
2.3
2.3.1
Transformações: Homotetia e Inversão
Homotetia
Definição 2.10. Chama-se homotetia de centro O (ponto do plano) e razão k6=0 a aplicação
bijectiva do conjunto dos pontos do plano nele próprio que envia cada ponto P no ponto
P 0 da recta OP , tal que k × OP = OP 0
55
Nota. As distâncias OP e OP 0 representam distâncias orientadas. Quando se tratar de
homotetias a notação ABrepresenta a distância orientada de A para B. Assim AB =
−BA.
De seguida vão ser enunciadas algumas propriedades fundamentais desta aplicação.
Proposição 2.9. Seja f uma homotetia de centro O e razão k 6= 0. Então:
1. A imagem duma recta é uma recta paralela (ou a mesma recta se ela passar por O,
mantendo a orientação da recta se k > 0(homotetia positiva) e invertendo-a (no
sentido) se k < 0(homotetia negativa).
2. A imagem de um segmento de recta é um segmento de recta paralelo mantendo a
orientação se k > 0 e invertendo-a (no sentido) se k < 0. Os extremos dum são
enviados nos extremos do outro.
3. A imagem de um triângulo é um triângulo semelhante e de lados paralelos
4. A imagem de uma circunferência de raio r é uma circunferência de raio kk · rk cujo
centro é a imagem do centro da primeira.
As propriedades recı́procas também são verdadeiros i.e, cada uma destas propriedades
é uma propriedade caracterı́stica da homotetia. Mostra-se dois exemplos da forma de
encontrar os centro das homotetias, (positiva e negativa) conhecidas as imagens. O primeiro
caso é com segmentos paralelos. Se os segmentos têm o mesmo comprimento existe só
uma homotetia (homotetia negativa) que transforma um no outro. O segundo é com
circunferências de raios diferentes já que se tiverem o mesmo raio também só se pode
definir a homotetia negativa.
Exemplo 1
Sejam [AB] e [P Q] dois segmentos paralelos e orientados e de comprimentos diferentes
56
Figura 2.19: Centros das homotetias (exemplo 1)
Tracem-se as rectas AP e BQ e marque-se o ponto de intersecção H1 das rectas.
Tracem-se as rectas AQ e BP e marque-se o ponto de intersecção H2 das rectas.
A homotetia (positiva) de centro H1 e razão k1 =
H1 P
= H1 Q = P Q .
H1 A H1 B AB
O ponto H2 envia
o segmento [AB] no segmento [P Q]. A homotetia (negativa) de centro H2 e razão k =
H2 P
2Q
=H
=PQ
H2 B
H2 A BA
envia o segmento [AB] no segmento [QP ].
Exemplo 2
Seja C(O, r) uma circunferência de centro O e raio r e seja C 0 (O0 , r0 ) uma outra circunferência de centro O0 e raio r0 (r 6= r0 )
2.
1. Trace-se a recta OO0 .
2. Marque-se um ponto P e Q de C tais [P Q] é um diâmetro não paralelo a OO0 .
3. Trace-se a recta p paralela a [P Q] e que passe por O0
4. Marquem-se os pontos P 0 e Q0 de intersecção de p com C 0
5. Tracem-se as rectas P P 0 e P Q0 e marquem-se os pontos H1 e H2 , pontos de intersecção
destas rectas com a rectaOO0 .
6. A homotetia h1 de centro H1 e razão k1 =
r0
r
envia a circunferência C 0 na circun0
ferência C. A homotetia h2 de centro H2 e razão k1 = − rr envia a circunferência C 0
na circunferência C
57
Figura 2.20: Centros das Homotetias (exemplo 2)
Por uma propriedade das homotetias circunferências são transformadas em circunferências.
Além disso o centro duma é o transformado do da outra. Assim qualquer homotetia que
transforma uma circunferência numa outra tem o seu centro colinear com os centros das
circunferências. Por outro lado se P 0 é o transformado de P então o centro da homotetia é
colinear com P e P 0 . Portanto o ponto H1 é o único ponto que satisfaz as duas condições
de colinariedade.
Atendendo à semelhança dos triângulos 4H1 O0 P 0 e 4H1 OP tem-se que
O0 P 0
OP
=
r0
r
que é equivalente a escrever-se: H1 P 0 =
r0
r
então da homotetia positiva de centro H1 e razão k1 =
.H1 P e H1 O0 =
r0
r
r0
r
H1 P 0
H1 P
=
H1 O 0
H1 O
=
.H1 O. Trata-se
que envia a circunferência C na
circunferência C 0 .
No caso de ser Q0 o transformado de P a prova é análoga. Os triângulos 4H2 O0 Q0 e
4H2 OP são semelhantes e conclui-se que H2 Q0 =
r0
.P H2
r
e H2 O0 =
r0
.OH2 .
r
Estes resultados, propriedades das homotetias, podem ser usadas na simplificação de certas construções. Um dos casos é a construção das tangentes comuns a duas circunferências.
Construção. Tangentes Comuns a duas circunferências
Sejam C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 )duas circunferências dadas, com r1 6= r2
58
1. Trace-se a recta que contêm os centros das circunferências e marque-se o ponto H1 e
H2 centros das homotetias positiva e negativa que transformam uma circunferência
na outra
2. Por H1 e por H2 tracem-se as rectas tangentes a uma das circunferências
Estas rectas são obrigatoriamente tangentes à outra circunferência já que os raios definidos
pelos pontos de tangência são transformados em raios paralelos na outra circunferência.
Então os raios transformados também são perpendiculares ás rectas, sendo estas, por isso
também tangentes à outra circunferência.
Figura 2.21: Rectas tangentes a duas circunferências
A proposição seguinte caracteriza a composição de duas homotetias. Esta vai ser utilizada na demonstração do teorema de Menelau que se enuncia no capitulo IV.
Proposição 2.10. A composta de duas homotetias de centros O1 e O2 e razões k1 e k2 é:
• Uma translação, se k1 .k2 6= 1 e os centros O1 e O2 forem distintos ou a identidade
se k1 .k2 = 1 e O1 = O2 .
• Uma homotetia de razão k1 .k2 e centro O colinear com O1 e O2 , se k1 .k2 6= 1
2.3.2
Inversão
A teoria das inversões foi desenvolvida no princı́pio do século XIX. Julius Petersen,(18391910),foi o primeiro a apresentar uma solução para o Problema de Apolónio baseada na
59
inversão[26]. Mas esta teoria não trouxe só novas formas de abordar o problema; ela
transformou e generalizou-o. Assim alguns dos novos resultados permitiram sistematizar e
analisar as possı́veis configurações do Problema. A subdivisão do problema em dez casos
assim como a explicitação do número de soluções para cada um é feita no artigo de Bruen.
[6] Um dos casos do Problema de Apolónio (caso 6), como já se referiu, é resolvido, no cap.
III, de três formas diferentes. Uma delas é utilizando a inversão.
Definição 2.11. Seja C(O, r) um cı́rculo de centro O e raio r, A um ponto do plano,
˙ diz-se o inverso de A relativamente a C,se e só se OA.OA0 =r2 .
A 6= O. Um ponto A0 ∈OA
Observação. A é inverso de A0 relativamente a C⇔ A0 é inverso de A relativamente a C
Definição 2.12. Inversão
Seja C(O, r) um circulo de raio r e centro O. A aplicação que aplica cada ponto P do
plano no seu inverso em relação a C é dita inversão com respeito a C. O ponto O é o pólo
ou centro de Inversão, o cı́rculo C o circulo de inversão e r a potência de Inversão.
Atendendo à definição e à observação feita em cima, a inversão é então uma bijecção de
pontos (diferentes de O) do plano euclidiano nele próprio. Também é claro da definição
de ver que a distância do pólo de inversão, O, a um ponto é inversamente proporcional à
distancia ao seu inverso. É usual definir uma extensão desta aplicação a todos os pontos
incluindo O mantendo a propriedade de que quanto mais próximo um ponto de encontra
de O mais afastado está o seu inverso. Assim acrescenta-se ao plano um ponto, ∞, e
convenciona-se que o inverso do pólo O, O0 é ∞, (O0 = ∞) e ∞0 = O.
Algumas das propriedades da inversão vão ser utilizadas nas justificações de determinadas
construções apresentadas aqui e vão facilitar a solução de alguns problemas geométricos.
Proposição 2.11. Sejam C(O, r) um cı́rculo e W1 , W2 dois cı́rculos ortogonais a C e tais
que W1 ∩ W2 = {P, P 0 }. então P e P 0 são inversos em relação a C. (P e P 0 não são
pontos de C.)
Prova
60
˙ . Como W1 , W2 são ortogonais a C
Suponha-se que o ponto P 0 é um ponto da semirecta OP
P ot(O, W1 ) = P ot(O, W2 ) = r2
ou seja
OP .OP 0 = r2 ⇔ P e P 0 são inversos em relação a C.
Resta provar que O, P e P 0 são alinhados. Suponha-se que não, ou seja que OP ∩ W1 =
{P, Q0 } e que OP ∩ W2 = {P, Q00 } com Q0 6= Q00 , então
OP .OQ0 = r2 e OP .OQ00 = r2 ⇔ OP .OQ0 = OP .OQ00 ⇔ Q0 = Q00
o que é absurdo, uma vez que W1 ∩ W2 = {P, P 0 }, logo Q0 = Q00 = P 0 .
Para construir então o inverso de um ponto P em relação a um cı́rculo C(O, r) basta traçar
dois cı́rculos ortogonais a C que passem por P e marcar o outro ponto de intersecção.
Figura 2.22: Proposição 2.11
61
Proposição 2.12. Sejam C(O, r) um cı́rculo e P um ponto tal que OP >
r
.
2
Sejam
W (P, s) o cı́rculo de centro P e raio s = OP e A e B os pontos de intersecção de C e W
e P 0 o ponto de intersecção(diferente de O)dos cı́rculos Z1 (A, r) e Z2 (B, r). Então P 0 é o
inverso de P com relação a C.
Esta propriedade permite construir o inverso de um ponto em relação a um cı́rculo
utilizando apenas o compasso.
Figura 2.23: Proposição 2.12
Prova:
2
Por resultados já referidos P ot(P, Z1 ) = AP − r2 como AP = OP então P ot(P, Z1 ) =
2
2
2
OP − r2 . Por outro lado P ot(P, Z1 ) = OP .P 0 P logo, OP − r2 = OP .P P 0 ⇔ OP −
OP .P P 0 = r2 ⇔ OP .(OP − P P 0 ) = r2 ⇔ OP .OP 0 = r2 Então P 0 é o inverso de P .
Proposição 2.13. Sejam C(O, r) um cı́rculo e [AB] um diâmetro perpendicular a OP ,
sendo P um ponto do exterior de C. Seja ainda Q = AP ∩ C então o inverso de P com
relação a C é o ponto de intersecção da segmento [BQ] com a semi-recta ȮP .
Prova:
Os triângulos 4OBP 0 e 4OP A são semelhantes (já que são triângulos rectângulos e
∠P = ∠B). então
OP 0
OA
=
OB
OP
⇔ OP.OP = OB.OA = r2 , logo P 0 é o inverso de P .
62
Figura 2.24: Proposição 2.13
Uma vez que a determinação do inverso de um ponto em relação a um cı́rculo foi dada
através de diferentes construções, é altura de se determinar as imagens de rectas e circunferência por inversão em relação a uma circunferência de centro O.
A proposição seguinte permite ver que a inversão tem um carácter diferente das tranformações usuais, nomeadamente as isometrias, pois pode alterar o aspecto das figuras, já
que pode transformar rectas em circunferências e vice-versa. Desta caracterı́stica podese tirar partido para resolver problemas geométricos, tratando os inversos dos objectos e
voltando a inverter.
Proposição 2.14. Sejam C(O, r) e C1 (O1 , r) duas circunferências e s uma recta. Considerese a inversão de pólo O, então:
1. a inversa de s, é a prória recta se o centro O pertence à recta e é um circulo passando
por O se O ∈
/s
2. a inversa de C1 é uma recta se O ∈ C1 e é um cı́rculo se O ∈
/ C1
Prova
1.
• Se O ∈ s:
Seja P 6= O um ponto qualquer da recta s pelo que já foi dito atrás o ponto
63
inverso P 0 pertencem à recta OP . Ou seja os inversos de todos os pontos de s
são pontos da recta OP ou seja na recta s. Então a inversa da recta é a própria
recta (com a convenção de O0 = ∞ e ∞0 = O)
• Se O ∈
/ s:
Seja X o pé da perpendicular traçada de O a s e seja P um ponto qualquer de
s
. Sejam X 0 e P 0 os inversos de X e P respectivamente.
Figura 2.25: Proposição 2.14 -1
Os triângulos 4OXP e 4OX 0 P 0 são semelhantes. O ângulo ∠OP 0 X 0 é um
ângulo recto, e P 0 pertence à circunferência D de diâmetro [OX 0 ] Assim a circunferência D é a imagem inversa de s uma vez que a imagem de qualquer ponto
de s pertence a D. Será fácil de ver que s0 = D.
2. Se O pertence a C1 então, atendendo ao item anterior e ao facto de o inverso do
inverso é o próprio ponto, tem-se que a inversa de C1 é uma recta perpendicular ao
diâmetro de C1 que contêm o ponto O.
Se O não pertence a C1 . Sejam P um ponto de C1 e Q = ȮP ∩ C1 . Sejam ainda P 0
e Q0 os seus inversos. Então

 OP .OP 0
 OP .OQ
=
OQ.OQ0 = r2
= P ot(O, C1 ) = p
64
Figura 2.26: Proposição 2.14-2
portanto pode-se reescrever as igualdades acima:
OP 0
OQ
=
r2
p
=
OQ0
OP
o que mostra que P 0 e a imagem de Q e Q0 é a imagem de P pela homotetia de centro
O e razão
r2
.
p
Então pelas propriedades das homotetias (cı́rculos são transformados em
cı́rculos)a imagem de C1 é um cı́rculo.
Convém chamar a atenção que a homotetia não coincide com a transformação inversa
(basta ver que a imagem de P é num caso P 0 e noutro Q0 ). Também o centro de C10 não
pode ser a imagem de O1 pela inversão contrariamente ao que acontece na homotetia.
Veja-se agora mais algumas propriedades da inversão que serão particularmente úteis
na análise das soluções do Problema de Apolónio quando resolvido através desta transformação.
Proposição 2.15. Seja C(O, r) um cı́rculo. Para além de C as únicas circunferências
que ficam invariantes por inversão de pólo O são as que cortam C ortogonalmente.
Prova
Seja C1 (O1 , r1 ) uma circunferência diferente de C. Para que C1 = C10 a homotetia referida
65
no ponto anterior terá razão 1. Então
r2
p
= 1ou seja r2 = p e portanto P ot(O, C1 ) = r2
logo C e C1 são ortogonais.
Proposição 2.16. Sejam C(O, r) uma circunferência e r e s duas rectas que se intersectam
num ponto P . Então as imagens de r e de s, r0 e s0 , intersectam-se no inverso P 0 de P
fazendo um ângulo igual ao das rectas r e s.
Prova
Suponha-se que P 6= O e que r e s não passam por O. Já foi visto que as inversas de r
e de s, r0 e s0 respectivamente, são circunferências que passam por O. As tangentes a r0 e
a s0 em O, t1 e t2 , são paralelas respectivamente a r e a s. Então o ângulo entre r0 e s0 é
definido como o ângulo entre as rectas t1 e t2 que é igual ao ângulo entre as rectas r e s.
Figura 2.27: Proposição 2.16
O ângulo entre duas circunferências é o menor dos ângulos entre as duas tangentes num
dos pontos de intersecção. Então o reciproco do teorema acima também é verdadeiro. Como
consequência directa desta proposição e para finalizar esta secção veja-se uma propriedade
que mostra que a inversão mantêm a tangência entre recta e circunferência, propriedade
esta que será usada na resolução do caso 6 do Problema de Apolónio.
Proposição 2.17. Sejam C(O, r) e W (A, s) duas circunferências e r uma recta tangente
a W num ponto P , então a imagem r0 de r é tangente a W 0 , imagem de W , em P 0 .
66
Figura 2.28: Proposição 2.17
2.4
Cónicas como Lugares Geométricos
Os elementos actores nos 10 casos do Problema de Apolónio são: pontos, rectas e circunferências. Definir qual o lugar geométrico dos pontos do plano que equidistam de dois
desses elementos parece um bom princı́pio para encontrar uma solução para o Problema.
O conjunto de pontos que pertencem à intersecção desses lugares geométrico quando se
tomam dois pares diferentes desses três elementos dará os pontos que equidistam dos objectos considerados. É concerteza um bom inı́cio.
Como já referimos um dos casos do Problema de Apolónio (caso 6) aparece resolvido de
três formas diferentes. Uma delas é exactamente a intersecção de 2 lugares geométricos
definidos como o conjunto de pontos equidistantes de dois elementos dados. Foi esta a
forma como Adrianus Romanus (1561-1615),em resposta ao desafio proposto por Viéte,
resolveu um dos casos do Problema de Apolónio determinando o centro do circunferência
procurada como o ponto de intersecção de dois ramos de hipérbole. Viéte colocou a questão
de que as curvas usadas não são possı́veis de construção com régua e compasso[26] O recurso mais uma vez ao software C.a.R. vai permitir o traçado desta curvas. O problema
põe-se em saber que objectos a construir quais os elementos a mover para que o lugar
geométrico fique bem definido. Pelo que se disse definir um lugar geométrico utilizando a
geometria dinâmica pressupõe uma compreensão das definições e o saber escolher quais as
propriedades, dos elementos geométricos, a que se deve recorrer.
67
Definição 2.13. Sejam C recta ou circunferência do plano e F um ponto que não pertença
a essas linhas. Uma cónica Ω = (F, C) é o lugar geométrico dos centros dos cı́rculos que
passam por F e são tangentes a C. O ponto F diz-se o foco de Ω e C sua directriz. Diz-se
que Ω é:
• Uma parábola se C é uma recta.
• Uma elipse se C é uma circunferência e F é um ponto interior.
• Uma hiperbole se C é uma circunferência e F é exterior.
Estas definições não são as que habitualmente se usa para definir cónicas. As definições
usuais correspondem a trajectórias de pontos no plano que mantém constante determinadas
distâncias (ou somas ou diferenças de distâncias). A equivalência das duas definições é
quase imediata. Repare-se então nas definições que habitualmente aparecem para cónicas:
1. Parábola é o lugar geométrico dos pontos do plano que estão a igual distância de um
ponto fixo, F (foco), e de uma recta dada, C (directriz)
2. Elipse é o lugar geométrico dos pontos do plano cuja soma das distâncias a dois
pontos fixos (focos) é constante
3. Hipérbole é o lugar geométrico dos pontos do plano para os quais o valor absoluto
da diferencia das distâncias a dois pontos fixos, (focos) é constante
Comece-se por ver a equivalência das definições de parábola:
Se P é o centro duma qualquer circunferência que contêm F e é tangente à recta c então
dist(P, c) = r = P, F sendo r o raio da circunferência. Reciprocamente, se P é tal que
dist(P, F ) = dist(P, c) sendo F um ponto fixo e c uma recta, então P é o centro da
circunferência que contêm F e é tangente a c.
Relativamente à elipse, a equivalência das definições não é menos imediata:
68
Figura 2.29: Parábola
Seja P o centro duma circunferência tangente à circunferência dada C(O, r) que contém um
ponto fixo F no interior de C. Seja T o ponto de tangência das duas circunferências, então,
OT = OP + P T = r mas P T = P F ou seja dist(P, O) + dist(P, F ) = r, reciprocamente,
seja P tal que dist(P, O) + dist(P, F ) = r. Considere-se T um ponto de P O tal que
P F = P T e T ∈ OP então as circunferências de centro P que contêm os pontos F e T são
tangentes à circunferência de centro O e raio OT
Por último veja-se o caso da hipérbole.
Figura 2.30: Elipse
Sendo P o centro das circunferências tangentes à circunferência C(O, r) e que contêm o
ponto F , ponto exterior de C, tem-se que dist(O, P ) = dist(O, T ) + dist(T, P ) = r +
dist(T, P ) em que T é o ponto de tangência das duas circunferências.
Como dist(T P ) = dist(P F ) então dist(OP ) = r + dist(P F )⇔ | OP − P F | = r.
Inversamente sejam O e F dois pontos fixos e P um ponto tal que | dist(P O)−dist(P F ) |=
69
r. Considere-se T ∈ OP tal que OT = r a circunferência de centro P e que contêm T
é tangente à circunferência C(O, r), por outro lado dist(P, F ) =| dist(O, P ) − r |, ou
seja dist(P, F ) =| dist(O, T ) + dist(T, P ) − r | ⇔ dist(P, F ) =| dist(O, T ) + r − r | ⇔
dist(P, F ) = dist(O.T ). Então F é um ponto das circunferências de centro P que são
tangentes a C em T .
Figura 2.31: Hiperbole
1. Pontos equidistantes de uma recta d e de um ponto F exterior à recta (ver figura
2.32)
O lugar geométrico é uma parábola basta ver a definição enunciada atrás. Como já foi
referido não é possı́vel construir este lugar geométrico com régua e compasso. Veja-se
como se pode construi-lo utilizando a programa C.a.R. Considere-se uma recta d e
um ponto F . A ideia da construção é determinar um trajecto para um ponto P que
esteja à mesma distância da recta d e do ponto F e que nesse seu trajecto mantenha
a equidistância.
Construção. (a) Traça-se por F , a recta s perpendicular à recta d. Marque-se o
ponto B ponto de intersecção das rectas. Marque-se o ponto M , ponto médio
do segmento [F B] O ponto M é um ponto do lugar geométrico pretendido.
(b) Trace-se um circunferência C de centro F e raio F A = k > F M e marque-se o
ponto D no interior da circunferência e tal que BD = k
70
Figura 2.32:
(c) Por D trace-se a recta r paralela a d e marque-se os pontos T1 e T2 pontos de
intersecção da circunferência C com a recta r
Os pontos T1 e T2 pertencem ao lugar geométrico procurado já que:
(a) a distância destes pontos à recta d é k visto que T1 e T2 são pontos da recta r
e a distância de qualquer ponto de r a d é por construção k.
(b) a distância destes pontos a F é k uma vez que são pontos de C
Resta agora ver como rastrear os pontos T1 e T2 :
Faça-se deslocar o ponto A sobre a semi-recta M B. Os pontos T1 e T2 ao deslocaremse com A desenham uma parábola que é o lugar geométrico procurado .
2. Pontos equidistantes de uma circunferência C(O, r) e de um ponto F
Definição 2.14. Distância de um ponto F a uma circunferência C(O, r) é a distância
entre os pontos F e B, sendo B o ponto de intersecção da semi-recta ȮF com a circunferência C
O tipo de curva que define o lugar geométrico dos pontos equidistantes duma circunferência dada e dum ponto, vai depender da posição do ponto em relação à circunferência. Assim se o ponto for interior à circunferência o lugar geométrico é um ramo
de hipérbole, se for exterior é uma elipse.
71
A ideia base na procura do traçado destes lugares geométricos é semelhante à anterior: marcar um ponto A que se deslocara sobre a semi-recta ḂF e que arraste os
pontos que satisfaçam e mantenham a equidistância do ponto e da circunferência.
Comece-se por ver o caso em que o ponto é exterior com relação à circunferência.
Construção. F é exterior à circunferência C (ver figura 2.32)
(a) Trace-se a semi-recta ȮF e marquem-se os pontos B, ponto de intersecção da
semi-recta com a circunferência, e M ponto médio de [F B]. O ponto M é um
dos pontos do lugar geométrico.
(b) Marque-se um ponto A na recta OF tal que F A = k > F M e trace-se uma
circunferência, w, de centro F e que contenha A
(c) Trace-se uma outra qualquer semi-recta, m,de origem O. Marque-se o ponto P ,
ponto de intersecção desta semi-recta com a circunferência C
(d) Trace-se a circunferência de centro P e raio k e marque-se o ponto D, ponto de
intersecção desta circunferência com a recta m
(e) Trace-se a circunferência de centro O e que passa por D e marquem-se os pontos,
T1 e T2 , pontos de intersecção desta circunferência com a circunferência C
Esta construção garante que qualquer que seja o ponto A que satisfaça a condição
exigida, os pontos T1 e T2 estão equidistantes da circunferência C e do ponto F . De
facto, a distância tanto de T1 como de T2 a C é igual a OD − OP = k, uma vez que
OD = OP + P D = r + k. A distância destes pontos a F também é k pois T1 e T2
pertencem à circunferência de centro F e raio k.
Para se definir o lugar geométrico basta fazer variar k. A curva obtida pela união
dos pontos Ti , i = 1, 2, que no software utilizado equivale a rastrear os pontos, será o
lugar geométrico. Para fazer variar k desloca-se o ponto A sobre a semi-recta Ṁ O e
os pontos T1 e T2 ao deslocarem-se com A desenham o lugar geométrico procurado,
um ramo de hipérbole.
72
Figura 2.33:
Construção. F é interior à circunferência C (ver figura 2.34)
O lugar geométrico neste caso é uma elipse.
(a) Trace-se a semi-recta ȮF e marque-se o ponto B, ponto de intersecção com a
circunferência C
(b) Com centro em B e um raio k < r trace-se uma circunferência W1 e marque-se
o ponto A, ponto de intersecção de W1 com [OB].
(c) Tracem-se duas circunferências, uma, W2 , com centro em F e raio k e outra com
centro em O e raio [OA]. Marquem-se os pontos T1 e T2 , pontos de intersecção
das circunferências W2 e W3
Figura 2.34:
Estes pontos, T1 e T2 , construı́dos desta forma, são pontos do lugar geométrico pretendido pois:
73
Como T1 e T2 pertencem à circunferência de centro F e raio k a distância dos pontos
a F é k; a distância de T1 a C é por construção
dist(T1 , C) = r − T1 O = r − OC= r − (OB − CB) = r − (r − k) = k
De igual forma dist(T2 , C) = dist(T2 , F ) = k
Para desenhar este lugar geométrico basta fazer deslocar o ponto A sobre a semirecta OF . Os os pontos Ti são arrastados com A e vão traçar o lugar geométrico
pretendido, uma elipse já que:
OT1 + F T1 = (r − OC) + k =r − (OB − CB) = (r − (r − k) + k = 2K. Esta igualdade
é válida para qualquer ponto da curva traçada ou seja a soma das distâncias de
qualquer ponto Ti da curva aos pontos O e F é constante e igual a 2r.
3. Pontos equidistantes de uma recta e de uma circunferência
Seja t uma recta e C(O, r) uma circunferência de centro O e raio r. Três situações
podem acontecer ou a recta é secante em relação à circunferência ou é exterior ou é
tangente. No entanto em qualquer dos casos a recta perpendicular a t e que contem
O, define em t e em C dois pontos, sejam eles A e B, de tal forma que o ponto médio
de [AB], ponto M é o ponto que está a menor e a igual distância da circunferência
e da recta. Claro que se a recta t é tangente à circunferência então A = B = M .
Os passos necessários para a construção das curvas que definem o lugar geométrico é
igual para cada uma das posições da recta t com relação a C o tipo de curvas é que
é diferente.
Construção. (a) Trace-se um recta, s, perpendicular à recta t e que passe pelo
centro O da circunferência C. Marque-se o ponto B, ponto de intersecção das
duas rectas e o ponto A, o ponto de intersecção da recta s com a circunferência
C em que a distância a B seja a menor. Marque-se o ponto M , ponto médio
de [AB]
74
(b) Trace-se uma circunferência, w, de centro O e raio k > AM + r. Marque-se o
ponto E, o ponto de intersecção de de w e de s cuja distância a t é a menor
(c) Marque-se o ponto D pertencente à semi-recta OB tal queEA = BD
(d) Trace-se por D uma recta paralela a t que intersecte C em dois pontos T1 e T2
Estes pontos estão à mesma distância de C e de t já que:
dist(T1 , C) = dist(T2 , C) = k−r e dist(T1 , t) = dist(T2 , t) = dist(D, t) = DB =
AE = k − r
Repetindo o procedimento para cada valor de k a curva obtida pela união dos pontos
Ti , i = 1, 2 será o lugar geométrico pedido. Para se obter o traçado da curva faz-se
com que o ponto E percorra a a semi-recta Ṁ E, fazendo assim variar o k. Os pontos
T1 e T2 traçam a curva pretendida ao serem arrastados com o ponto E. Como já se
disse o tipo de curva depende das posições relativa da recta e da circunferência.
• se a recta é exterior à circunferência o lugar geométrico é uma parábola cujo
foco é o ponto O e a directriz é uma uma recta m ,paralela à recta t r unidades
e não intersecta o segmento [OB] (ver figura 2.35), já que:
– dist(T1 , O) = dist(T2 , O) = k
– dist(T1 , m) = dist(D, m) = DB + r = AE + r = (k − r) + r = k
Para o ponto T2 a situação é análoga, ou seja os pontos T1 e T2 estão à mesma
distância do ponto O e da recta m. Para cada k os pontos T1 e T2 assim
construı́dos estão equidistantes de O e de m
• se a recta é secante à circunferência, o lugar geométrico é união de duas parábolas
cujo foco de ambas é o ponto O e as directrizes são as rectas paralelas a t e que
distam desta r (ver figura 2.36).
75
Figura 2.35:
Figura 2.36:
76
• se a recta é tangente à circunferência em A uma das parábolas da situação
anterior degenera na semi-recta de origem A (ver figura 2.37).
Figura 2.37:
4. Pontos equidistantes de duas circunferências
O tipo de curva que define o lugar geométrico procurado vai também aqui depender da posição relativa das circunferências. Usando o facto de que os pontos de
intersecção estão, obviamente à mesma distância das circunferências, então duas circunferências secantes e concêntricas com cada uma das dadas cujas coroas circulares
tenham o mesmo raio, vão definir dois pontos equidistam das circunferências. Assim,
para cada par de circunferências que satisfaçam estas condições tem-se dois pontos
do lugar geométrico pretendido:
Construção. Sejam C1 (O1 , r1 ) e C(O2 , r2 ) duas circunferências de centros O1 e O2 ,
e raios r1 e r2 . Suponha-se r1 > r2 .
(a) Tracem-se duas semi-rectas r e s de origem O1 e O2 e marquem-se os pontos A
e B, pontos de intersecção de r e s com C1 e C2
(b) Marque-se um ponto C pertencente à semi-recta r e trace-se a circunferência
w1 , de centro O1 e raio O1 C = k + r1 ou (O1 C = r1 − k se C está no interior
de C1 ), k ∈ Re.
77
(c) Marque-se o ponto D pertencente à semi-recta s tal que BD = k e trace-se a
circunferência w2 , de centro O2 e raio O2 D.
(d) Marquem-se os pontos T1 e T2 , pontos de intersecção de w1 e w2 (se as circunferências não se intersectarem escolhe-se um outro valor de k).
Estes dois pontos são pontos do lugar geométrico procurado pois,
dist(T1 , C1) = k = dist(T1 , C2) e dist(T2 , C1) = k = dist(T2 , C2)
Para cada k nas condições exigidas obtêm-se assim dois pontos da curva pretendida.
Assim animando o ponto C fazendo-o percorrer a semi-recta O1 C, os pontos T1 e T2
são arrastados traçando a curva pretendida que é:
(a) um ramo de hipérbole, na situação em que as circunferências são disjuntas e
exteriores, que degenera numa recta (mediatriz do segmento[O1 , O2 ]no caso das
circunferências terem o mesmo raio (ver figura 2.38). De facto O1 T1 = r1 + k
e O2 T1 = r2 + k ou seja O1 T1 − O2 T1 = r1 − r2 = const da mesma forma
O1 T2 = r1 + k e O2 T2 = r2 + k ou seja O1 T2 − O2 T2 = r1 − r2 = const. Logo os
pontos T1 e T2 são pontos da hipérbole de focos O1 e O2 .
Figura 2.38:
(b) uma elipse de focos O1 e O2 se uma das circunferências é interior com relação à
outra(ver figura 2.39). Da mesma maneira sabe-se por construção que O1 T1 =
78
r1 − k e O2 T1 = r2 + k logo O1 T2 + O2 T2 = r1 + r2 = const.Logo os pontos T1 e
T2 são pontos da elipse de focos O1 e O2 .
Figura 2.39:
(c) a união da elipse e do ramo de hipérbole ambas com focos O1 e O2 se as duas
circunferências(ver figura 2.40).
Figura 2.40:
A forma como se processaram estas construções permite afirmar que as curvas traçadas
são de facto os lugares geométricos procurados. Repare-se que as construções seguiram
as seguintes ideias:
• construiu-se os pontos que se encontravam a uma determinada distância k dos
objectos dados
79
• fez-se variar k a partir do valor da menor distância. Para cada k os pontos
mantinham-se equidistantes dos objectos.
• provou-se que os pontos que traçaram as curvas satisfaziam as condições métricas
que definem as curvas.
80
Capı́tulo 3
Problema de Apolónio
O problema de tangências de Apolónio tem um enunciado simples e de fácil compreensão
mas a sua solução nem sempre é evidente. Tradicionalmente o problema divide-se em dez
casos, fruto das combinações da natureza dos objectos: pontos, rectas ou circunferências. E
se actualmente quando se fala do problema de Apolónio está-se a referir ao que se considera
o último caso, (três circunferências), é porque este caso engloba todos os outros se se
considerar(como o fez Gregonne)[27] os pontos, circunferências de raio nulo, e as rectas,
circunferências de raio infinito. Para não criar dúvidas neste trabalho as circunferências
têm raio finito e diferente de zero.
Como já referimos o conhecimento deste problema deve-se a Pappus que o inclui na sua
obra Colecção Matemática com o seguinte enunciado: Dadas três coisas, cada uma delas
poderá ser um ponto, uma recta ou uma circunferência, traçar uma circunferência que
deverá passar pelos pontos (no caso de serem dados pontos) e ser tangente a cada uma das
linhas dadas[21].
As dez combinações das coisas consoante a sua natureza são formalizadas da seguinte
forma:
1. PPP - três pontos
81
2. RRR - três rectas
3. PRR - um ponto e duas pontos
4. PPR - dois pontos e uma recta
5. PPC - dois pontos e uma circunferência
6. PCC - um ponto e duas circunferências
7. PRC - um ponto, uma recta e uma circunferência
8. RCC - duas rectas e uma circunferência
9. RCC - uma recta e duas circunferências
10. CCC - três circunferências
As construções que se vão apresentar são baseadas nas de Viéte na sua obra Appolonius
Gallus e apresentadas por Anne Boyé[4], com uma linguagem mais simplificada e actualizada. A justificação da resolução destes casos está em nı́veis de dificuldade diferentes.
Assim, e atendendo que nalguns dos casos se recorre a outros, consideramos, três nı́veis de
dificuldade:
• Nivel I: Caso PPP ao caso PPR
• Nivel II: Caso PPC ao caso PRC
• Nivel III: Caso RCC ao caso CCC
Em cada caso o objectivo é estudar uma situação determinada no que diz respeito à
posição relativa dos três elementos . Nas outras situações as soluções ou são construı́das
de maneira análoga ou é feita de uma forma mais elementar. Escolheu-se no entanto
apresentar algumas dessas situações em figura para exemplificar que o número de soluções
pode variar com a mudança das posições relativas. A excepção é feita num dos casos que
82
aparece resolvido de três formas diferentes. A razão desta diversidade tem por objectivo
por um lado tornar evidente a razão pela qual este Problema acompanhou a evolução da
geometria ilustrando conceitos que iam surgindo, por outro lado o contributo positivo que a
geometria dinâmica poderá dar na resolução de problemas. Não se podendo ficar indiferente
à introdução das novas tecnologias e ao software que vai surgindo nomeadamente o que
diz respeito à geometria, a abordagem que se vai fazer utiliza os recursos da geometria
dinâmica mais precisamente do programa C.a.R. Não se pense que pelo facto de ser o
computador a traçar as construções que o saber pode ser menor. Não é verdade que
basta saber um conjunto de procedimentos para que a solução do problema apareça. Pelo
contrário a escolha das instruções, de forma a que as construções fiquem bem definidas
e sem ambiguidades, requer um conhecimento conciso e alargado das propriedades dos
objectos geométricas.
Neste capı́tulo procuramos atender às caracterı́sticas estruturais da obra de Viéte na
apresentação dos sub-problemas do problema de Apolónio que, ainda segundo Boyer[4]
são:
• formulação do problema.
• enunciado exacto do problema e designação dos objectos geométricos.
• demonstração sintética das construções, (recorrendo a resultados já provados).
• verificação.
3.1
PPP - Construir a circunferência que contém três
pontos dados.
Este caso é uma das proposições dos Elementos de Euclides [15]
83
É claro que, se os pontos estão alinhados não há solução. Nesse caso a construção baseiase em encontrar os pontos equidistantes de três pontos não colineares que são os centros
das circunferências procuradas. Já foi referido no capitulo I que há apenas um ponto nessas
condições que é o circuncentro do triângulo definido pelos pontos dados. A solução é pois
a circunferência circunscrita a esse triângulo
Construção. São dados três pontos A,B e C não colineares
1. Marquem-se os pontos D e E pontos médios de [AB] e de [AC] respectivamente.
2. Traçar as perpendiculares a AB e a AC por D e por E respectivamente,i.e. traçar
as mediatrizes de [AB] e de [AC], marcar o ponto, F , ponto de intersecção das
mediatrizes.
A existência deste ponto F é assegurada, pois as perpendiculares a AB e a AC não
são paralelas. Se o fossem AB e AC também o seriam e portanto os três pontos seriam
colineares o que contrariava a hipótese. O ponto F em relação ao triângulo [ABC] ou está
no interior ou está no exterior ou na recta BC.
• Considere-se o ponto no interior do triângulo (ver figura 3.1).
Como por construção AD = DB e o ângulo ∠F DA é recto, os triângulos 4ADF e
4BDF são geometricamente iguais. Assim AF = BF
Da mesma forma tem-se que os triângulos 4AEF e 4CEF são iguais e portanto
AF = CF ou seja AF = CF = CF . Logo a circunferência de centro F e raio AF
passa pelos pontos A,B e C, ou seja é circunscrita ao triângulo [ABC].
• Se o ponto F não está no interior a justificação é análoga e as figuras ilustram estas
situações. (ver figura 3.2).
84
Figura 3.1:
Figura 3.2:
3.2
RRR - Construir as circunferência tangentes a
três rectas dadas.
No caso das rectas serem paralelas ou serem concorrentes num mesmo ponto obviamente
não há solução. Se as rectas forem concorrentes duas a duas uma das situações a considerar
aparece como proposição nos Elementos de Euclides [15]:Dado um triângulo construir um
cı́rculo, que, na linguagem actual, se pode enunciar como dado um triângulo construir uma
circunferência inscrita (ver figura 3.3). Basta, neste caso, considerar então o triângulo
definido pelos pontos de intersecção das rectas dadas e construir a circunferência circunscrita. No entanto esta não é a única solução. As outras soluções são encontradas através
das bissectrizes externas dos ângulos do triângulo, como ilustra a figura 3.4 A situação
que falta considerar é a de duas das rectas serem paralelas e a terceira ser secante às duas.
A ideia da construção das soluções é a mesma, i.e., encontrar os pontos cuja distância a
cada uma das rectas dadas seja a mesma começando por encontrar para cada par de rectas
85
Figura 3.3:
Figura 3.4:
os pontos que satisfazem essa condição (i.e. um lugar geométrico). Os pontos que pertencem simultâneamente aos lugares geométricos definidos são obrigatoriamente os centros
das circunferências procuradas.
Construção. Sejam a e b duas rectas paralelas e c uma recta secante (ver figura 3.5)
1. Marque-se P um ponto qualquer de uma das rectas paralelas dadas (p.ex. a).
2. Trace-se a perpendicular p à recta a por P e marque-se o ponto de intersecção P 0 da
recta p com a outra recta paralela, b.
3. Marque-se o ponto M ponto médio de [P P 0 ] e trace-se por M a recta m paralela às
rectas dadas.
Para que um ponto esteja à mesma distância das rectas a e b tem que pertencer à
recta m. Então o centro de uma possı́vel solução será um ponto de m.
4. Tracem-se as bissectrizes dos ângulos formados pela recta secante, c e por uma cada
uma das rectas paralelas, a e b.
5. Marquem-se os pontos F e F 0 , pontos de intersecção das bissectrizes com a recta m.
Os pontos F e F 0 são os centros das circunferências procuradas.
De facto sendo a bissectriz o lugar geométrico dos pontos equidistantes das rectas
que contêm os lados do ângulo os pontos de intersecção das bissectrizes com a recta
m estão à mesma distancia das três rectas a, b e c.
86
6. Pelos pontos F e F 0 tracem-se respectivamente as circunferências solução C1 (F, r) e
C2 (F 0 , r), sendo r = M P
Figura 3.5:
As circunferências definidas são tangentes às três rectas, já que:
• à recta a pois a distância de F e F 0 a a é igual a M P
• à recta b pois a distância de F e F 0 a a é igual a M P 0
• à recta c pois a distância de F a c é a mesma de F a a ou seja M P e a distância de
F 0 a c é a mesma de F 0 a a ou seja M P 0 .
3.3
PPR - Construir as circunferência que passem por
dois pontos dados e sejam tangentes a uma dada
recta.
Neste terceiro caso também pode não haver soluções se ambos os pontos pertencem à
recta ou se cada um está situado em semi-planos diferentes definidos pela recta, não existe
nenhuma circunferência que possa satisfazer os requisitos exigidos. A situação que se
87
analisa é a que considera que os dois pontos são exteriores à recta e definem uma recta
concorrente com a dada. No final do capı́tulo encontram-se as figuras que ilustram as
outras situações.
Considere-se então uma recta e dois pontos que não pertençam à recta e tais que a recta
definida pelos pontos seja secante à recta dada. A ideia base da construção assenta nas
propriedades do eixo radical de duas circunferências e portanto de potência de um ponto
já que se houver mais do que uma solução elas tem que obrigatoriamente intersectar-se em
A e em B e a recta AB é o eixo radical das circunferências solução.
Construção. São dados uma recta m e dois pontos A e B que não pertencem à recta.
Além disso a recta AB é concorrente com m (ver figura 3.6)
1. Trace-se a circunferência W (O, r) de diâmetro [AB] e marque-se o ponto P , ponto
de intersecção da recta AB e da recta m.
Repare-se que P ot(P, W ) = P A.P B = r2 .
2. Trace-se por P uma recta t, tangente a W e marque-se o ponto T ponto de tangência.
Uma vez que P T é tangente a W em T e pelo que foi dito no item anterior então
2
P ot(P, W ) = P T = r2 . Aliás a potência de P em relação a qualquer circunferência
2
que contenha A e B é igual a P T = r2 .
3. Trace-se a circunferência de centro P e que contenha T . Marque-se os pontos M e
N pontos de intersecção da recta m e da circunferência.
As circunferências C1 que contem A, B e M e a circunferência C2 que contem A, B e
2
2
N têm necessariamente de ser tangentes a m pois P ot(P, C1 )=P A·P B)=P T =P M .
2
2
Da mesma forma P ot(P, C2 )=P A · P B=P T =P N . Resta, então construir então as
circunferências C1 e C2 .
4. Trace-se a mediatriz do segmento [AB] e as perpendiculares, p1 e p2 a m por M e N
respectivamente. Marquem-se os pontos O1 e O2 pontos de intersecção da bissectriz
88
traçada com as rectas p1 e p2 .
5. Tracem-se as circunferências solução C1 e C2 com centros em O1 e O2 respectivamente e contenham A e B.
Figura 3.6:
As circunferências C1 e C2 são de facto as únicas soluções. Se se considerar uma outra
circunferência que contenha os pontos A e B e seja tangente a m num ponto R tal que
N 6= R 6= M chega-se a um absurdo. Uma vez que a potência de P com relação a esta
circunferência seria também P A · P B=P T 2 =P R2 então R pertencia à circunferência de
centro P e raio [P T ]. Como R é um ponto de m então R = M ou R = N o que é absurdo.
Para se justificar a veracidade da construção das soluções recorreu-se a propriedades do
potência de um ponto com relação a uma circunferência. No entanto se se recorrer ao lema
que se segue a justificação aparece de outra forma sem utilizar de uma forma explicita estes
conceitos, de potência e de eixo radical.
Proposição 3.1. Seja [ABC] um triângulo e seja D um ponto do segmento [AB] tal que
2
AB.AD = AC , então a recta AC é tangente à circunferência que contêm os pontos B, C
e D.
A demonstração deste lema recorre a proposições dos Elementos de Euclides [15]proposições
36 e 37 do livro III que garantem a existência do ponto D referido no enunciado. Se a recta
AC não fosse tangente ela intersectava a circunferência num outro ponto, E diferente de
2
C. Então AB.AD = AE.AC = AC o que é impossı́vel pois AE 6= AC.
89
3.4
PRR - Construir as circunferências que passem
por um ponto e sejam tangentes a duas rectas
dadas.
O problema será obviamente impossı́vel quando as rectas são paralelas e uma das rectas
separa o ponto da outra. Na situação que se vai analisar as rectas são concorrentes e o
ponto é exterior às rectas. No final deste capı́tulo encontram-se as figuras que ilustram as
outras situações e que mostram claramente a forma de construir uma solução.
O centro de uma qualquer solução está à mesma distância das rectas, então tem que ser
um ponto da bissectriz de um dos ângulos formados pelas rectas. Claro que para que haja
solução a bissectriz a considerar terá que ser a do ângulo que contêm o ponto.
Construção. São dadas duas rectas r e s concorrentes e um ponto P exterior a ambas.(ver
figura 3.7)
1. Trace-se a bissectriz b do ângulo formado pelas rectas r e s e que contem o ponto P .
O centro das circunferências tem necessariamente de pertencer à bissectriz e qualquer
circunferência nestas condições se for tangente a uma recta também o será à outra.
2. Construa-se o simétrico de P , P 0 relativamente a b.
Qualquer circunferência de centro em b e que passe por P terá obrigatoriamente de
passar por P 0 O problema ficou reduzido a construir uma circunferência que contenha
os pontos P e P 0 e seja tangente a uma das rectas que, como já foi referido, é também
tangente à outra recta.
3. Aplique-se a construção do caso PPR para os pontos P , P 0 e a recta r.
90
Figura 3.7:
3.5
PPC - Construir as circunferências que passem
por dois pontos e sejam tangentes a uma circunferência dada
Este caso não tem solução se os pontos estão em regiões diferentes definidas pela circunferência, um no interior e outro no exterior. A situação que se analisa aqui é a dos pontos
estarem ambos no interior ou ambos no exterior da circunferência. Sendo assim o centro
de uma qualquer solução tem que pertencer à mediatriz do segmento definido pelos pontos.
As outras situações não requerem dificuldade como ilustram as figuras em anexo.
Construção. São dados dois pontos A e B, ambos pertencentes à mesma região definida
pela circunferência C(O, r) de centro O e raio r. (ver figura 3.8)
1. Trace-se uma circunferência auxiliar W que contenha os dois pontos e seja secante
a C. Marque-se os pontos de intersecção das duas circunferências P e Q
A recta P Q é o eixo radical das circunferências C e W . Para qualquer ponto deste
eixo a sua potência em relação a cada uma das circunferências é igual.
2. Trace-se a recta AB e marque-se o ponto D ponto de intersecção das rectas P Q e
AB
Tem-se então P ot(D, C) = P ot(D, W ) = DA.DB. AB é o eixo radical da circun91
ferência W e de qualquer circunferência solução, pois estas têm intersectar W em A e
em B. O ponto D terá então a mesma potência em relação a todas as circunferências
já traçadas.
3. Por D tracem-se as tangentes a C e marquem-se os pontos T e R, pontos de tangência.
Como já foi visto no capitulo anterior tem-se:
2
2
P ot(D, C) = DA.DB = DT = DR , então DT tem que ser tangente à circunferência que contêm os pontos A, B e T já que a potência de D em relação a ela é
dada por DA.DB = DT 2 . O mesmo se passa com a recta DR e a circunferência que
contêm os pontos A, B e R.
4. Trace-se a recta OT e a recta OR e marquem-se os pontos O1 e O2 , pontos de
intersecção com a bissectriz de [AB].
5. Tracem-se as circunferências C1 (O1 , r1 ) com r1 = OT e C2 (O2 , r2 ) com r2 = OR As
circunferências C1 e C2 são a solução do problema.
Figura 3.8:
92
3.6
PCC- Construir as circunferências que passem por
um ponto e sejam tangentes a duas circunferências
dadas.
Este caso é talvez o mais importante pois é utilizado na resolução de outros que se seguem,
nomeadamente do último caso (CCC). Como já se referiu, apresenta-se aqui três abordagens diferentes de uma mesma situação. Ao fazê-lo uma diversidade de conceitos vão ser
trabalhados o que torna mais evidente a riqueza do Problema de Apolónio pelo e o muito
ainda que nos poderia dar se analisássemos os outros casos da mesma forma. A escolha
destas três formas de resolver o problema foi feita atendendo: primeiro, a encontrar uma
solução que utilizasse conceitos básicos nomeadamente o conceito de homotetia; em seguida
o de criar a oportunidade de trabalhar outros conceitos, como a Inversão, relacionando-os
com os já trabalhados; e por último uma abordagem não construtı́vel com régua e compasso
recorrendo aos recursos da geometria dinâmica.
A situação que se escolheu para estas três abordagens é aquela em que as circunferências
não se intersectam e o ponto é exterior a ambas.
Para primeira abordagem escolheu-se a que recorre a propriedades da homotetia. Já
foi referido que dadas duas circunferências há sempre pelo menos uma homotetia que
transforma uma na outra. Vai-se construir uma determinada circunferência que passe no
ponto e seja tangente a uma delas e utilizar as propriedades da homotetia para provar que
é também tangente á outra.
Antes de começar a tratar deste caso prove-se o seguinte lema atribuı́do a Pappus apresentado por Viéte[5] que é referido na justificação da resolução.
Proposição 3.2. Se duas circunferências são secantes e se de um dos pontos de intersecção
se traçar uma secante às duas circunferências, as cordas definidas pela secante definem
arcos diferentes.
93
Prova
Sejam C1 (O1 , r1 ) e C2 (O2 , r2 ) duas circunferências que se intersectam em A e B e seja s
uma recta ue contem o ponto A e é secante às duas circunferências. Seja P e Q os outros
pontos de intersecção de s com C1 e com C2 respectivamente. O que se vai provar é que
os arcos ABP e ABQ não são iguais.
Figura 3.9: Lema de Pappus
Se a secante contem um diâmetro de uma das circunferências, por exemplo [AQ] é
diâmetro, a demonstração é obvia pois o ângulo ∠ABQ é recto e ∠ABP .
Se s não contêm um diâmetro, considere-se a recta AO2 e sejam os pontos M e N os
outros pontos de intersecção da recta com as circunferências C1 e C2 respectivamente . Os
ângulos ∠AQN e ∠AP M são diferentes uma vez que ∠AQN é recto e o ângulo ∠AP M
não é recto.
Seja agora H o outro ponto de intersecção da recta AO1 com C1 , então o ângulo ∠AP H
é recto. Seja D é o ponto de intersecção das rectas AO2 e P H. Os triângulos 4AQN e
4AP D já que ambos são triângulos rectângulos e um dos outros ângulos é comum. Então
[QM ] e [P D] são paralelas. Assim ∠AQN 6=∠AP N e então os arcos ABQ e ABP também
são diferentes.
Considere-se agora a situação que nos propusemos resolver:
94
Construção. São dados duas circunferências W1 (Z1 , r1 ) e W2 (Z2 , r2 ) de centros Z1 Z2
e raios r1 e r2 respectivamente em que r1 6= r2 e um ponto P no exterior das duas circunferências. A ideia da construção é de utilizar as propriedades das homotetias que
transformam uma das circunferências na outra circunferência.
1. Construam-se os centros H1 e H2 das homotetias(positiva e negativa) que transformam uma das circunferências na outra.
Os centros das circunferências , H1 e H2 são pontos alinhados.
Os passos que se seguem tomam como centro de homotetia H1 e assim vai-se construir duas soluções. Se se repetir os passos para a homotetia de centro H2 tem-se
mais duas soluções.
2. Marque-se os pontos A e B de intersecção da recta que une os centros com as circunferências tais que A ∈ W1 e B ∈ W2 e A não é a imagem de B na homotetia
directa. Marque-se os pontos C e D os outros pontos da intersecção.
Por se tratar de um homotetia tem-se que
Z1 H1
= AH1 = CH1 = r1 .
Z2 H1 DH1 BH1 r2
Além disso pelas propriedades da potencia de um ponto verifica-se que:
P ot(H1 , Z1 ) = H1 C.H1 A e P ot(H1 , Z2 ) = H1 D.H1 B
3. Tracem-se a circunferência K que contem os pontos A, B e P e a secante H1 P .
Marque-se o ponto M o outro ponto da intersecção da secante com K.
Pelas propriedades da potencia de um ponto tem-se as igualdades(ver figura 3.10):
P ot(H1 , K) = H1 P .H1 M =H1 B.H1 A
95
Figura 3.10:
4. Construam-se as circunferências C1 e C2 que contêm os pontos P , M e são tangentes
a uma das circunferências dadas, p. ex. W1 (caso P P C). Marquem-se os pontos de
tangência T 1 e T 2.
Prove-se agora que as circunferências C1 e C2 também são também tangentes a W2 (ver
figura 3.11):
Como C1 ∩ W1 = T1 , a recta T1 H1 intersecta W1 quanto muito num outro ponto I e
intersecta W2 em, no máximo, dois pontos, I 0 e T10 ( as imagens de T1 e I pela homotetia
de centro H1 ).
Figura 3.11:
Pelas propriedades da homotetia, tem-se que:
CH1
IH1
=
BH1
I 0 H1
1
P ot(H1 , W1 ) = CH1 .AH1 =T1 H1 .IH1 ⇔ CH
=
IH
T1 H1
AH1
mas por outro lado tem-se que:
1
96
Tem-se então que
T1 H1
AH1
=
BH1
⇔T1 H1 .I 0 H1 =AH1 .BH1 .
I 0 H1
Ora como já foi referido P ot(H1 , K) = H1 B.H1 A =
H1 P .H1 M = P ot(H1 , C2 ) então:
P ot(H1 , C1 ) = T1 H1 .I 0 H1 = H1 P .H1 M
Assim, I 0 pertence à circunferência C1 , que contém os pontos P ,M e T1 . Está-se então em
condições de afirmar que as circunferências W2 e C1 tem pelo menos um ponto em comum,
I 0 , ou seja as circunferências ou são tangentes ou secantes já que não são coincidentes.
Para mostrar que as circunferências são tangentes, vai-se recorrer da proposição enunciada
no inicio.
Na homotetia de centro T1 (ponto de tangência) que leva W1 em C1 , Z1 ∈ O1 T1 e I 0 é a
imagem de I então [Z1 I] é paralelo a [O2 I 0 ] e portanto ∠IZ1 T1 = ∠I 0 O1 T1 donde os arcos
˘ 1 e T1˘I 0 são iguais.
IT
Por outro lado pela homotetia de centro H1 considerada no inicio, os arcos IT1 e IT10
também são iguais logo os arcos T1 I 0 e IT10 são iguais. As circunferências W2 e C1 não podem
ser secantes uma vez que os arcos definidos pela secante, H1 I 0 , às duas circunferências, são
iguais mas como tem um ponto comum, I 0 , elas são então tangentes.
A justificação de que a circunferência C2 é também tangente a W2 é análoga(ver figura
3.12).
Figura 3.12:
Repare-se que de facto estas são as únicas soluções pois qualquer circunferência tangente
97
a ambas tem necessariamente de conter o ponto M .Logo para cada centro de homotetia
inicial(centro H1 ou H2 ) há apenas 2 circunferência que passam em M e P e são tangentes
a uma circunferência.
As outras situações possı́veis a considerar são de construção análoga à anterior excepto
claro a situação em que uma das circunferências isole o ponto da outra, situação essa que
não tem solução. No entanto o número de soluções distintas varia: uma, duas, três, quatro
ou infinitas.
A segunda abordagem deste caso é feita utilizando, como já se disse, a inversão. Se por
um lado este conceito sai fora dos conhecimentos considerados básicos a sua construção
é bastante mais simples já que se vai reduzir à construção das tangentes comuns a duas
circunferências. Além disso comparar estas duas abordagens, é uma oportunidade de relacionar conceitos, nomeadamente a homotetia com a inversão.
Construção. São dadas duas circunferências W1 (Z1 , r1 ) e W2 (Z2 , r2 ) de centros Z1 Z2 e
raios r1 e r2 respectivamente em que r1 6= r2 e um ponto P no exterior das duas circunferências.
1. Por P trace-se uma recta tangente à circunferência dada cujo centro está a uma
distância maior de P ,ver figura 3.18. Marque-se o ponto A, o ponto de tangência.
2. Trace-se a circunferência S1 de centro P e raio k = P A. As circunferências W1 e
S1 são ortogonais uma vez que P ot(P, W1 ) = P A = k 2 . Então na inversão de pólo
P e de potência k a circunferência W1 é invariante, (W1 = W10 ).
3. Marquem-se os pontos E e F , pontos de intersecção das circunferências S1 e W2 .
4. Marque-se o ponto Q o outro ponto de intersecção da recta P E com a circunferência
W2 .
98
Construa-se agora uma circunferência S2 inversa de si mesmo com relação ao pólo P
e que contenha o ponto Q ou seja uma circunferência ortogonal a S1 e que passe por
Q. Os passos 5 a 7 dão a indicação de como construi-la.
5. Marque-se em S1 o ponto N de forma a que [N A] seja diâmetro, e trace-se a recta t
tangente a S1 em N .
6. Trace-se a circunferência S2 de centro O, ponto de intersecção de t com a mediatriz
de [N Q]. A circunferência S2 é ortogonal a S1 e contêm os pontos N e Q.
7. Marque-se o ponto Q0 ponto de intersecção da recta P Q com a circunferência.
8. Trace-se a circunferência W20 que contem os pontos Q0 , E e F . A circunferência W20
é a inversa de W2 de polo P . De facto os inversos dos pontos E e F coincidem com
os próprios pontos pois são pontos de S1 (E = E 0 e F = F 0 ). O ponto Q0 é a imagem
de Q na inversão de pólo pois P ot(P, S2 ) = P Q.P Q0 = k 2 (uma vez que S2 e S1 são
ortogonais) então por definição Q e Q0 são inversos.(ver figura 3.13)
Figura 3.13:
Atendendo agora ao facto de que por um lado a inversa de uma recta pode ser uma
circunferência e de que por outro a inversão conserva a relação de tangência, as rectas tangentes comuns de duas circunferências podem ser invertidas em circunferências
tangentes. Então
99
9. Construam-se as rectas tangentes (interiores e exteriores) às circunferências W20 (inversa de W2 ) e W1 (inversa de si mesma). Marquem-se os oito pontos de tangência
T1 a T8 (ver figura 3.14).
10. Construam-se as inversas das rectas tangentes pela inversão de pólo P e razão k.
Figura 3.14:
A inversa de uma recta tangente às circunferências W20 e W1 é ou uma recta ou uma
circunferência e em qualquer dos casos é tangente W2 e W1 pois W20 é inversa de W2 e W1
é inversa de si mesma. O pólo P pertence à inversa das tangentes já que as inversas das
rectas tangentes são circunferências que passam pelo pólo P como já foi dito no capitulo 2.
Pelo que foi dito a imagen de cada uma das tangentes W20 e W1 pela inversão de pólo P é
uma circunferência tangente a W2 e W1 e que passa por P ,i.e é uma soluções do problema.
Como há quatro tangentes tem-se quatro soluções, C1 , C2 , C3 e C4 (ver figura 3.15).
Figura 3.15:
Outra maneira de encontrar uma solução para este problema baseia-se em tomar dois
dos elementos dados e determinar o lugar geométrico dos pontos equidistante a eles e fazer
100
o mesmo para o par formado com um destes elementos e com o terceiro elemento[26].
A intersecção dos dois lugares geométricos será o centro de uma circunferência solução.
A partir do centro constrói-se a circunferência que contêm o ponto P e tem-se assim
uma solução do problema. Esta abordagem vai utilizar as cónicas, curvas que consagram
Apolónio, e embora não sejam construtı́veis com régua e compasso o recurso às ferramentas
da geometria dinâmica permitiu traçar a figura facilmente.
A situação que se vai trabalhar é a mesma das anteriores: Duas circunferências exteriores e um ponto exterior a ambas. No entanto só se vai procurar demonstrar que há
solução. Não se vai aqui apresentar todas as soluções.
Um vez que se quer encontrar uma circunferência que passe pelo ponto P e seja tangente às duas circunferências, um ponto que esteja simultaneamente à mesma distância
das circunferências e do ponto dado, é o centro duma circunferência que passa por P e é
obrigatoriamente tangente às duas circunferências.
Construção. São dadas duas circunferências W1 (Z1 , r1 ) e W2 (Z2 , r2 ) de centros Z1 Z2 e
raios r1 e r2 respectivamente em que r1 6= r2 e um ponto P no exterior das duas circunferências.(ver figura 3.16)
A construção dos lugares geométricos evocados nos passos da construção já foi feita e
justificada no capitulo anterior
Figura 3.16:
101
1. Trace-se o lugar geométrico, dos pontos equidistantes de dois dos elementos dados,
por exemplo, os dois cı́rculos. O lugar geométrico é então um ramo de hipérbole.
2. Trace-se o lugar geométrico dos pontos equidistantes do outro elemento neste caso
o ponto P e um dos elementos do passo anterior, por exemplo a circunferência de
centroZ1 .
Tem-se assim um ramo de uma outra hipérbole.
3. Marque-se o ponto Q, ponto de intersecção dos dois ramos de hipérbole e trace-se a
circunferência solução de centro Q e raio P Q
3.7
RRC- Construir as circunferências que sejam tangentes a duas rectas e a uma circunferência dadas
Tal como os casos anteriores o número se soluções distintas vai depender da posição relativa
dos três elementos. Não há solução se as rectas são paralelas e exteriores à circunferência
dada e uma das rectas está entre a circunferência e a outra recta. O número de soluções
pode ser uma, duas, três, quatro, seis ou oito. Aqui vai-se analisar uma situação com quatro
soluções: a circunferência está entre as duas rectas e estas são concorrentes e exteriores
à circunferência. No final deste capitulo as figuras exemplificam os outros números de
soluções e a forma de as construir ou é clara na própria figura ou é análoga à que se vai
analisar.
Este caso vai reduzir-se ao caso P P R. Uma circunferência que é tangente às duas
rectas tem o seu centro à mesma distância das rectas, logo pertence à bissectriz do ângulo
formado pelas rectas, t e s. Uma circunferência nestas condições e que também é tangente
à circunferência dada, W ,tem o seu centro à mesma distância de t, de s e de W . Daı́, se
somar a esta distância o raio da circunferência dada obtêm-se a distância entre os centros
das circunferências. É com estes pressupostos que se vai construir as soluções reduzindo
102
este caso ao caso P P R.
Construção. São dados duas rectas t e s e uma circunferência W (Z, r) de centro Z e
raior. As rectas concorrem num ponto X são ambas exteriores à circunferência.
1. Trace-se duas rectas, t0 e t00 paralelas à rectas t , tais que a distância dessas rectas a
t seja igual ao raio de W ,i.e. r. Da mesma forma trace-se as rectas s0 e s00 paralelas
a s.
Criou-se assim dois pares de rectas de tal maneira que se um ponto dista de ambas
as rectas, t e s, x unidades então esse ponto dista de t0 e de s0 x + r e de t00 e de s00
x − r unidades.
2. Trace-se a bissectriz do ângulo formado pelas duas rectas dadas e construa-se o
simétrico de Z, Z 0 com relação à bissectriz.
Qualquer circunferência que tenha o centro num ponto da bissectriz e que passe Z
obrigatoriamente passará por Z 0 já que a bissectriz contem um diâmetro da circunferência logo é um eixo de simetria dessa circunferência.
3. Tracem-se as circunferências auxiliares S1 (O1 , r+a1 ) e S2 (O2 , r+a2 ) que passem pelos
pontos Z e Z 0 e sejam tangente a t0 (caso PPR), em que a1 = dist(O1 , t) = dist(O1 , s)
e a2 = dist(O2 , t) = dist(O2 , s)
Os centros, O1 e O2 são obrigatoriamente pontos da bissectriz das rectas t e s. Estas
circunferências também são tangentes a s0 pois a bissectriz do ângulo formado pelas
rectas t e s é também a bissectriz do ângulo formado pelas rectas t0 e s0 .
4. Tracem-se as circunferências de centro C1 (O1 , a1 ) e C2 (O2 , a2 )(ver figura 3.17)
As circunferências C1 e C2 são duas das soluções procuradas.
As outras duas soluções são construı́das de igual forma considerando como circunferências auxiliares as circunferências S3 (O3 , b1 − r) e S4 (O4 , b2 − r) com b1 = dist(O3 , t) =
dist(O3 , s) e e b2 = dist(O4 , t) = dist(O4 , s) e assim traçar as circunferências solução
C3 (O3 , b1 ) e C(O4 , b2 )(ver figura 3.18)
103
Figura 3.17:
Figura 3.18:
104
3.8
PRC- Construir as circunferências que sejam tangentes a uma circunferência, a uma recta e que
contenham um ponto
O número de soluções distintas deste caso varia entre zero e quatro conforme as posições
relativas dos três elementos, excepto na situação em que o ponto pertence à circunferência
e a recta é tangente à circunferência, em que há infinitas soluções distintas(ver figura 3.22).
Figura 3.19:
Tal como nos casos anteriores vai-se analisar apenas uma das situações e ilustrar outras
que variem no número de soluções. O quadro que se escolheu para analisar é aquele em
que os três elementos não se intersectam, i.e. o ponto é exterior à recta e à circunferência
e a recta é também exterior á circunferência.
Construção. São dadas uma recta t exterior a uma circunferência C(O, r) de centro O e
raio r e um ponto P que não pertence à recta nem à circunferência.
1. Trace-se uma recta p perpendicular à recta dada que passe pelo centro da circunferência dada. Marquem-se os pontos A e B pontos de intersecção de p com a circunferência C. Marque-se ainda o ponto M o ponto de intersecção da recta p com a
recta t.
2. Trace-se a circunferência auxiliar S que contenha um dos pontos A ou B, (seja B)e
105
os pontos P e M . Marque-se o ponto Q, o outro ponto da intersecção de S e da recta
AP .
Assim a potência de A com relação a qualquer circunferência que contenha os pontos
Q e P é igual à potência de A com relação a S.
3. Construam-se a circunferência C1 (O1 , r1 ), C2 (O2 , r2 ) tangente à recta t e que contêm
os pontos P e Q (caso PPR)(ver figura 3.20).
Estas circunferências são duas das circunferências procuradas. Elas são tangentes a t
e contêm o ponto P não resta dúvidas pois a construção assim o exigiu. Resta provar
que também são tangentes a C. Veja-se que de facto C1 é também tangente a C
Figura 3.20:
Seja E o ponto de tangência de t com C1 e H o outro ponto de intersecção da recta
AE e C.Os triângulos 4ABH e 4AM E são semelhantes pois:
• O ângulo ∠AHB é um ângulo inscrito numa semicircunfrência logo é recto
∠AHB = ∠AM E =ângulo recto.
• ∠BAH = ∠M AE.(ver figura 3.21)
Então
AE
AM
=
AB
⇒
AH
AE.AH = AB.AM ou seja P ot(E, C) = P ot(M, C). Por outro
lado
P ot(A, S) = AP · AQ = AM · AB e P ot(A, C1 ) = AP · AQ.
Logo, atendendo às igualdades escritas anteriormente tem-se que: AP · AQ = AE ·
106
Figura 3.21:
AH⇒P ot(A, S) = AE · AH, donde o ponto H também pertence a C1 .Então as circunferências C1 e C tem pelo menos um ponto em comum. Os arcos HE de C1 e
AH de C são iguais então pelo lema enunciado no caso 6 pode-se concluir que as circunferências são tangentes. Assim uma vez que a justificação de que a circunferência
C2 é também tangente a C é análoga, C1 e C2 são duas das circunferências solução.
4. Tracem-se as outras duas soluções repetindo os passos 2 e 3 mas substituindo o ponto
A por B(ver figura 3.22).
Figura 3.22:
107
3.9
RCC- Construir as circunferências que sejam tangentes a duas circunferências e a uma recta dadas
O número de soluções distintas varia também com as posições relativas das rectas e da
circunferência. Claro que se as circunferências estão em semiplanos diferentes, definidos
pela recta, não há solução. Também obviamente não há solução se uma das circunferências
é interior e a recta for exterior a ambas. A construção que se vai estudar é aquela em que
as circunferências são exteriores e estão no mesmo semiplano definido pela recta.
A ideia da construção é usar uma circunferências, S1 e uma recta, t0 auxiliares, e construir
uma circunferência C 0 que seja tangente a S1 e a t0 e que passe pelo centro de uma das
circunferências dadas, (caso PRC). A escolha dos elementos auxiliares é feita de forma
depois de se aumentar (ou encolher) o raio de C 0 se obtenha uma circunferência solução.
Para que as figuras, e mesmo a descrição, da construção sejam mais claras apresenta-se
as soluções determinadas pelos elementos auxiliares, recta e circunferência, separadamente.
São dadas uma recta t exterior a duas circunferências W1 (Z1 , r1 ) e W2 (Z2 , r2 ) também
exteriores e situadas no mesmo semiplano definido pela recta.
Suponha-se r1 > r2 .
Construção. 1a e 2a soluções(ver figura 3.23)
1. Trace-se uma recta t0 paralela a t no semiplano que não contêm as circunferências e
que dista de t r2 unidades.
2. Trace-se uma circunferência S1 de centro Z1 e raio r = r1 − r2 .
Esta é a circunferência auxiliar que se falava no inı́cio:é concêntrica com W1 e a
coroa circular tem de raio r2 .
3. Construam-se as circunferências C10 (O1 , p1 ) e C20 (O2 , p2 ) tangentes à circunferência
108
S1 à recta t0 e que contenham o ponto Z2 (caso PRC). Marquem-se os pontos L e M
pontos de tangência de C10 e C20 com r0
4. Tracem-se as circunferências solução C1 (O1 , p1 − r − 2) e C1 (O2 , p2 − r − 2).
As circunferências C1 e C2 são duas das circunferências procuradas pois são tangentes à:
• recta t já que t e t0 são paralelas e dist(O1 , t) = dist(O1 , t0 ) − r2 e dist(O2 , t) =
dist(O2 , t0 ) − r2
• à circunferência W2 (Z2 , r2 ) pois dist(O1 , Z2 ) = p1 logo a circunferência de centro O1 e raio p1 − r2 é tangente a W2 da mesma forma como dist(O2 , Z2 ) = p2
a circunferência de centro O2 e raio p2 − r2 é tangente a W2 (Z2 , r2 )
• à circunferência W1 pois C10 e C20 são tangentes a S1 que é concêntrica com W1
e a diferença dos raios é r2
Figura 3.23:
Construção. 3a e 4a soluções(ver figura 3.24)
Encontrar estas soluções não é mais do que usar a mesma construção usando as outras
soluções do caso PRC. Ou seja a recta auxiliar t00 paralela a t e dista desta r2 está agora no
semiplano onde estão as circunferências. As circunferências C30 , (O3 , p3 ) e C40 (O4 , p4 ) são
109
circunferências tangentes a S1 a t00 e que contêm Z2 . Então as circunferências C3 (O3 , p3 +r2 )
e C3 (O4 , p4 + r2 ) são tangentes a W1 , a W2 e à recta t.
Figura 3.24:
Construção. 5a e 6a soluções(ver figura 3.25)
Estas soluções vão ser construı́das da mesma forma que as anteriores tomando para
circunferência auxiliar a circunferência S2 (Z2 , r1 + r2 ) e como recta auxiliar a recta t0 .
Figura 3.25:
Construção. 7a e 8a soluções(ver figura 3.26)
Finalmente a construção destas últimas soluções, tal como as anteriores, recorre-se à
circunferência auxiliar S2 e á recta t0
110
Figura 3.26:
3.10
CCC- Construir as circunferências que sejam tangentes a três circunferências dadas
Este último de caso, que como já se referiu engloba todos os outros quando se considera que
uma recta é uma circunferência de raio infinito e um ponto uma circunferência de raio nulo,
e talvez por isso, foi o que suscitou mais interesse e curiosidade aos matemáticos ao longo
da história da geometria. Como todos os outros casos o número de soluções vai depender
da posição relativa das três circunferências. Excepto a situação em que as circunferências
são tangentes num mesmo ponto, onde o número de soluções é infinito, este número é par
e varia entre 0 e 8. A situação que se vai analisar, tem oito soluções, é aquela em que cada
circunferência é exterior em relação às outras.
A ideia da construção não é muito diferente do caso anterior. Recorre-se a duas circunferências auxiliares concêntricas com duas das dadas e cuja coroa circular tenha de raio, o
raio da terceira (claro que se pressupõe circunferências com raios diferentes). Utiliza-se a
construção dum caso já conhecido o caso PCC. Para construir as circunferências soluções
será suficiente ampliar ou reduzir as circunferência obtidas na aplicação do caso PCC. Tal
como no caso anterior para uma maior facilidade de leitura as soluções são apresentadas
em figuras diferentes.
111
São dadas três circunferências W1 (Z1 , r1 ), W2 (Z2 , r2 ) e W2 (Z2 , r2 ) exteriores e de raios
diferentes. Suponha-se que r2 é o menor dos raios.
Construção. 1a e 2a soluções (ver figura 3.27)
1. Trace-se duas circunferências auxiliares S1 , de centro Z1 e raio a = r1 − r2 , e S 0 de
centro Z3 e raio b = r3 − r2
2. Recorrendo ao caso PCC , trace-se as duas circunferências,C10 (O1 , p1 ) e C20 (O2 , p2 )
tangentes a S1 e S2 e que contêm o ponto Z2 , . Marque-se T1 e T2 os pontos de
tangencia de W3 com C10 e C20 respectivamente.
Nota. As circunferências C10 eC20 são as que se obtêm pela homotetia directa (ver
construção no caso 6).
3. Marque-se o ponto H 0 , o ponto de intersecção de [O1 T1 ] com W3 e trace-se a circunferência solução C1 de centro O1 e que passe por H 0 .
4. Marque-se o ponto H, ponto de intersecção de [O2 T2 ] com W3 e trace-se a circunferência solução C2 de centro O2 e que passe por H.
Figura 3.27:
As circunferências C1 e C2 são duas das circunferências procuradas já que são tangentes
ás três circunferências dadas pois:
112
• C10 é por construção tangente a S1 (Z1 , a) e a S2 (Z3 , b). C1 tem o mesmo centro de C10
e o raio é menor r2 unidades, então C1 é tangente a W1 e a W3 Mas como C10 contêm
o centro Z2 então C1 também é tangente a W2
• C20 é por construção tangente a S1 (Z1 , a) e a S2 (Z3 , b). C2 tem o mesmo centro de C20
e o raio é maior r2 unidades, então C2 é tangente a W1 e a W3 Mas como C20 contêm
o centro Z2 então C2 também é tangente a W2
Construção. 2a e 3a soluções (ver figura 3.28)
A construção é análoga à construção da 1a e 2a soluções mas considera-se como circunferências auxiliares S3 (Z1 , r1 + r2) e S4 (Z3 , r1 + r2).
Figura 3.28:
A justificação é idêntica à do caso anterior.
Construção. 5a e 6a soluções(ver figura 3.29)
Estas soluções vão ser construı́das da mesma forma que as anteriores mas tomando para
circunferências auxiliares a circunferência S3 (Z1 , r1 +r2 ) e S2 (Z3 , r3 −r2 ) As circunferências
C30 e C40 tangentes a S2 e a S3 que se obtêm recorrendo ao caso PCC são as construı́das
pela homotetia inversa.
A justificação é idêntica à caso anterior.
Construção. 7a e 8a soluções (ver figura 3.30)
113
Figura 3.29:
A construção é análoga ao caso anterior, 5a e 6a soluções mas considera-se como circunferências auxiliares S1 (Z1 , r1 − r2) e S4 (Z3 , r1 + r2).
Figura 3.30:
A justificação é idêntica ás dos casos anteriores.
Como já foi dito nem sempre é possı́vel construir oito soluções distintas. Só a titulo
de exemplo em anexo estão figuras que ilustram situações com um número diferente de
soluções.
114
EXEMPLOS EM FIGURAS
Foi referido ao longo deste capitulo que o número de soluções do problema de Apolónio
varia consoante a posição relativa dos elementos considerados em cada caso. Assim optamos
por incluir algumas figuras que exemplifiquem em cada caso esses diferentes números.
1. PPR - dois pontos e uma recta (figura: 3.31)
2. PRR - um ponto e duas pontos (figuras: 3.32 e 3.33)
3. PPC - dois pontos e uma circunferência (figura:3.34)
4. PCC - um ponto e duas circunferências (figuras: 3.35 a 3.38)
5. RRC - duas rectas e uma circunferência(figuras: 3.39 a 3.43)
6. PRC - um ponto, uma recta e uma circunferência (figuras: 3.44 a 3.46)
7. RCC - uma recta e duas circunferências (figuras: 3.47 a 3.49)
8. CCC - três circunferências (figuras: 3.50 a 3.52)
Figura 3.31: PPR- 1 solução
115
Figura 3.32: PRR - 1 solução
Figura 3.33: PRR - 2 soluções
Figura 3.34: PPC - 1 solução
Figura 3.35: PCC - 1 solução
Figura 3.36: PCC - 2 soluções
116
Figura 3.37: PCC - 3 soluções
Figura 3.38: PCC - infinitas soluções
Figura 3.39: RRC - 1 solução
Figura 3.40: RRC - 2 soluções
Figura 3.41: RCC - 3 soluções
Figura 3.42: RCC - 6 soluções
Figura 3.43: RCC - 8 soluções
117
Figura 3.44: PRC - 1 solução
Figura 3.45: PRC- 2 soluções
Figura 3.46: PRC - 3 soluções
Figura 3.47: RCC - 2 soluções
Figura 3.48: RCC - 4 soluções
Figura 3.49: RCC - 6 soluções
118
Figura 3.50: CCC - 2 soluções
Figura 3.51: CCC - 4 soluções
Figura 3.52: CCC - 6 soluções
119
Capı́tulo 4
Polos e Polares
A Geometria Projectiva trouxe novos elementos para analisar o problema de Apolónio
cujo embrião se deve a Desargues, (1591-1661),. Os teoremas de Desargues vieram a ser
desenvolvidos por Poncelet (1788-1867), discı́pulo de Monge, que formaliza a Geometria
Projectiva [14].Os conceitos de pólos e de polares, da Geometria Projectiva, envolvem
circunferências e contribuem para a justificação de propriedades ligadas à Circunferência
de Apolónio.
Se as propriedades métricas de uma figura, distância e ângulos estão claramente ligadas
à Cı́rcunferência de Apolónio também as propriedades projectivas; incidência, intersecção,
tângência...o estão. Por isso não é difı́cil adivinhar a utilidade de uma abordagem baseada
nas propriedades da circunferência sob o ponto de vista da Geometria Projectiva.
4.1
Razão Dupla - Quarteto Harmónico
Definição 4.1. Sejam A e B dois pontos distintos e considerem-se dois pontos P, Q ∈ AB
tais que
AP
BP
=
AQ
BQ
120
= k.
então os pontos P e Q dizem-se conjugados harmónicos em relação a A e B ou simplesmente (P Q) são conjugados em relação a (AB). O quarteto (ABCD) designa-se quarteto
harmónico.
Também se diz que os pontos atrás referidos dividem o segmento [AB] na razão k,
internamente(no caso do ponto pertencer a [AB]) e externamente(no caso do ponto não
pertencer a [AB]).
Proposição 4.1. Dados dois pontos A e B distintos e dado k > 0 existem exactamente
dois pontos, P e Q (um interno e outro externo) pertencentes à recta AB, conjugados
harmónicos de A e de B de razão k.
Prova:
Para provar a unicidade, suponha-se que P e R são pontos distintos que dividem internamente o segmento [AB] na razão k 6= 1 (se k = 1 então P = R pois trata-se do ponto
médio) . Então
AP
k= BP
=
−AR|
−BR|
AR
⇔ |APAR
= |BPBR
BR
|AP −AR|
AR
= BR
|BP −BR|
PR
PR
=k
1=k
o que é absurdo logo P = R. A prova da unicidade do ponto externo ao segmento é
semelhante .
Veja-se agora a prova da existência (ver figura 4.1): Trace-se por A uma recta r que
não passe por B e por B uma recta s paralela a r.
Seja C um ponto de s tal que BC = 1. Considere-se, também os pontos D e E, da recta
r, tais que AD = AE = k.
Os pontos P e Q serão os pontos de intersecção da recta AB com as rectas CD e CE.
121
Figura 4.1: Conjugados Harmónicos
De facto, a semelhança dos triângulos 4P AE e 4P BC (critério AAA) permite concluir
que
AQ
BQ
AP
BP
= k e da mesma forma a semelhança dos triângulos 4QAD e 4QBC leva a que
= k, logo
AP
BP
=
AQ
BQ
=k
A prova desta proposição é uma alternativa à construção dos conjugados harmónicos
que irá ser referida no capı́tulo V (teorema das bissectrizes)
Define-se, em geral a razão dupla de quatro pontos alinhados, sendo eles conjugados
harmónicos, quando esta vale -1:
Definição 4.2. Chama-se razão dupla ou razão anarmónicade quatro pontos A, B, C e
D de uma recta e posicionados por esta ordem, o valor
CA DA
/
CB DB
(em que CA, CB, DA e
CA são segmentos orientados) e escreve-se
CA DA
(AB, CD)= CB
/ DB
Se (AB, CD)=
De facto
CA DA
/ =−1
CB DB
CA DA
/ =−1
CB DB
⇔
CA
BC
então (AB, CD) formam um quarteto harmónico.
=
DA
BD
⇔ (ABCD) formam um quarteto harmónico.
A definição de conjugados harmónicos usa propriedades métricas. No entanto a sua
interpretação geométrica vai permitir ligar este conceito à circunferência, elemento fulcral
122
do problema de Apolónio.[24]
Proposição 4.2. Sejam A, P , B e Q, pontos distintos e alinhados (nesta ordem). Seja O
o centro da circunferência, C(O, r), de diâmetro [AB]. Seja ainda D uma circunferência
qualquer que contenha os pontos P e Q. Os pontos P e Q são conjugados harmónicos em
relação a A e B se e só se P ot(O, D) = r2 (ver figura 4.2)
Figura 4.2:
Prova
Por definição de conjugados harmónicos tem-se que
PA
PB
=
QA
QB
que se pode reescrever como
|r−OP |
|r+OP |
=
|r+OQ|
|OQ−r|
⇔ OP .OQ = r2
mas atendendo à definição de potência de um ponto relativamente a uma circunferência,
tem-se então:
P ot(O, D) = r2
Definição 4.3. Sejam quatro rectas a, b, c e d concorrentes num ponto P e seja e uma
recta que corta as rectas dadas nos pontos A, B, C e D respectivamente. Diz-se a razão
123
dupla das quatro rectas à razão dupla dada por os quatro pontos e escreve-se (ab, cd) =
CA DA
(AB, CD)= CB
/ DB Se (ABCD) formam um quarteto harmónico então as quatro rectas
formam um feixe harnónico.
Figura 4.3: Razão Dupla de 4 rectas
No caso de uma das rectas do feixe ser paralela à secante então a razão dupla é dada
CA
por (ab, cd) = (AB, C∞)= CB
. A razão desta convenção deve-se ao facto de se o ângulo
entre as duas rectas tende para zero (paralela por exemplo com d) a razão
DA
DB
tende para
1 (D = ∞)
4.2
Pólos e Polares
Vamos usar a inversa para associar a cada ponto do plano uma recta e vice-versa, e relacionar a razão dupla de pontos com a das rectas associadas.
Definição 4.4. Sejam C(O, r) um cı́rculo de centro O e raio r e A0 o inverso de um
pontoA. A recta p perpendicular a OA e que contém A0 diz-se polar de A relativamente a
C (A diz-se o pólo de p).
Algumas das propriedades das polares e dos seus pólos permitem de relacionar estes
conceitos com outros já conhecidos.
124
Proposição 4.3. A polar de um ponto A que pertence à circunferência é a tangente ao
cı́rculo nesse ponto.
Prova:
Seja C(O, r) uma circunferência de centro O e raio r e A um ponto da circunferência.
Seja A0 o inverso de A relativamente a C(O, r) então por definição tem-se
˙
OA.OA0 =r2 ∧ A0 ∈OA
Como OA=r2 então A=A0
Logo a polar de A é a tangente a C em A.
Proposição 4.4. A polar de um ponto A do interior do cı́rculo não intersecta o cı́rculo.
Prova:
OA.OA0 =r2 . A está no interior do cı́rculo logo OA < r então OA0 > r, i.e. A0 pertence
ao exterior do cı́rculo. A polar de A é perpendicular a OA e contém A0 , então a polar de
A não intersecta o cı́rculo, já que todos os seus pontos distam de O mais do que OA0 .
Teorema. Teorema de Hire
Se um ponto A pertence à polar de um ponto B relativamente a um cı́rculo C(O, r) então
B pertence à polar de A em relação ao mesmo cı́rculo.
Prova:
Seja b a polar de B relativamente a um cı́rculo C(O, r). Então b é perpendicular a OB e
passa por B 0 o inverso de B relativamente a C, (OB.OB 0 =r2 .) Seja A um ponto qualquer de
˙ tal que BD⊥OA. Os
b, então AB 0 é perpendicular a OB. Seja D o ponto da semi-recta OA
triângulos 4OAB 0 e 4OBD são semelhantes (são triângulos rectângulos com um ângulo
agudo comum) então
125
Figura 4.4: Teorema de Hire
OA OB 0
= OD ⇔
OB
⇔OA.OD=OB 0 .OB⇔OA.OD=r2 .
Assim D é o inverso de A e BD é a polar de A relativamente a C(O, r).Portanto B pertence
à polar de A.
Este Teorema vai permitir provar algumas propriedades das polares e respectivos pólos.
Comece-se por ver uma proposição que permite validar uma nova construção da polar
de um ponto exterior a uma circunferência:
Proposição 4.5. A polar de um ponto A no exterior do circulo C(O, r) passa pelos pontos
de tangência definidos pelas tangentes a C que contém A.(ver figura 4.5)
Prova:
Seja A um ponto no exterior de um cı́rculo C(O, r) e a a recta polar de A relativamente
a C. O inverso de A relativamente a c, A0 , está no interior do cı́rculo, então a é secante a
C. Sejam P e Q os pontos de intersecção de a com a circunferência C. Como P pertence
à polar de A, A pertence à polar de P que, como se viu, é a recta tangente a C. De igual
modo A pertence à tangente a C em Q. Então A pertence à intersecção das duas rectas
tangentes.
126
Figura 4.5:
Para construir a polar de um ponto exterior a uma circunferência dada basta então
traçar pelo ponto as rectas tangentes à circunferência e traçar depois a recta que une os
pontos de tangência. Esta recta é a polar do ponto.
Proposição 4.6. A polar de um ponto, intersecção de duas polares, é a recta que contém
os respectivos pólos
Prova:
Sejam a e b as polares de A e B respectivamente, relativamente a C(O, r).
Seja P = a∩b e seja p a polar de P . Então
P ∈ a ∧ P ∈ b⇒A ∈ p ∧ B ∈ p.
Logo a polar de P é p = AB(A 6= B).
A propriedade dual é também válida:
Proposição 4.7. Se dois pontos A e B pertencem à polar p de um ponto P então P é a
intersecção das polares de A e de B.
Prova:
127
Seja p a polar de P relativamente a um cı́rculo C(O, r) e sejam A e B dois pontos de p
. Como A e B pertencem à polar de P , P pertence à polar de A e à polar de B, i.e., P
pertence à intersecção das polares de A e de B.
A propriedade anterior permite a construção do pólo a partir da polar
Proposição 4.8. As polares de três pontos colineares, não colineares com o centro O do
circulo C(O, r) são concorrentes.
Prova: Seja C(O, r) uma circunferência de centro O e raio r. Sejam A, B e D três pontos
colineares distintos e não colineares com O e a, b e d as respectivas polares relativamente
a C. Seja P o ponto de intersecção de a e b (este ponto existe uma vez que as polares a e
b não são paralelas pois A e B não são colineares com O). Então, como já se viu, AB é a
polar de P . Mas D pertence a AB (polar de P ),logo P pertence a d polar de D, donde
P =a∩b∩c.
Tal como anteriormente a propriedade dual é também válida:
Proposição 4.9. Os pólos de três rectas concorrentes são colineares.
Prova:
Sejam a,b e c as polares de A, B e C, repectivamente e seja P o ponto de intersecção
das três polares:P =a∩b∩c. Como P pertence às polares de A, de B e de C, pelo T. Hire,
A, B e C pertencem à polar de P ,então os três pontos são colineares.
A construção da polar de um ponto pode também ser feita observando que ela é um
lugar geométrico.
Os teoremas seguintes vão ser necessários para a justificação dessa construção.
128
Teorema. Teorema de Ceva
Seja 4ABC um triângulo e sejam X, Y e Z pontos dos lados [BC], [AC] e [AB] respectivamente. Os segmentos [AX], [BY ] e [CZ] concorrem num ponto P se e só se
BX CY AZ
· ·
XC Y A ZB
=1
Prova
⇒
Suponha-se que [AX] ∩ [BY ] ∩ [CZ] = {P } Os triângulos 4BP X e 4XP C tem a mesma
Figura 4.6: Teorema de Ceva
altura, h1 , relativamente ao vértice P . Assim as suas áreas são dadas por:
A[BP X] =
A[BP X]
A[XP C]
=
BX
XC
BX.h1
2
e A[XP C] =
XC.h1
.
2
Fazendo a razão das áreas:
(I).
Por outro lado os triângulos 4BAX e 4XAC tem a mesma altura, h2 relativamente ao
vértice A, então:
A[BAX] =
A[BAX]
A[XAC]
=
BX.h2
2
BX
XC
e A[XAC] =
XC.h2
.
2
Fazendo a razão das áreas:
(II)
Então das igualdades (I) e (II) tem-se:
A
A[BP X]
A[BAX] −A[BP X]
A[BAP ]
BX
= A[BAX]
=
=
=
A
A
−A
A[CP A]
XC
[XAC]
[XP C]
[XAC]
[XP C]
129
Da mesma forma:
A
A BC]
A BC] −A[CP Y ]
A
B]
CY
= [CP Y ] = A[Y
= A[Y
= A[CP
Y A A[AP Y ]
[Y BA]
[Y BA] −A[AP Y ]
[BAP ]
e
A[ACZ]
A[ACZ] −A[AP Z]
A[CP A]
A
AZ
= A[ZCB]
= A[CP
= [AP Z] = A[ZCB]
−A[ZP A]
ZB A[ZP A]
B]
Então:
A
A
A
BX CY AZ
. . = [BAP ] . [CP B] . [CP A]
XC Y A ZB A[CP A] A[BAP ] A[CP B]
=1
Prove-se agora o reciproco:
⇐
Suponha-se que se verifica a seguinte igualdade:
BX CY AZ
· ·
XC Y A ZB
= 1 Seja P o ponto de inter-
secção de [AX] e [BY ] e seja W a intersecção de CP com AB então pela prova anterior
como [AX], [BY ] e CW concorrem no ponto P tem-se que:
parando esta igualdade com a da hipótese tem-se que:
BX CY AW
· ·
XC Y A W B
AZ
= AW
ZB W B
⇔
= 1. Com-
AB−ZB AB−W B
= WB
ZB
⇔
AB.W B − ZBW B = AB.ZB − W B.ZB ⇔ AB.W B = AB.ZB ⇔ZB = W B e portanto
Z e W coincidem. Logo [AX], [BY ] e [CZ] concorrem em P .
Veja-se agora um outro teorema que é uma espécie de dual do teorema de Ceva:
Teorema. Teorema de Menelau
Seja 4ABC um triângulo e considere-se três pontos X, Y e Z um em cada uma das
rectas que contém os lados BC, AC e AB. Então X, Y e Z são colineares se e só se for
verdadeira a seguinte igualdade:
BX CY AZ
· ·
XC Y A ZB
= 1.
130
Figura 4.7: Teorema de Menelau
Prova:
⇒
Suponha-se que X, Y e Z são colineares. Considere-se a homotetia f de centro X e razão
XB
XC
e a homotetia g de centro Y e razão
homotetia de razão
XB Y C
.
XC Y A
YC
.
YA
Então a homotetia composta f ◦ g é uma
e cujo centro está na intersecção de AB com XY ou seja o
centro é Z (ver prop 2.10.). Esta homotetia transforma A em B e deixa invariante XY .
Então por definição de homotetia tem-se:
ZB
ZA
=
XB Y C
.
XC Y A
⇔
ZA XB Y C
. .
ZB XC Y A
=1⇔
AZ BX CY
. .
ZB XC Y A
=1
⇐
A implicação reciproca prova-se de maneira análoga ao teorema de Ceva. Suponha-se que
BX CY AZ
· ·
XC Y A ZB
= 1. Seja W o ponto de intersecção das rectas AB com XY . Então pela
prova anterior e uma vez que X, Y e W são colineares
igualdade com a da hipótese tem-se que
AW
WB
=
AZ
.
ZB
BX CY AW
· ·
XC Y A W B
= 1. Comparando esta
Como Z e W coincidem e W ∈ XY ,
X, Y e Z são colineares.
O teorema seguinte relaciona os dois teoremas anteriores:
Teorema. Seja 4ABC um triângulo e considere-se as rectas AF , BE e CH, concorrentes
num ponto D em que F , E e H são pontos de [BC], [AC] e de [AB] respectivamente. Sejam
ainda G o ponto de intersecção da recta EF com a recta AB e K o ponto de intersecção de
131
CH com EF . Então (ABHG) e (GKEF ) formam quartetos harmónicos ou seja
e
EK
KF
=
AH
HB
=
AG
GB
EG
GF
Figura 4.8: Quarteto harmonico num triangulo
Prova
Aplicando o teorema de Menelau ao triângulo 4ABC e considerando a secante EF :
GA F C EA
. .
GB F B EC
= 1.
Aplicando o teorema de Ceva ao triângulo 4ABC e considerando o ponto D:
AH BF EC
. .
HB F C EA
=
−1.
Multiplicando as duas equações:
AG
GB
=
AH
HB
então (ABHG) formam um quarteto harmónico.
A prova que (GKEF ) formam um quarteto harmónico é análoga. Basta considerar o
triângulo 4CEF e aplicar o teorema de Menelaus à secante AB e o de Ceva ao ponto D.
Mas a polar de um ponto pode ser construı́da de diversas formas. Em seguida mostram-se
algumas no sentido de tornar claro propriedades importantes das polares. Nas construções
seguintes a polar é construı́da usando a possibilidade que o software te de rastrear um
ponto.
Construção. (ver figura 4.9)
Seja C(O, r) uma circunferência de centro O e raio r e A um ponto exterior à circunferência
132
1. Trace-se a recta OA e marquem-se os pontos G e J, os pontos de intersecção da recta
com a circunferência C.
2. Marque-se um ponto D na circunferência.
3. Trace-se a recta AD e marque-se o ponto E, o outro ponto de intersecção da circunferência C com a recta AD.
4. Tracem-se as rectas GD e JE e o ponto de intersecção das rectas, o ponto F .
5. Faça-se deslocar o ponto D na circunferência e rastreie-se F . O ponto F ao deslocarse com D traça o lugar geometrico que é a polar de A
Figura 4.9:
Por construção,[DJ] é a altura do triângulo 4F GJ relativamente ao vértice J e GE é
a altura relativamente ao vértice G. Seja H o ponto de intersecção das alturas e I o ponto
de intersecção de F H com GJ. Então pelo teorema anterior (AIGJ) formam um quarteto
harmónico, portanto I é o inverso de A relativamente à circunferência C(O, r) de diâmetro
GJ (e portanto é um ponto bem determinado). Como F I é a altura do triângulo 4GF J
à medida que D se desloca na circunferência F percorre a polar de A.
Esta construção permite adivinhar uma outra consequência do teorema anterior:
Proposição 4.10. A intersecção de qualquer secante à circunferência que contenha o
ponto A define com a polar um ponto T que forma com A, D e E um quarteto harmónico.
133
Seja T o ponto de intersecção da secante AD com F I. Pelo teorema anterior (ADT E)
formam um quarteto harmónico para qualquer D∈C(O,r).
Construção. (ver figura 4.10)
Seja W (O, r) uma circunferência de centro O e raio r. Seja ainda P um ponto que não
pertence à circunferência
1. Trace-se uma secante e à circunferência que passe por P e marque-se os pontos de
intersecção A e B.
2. Trace-se a circunferência S que passa por os pontos A, B e O
3. Trace-se semi-recta ȮP e marque-se o outro ponto de intersecção com S, o ponto F .
4. Trace-se a bissectriz externa do ângulo ∠AF B e marque-se o ponto D ponto de
encontro com a recta AB.
5. Rastreie-se o ponto D, fazendo girar AB sobre o ponto P , i.e, fazendo variar a
inclinação da secante inicial. A linha traçada por D é a polar de P
Figura 4.10:
F P é a bissectriz do ângulo ∠BF A,os ângulos ∠OBA e ∠BAF são iguais já que o
triângulo 4BOA é isósceles. Os ângulos ∠BF O=∠BAO e ∠OF A = ∠OBA já que
134
suportam os mesmos arcos, logo ∠BF O = ∠OF C.
A recta F D é por construção a bissectriz externa e F P é a bissectriz interna do ângulo
∠AF B então F D⊥F P . Além disso o triângulo 4P BO, dada a igualdade dos ângulos, é
semelhante ao triângulo 4BF O donde:
PO
r
=
r
FO
⇔ P O.F O=r2 . Então F é o inverso de
P com relação a W . Então a recta F D é a polar de P .
Veja-se uma outra construção da polar de um ponto cuja prova é uma consequência
imediata do teorema das bissectrizes que se vai analisar no próximo capı́tulo:
Construção. (ver figura 4.11)
Seja W (O, r) uma circunferência de centro O e raio r. Seja ainda P um ponto.
Marquem-se dois pontos, A e B em W .
1. Tracem-se as rectas AP e BP e marquem-se os pontos, C e D,pontos de intersecção
das rectas com a circunferência.
2. Marque-se o ponto F ponto de intersecção AB e CD e marque-se o ponto E ponto
de intersecção de BD e AC.
3. Trace-se a recta EF polar de P .
Figura 4.11:
135
Seja G o ponto de intersecção das rectas EF e AD e H o ponto de intersecção das BC
e EF . Recorrendo a um teorema já enunciado (ADP G) e (BCP H) formam cada um um
quarteto harmónico então pelas propriedades anteriores EF é a polar de P
Esta construção leva a uma outra propriedade das polares. Mas primeiro veja-se a
seguinte definição:
Definição 4.5. Ao conjunto de quatro pontos (vértices) três a três não colineares juntamente com as seis rectas que os ligam designa-se por quadrângulo. As três intersecções
das rectas, que não são vértices, chamam-se vértices diagonais.
A propriedade que se falava atrás é então a seguinte:
As intersecções dos lados opostos dum quadrângulo cujos vértices são pontos de uma
circunferência C definem a polar, relativamente a C, do ponto de intersecção das diagonais. Alem disso as intersecções da polar com as diagonais juntamente com os pontos que
a definem formam um quarteto harmónico
A construção feita anteriormente prova esta propriedade. De facto os lados opostos do
quadrângulo AB e DC intersectam-se em E e BD e AC em F . P é a intersecção das
diagonais AD e BC e estas intersectam a polar EF nos pontos G e H. Sabe-se também
que (F GEH) formam um quarteto harmónico.
Para finalizar esta secção veja-se o seguinte teorema:
Teorema. Seja W (O, r) uma circunferência de centro O e raio r. Seja ainda P um ponto
e p a sua polar relativamente a W . A razão dupla de quatro pontos de p, A, B, C e D, é
igual à razão dupla das polares a, b, c e d dos quatro pontos.
Este resultado é consequência das propriedades de razão dupla. A razão dupla das rectas
OA, OB, OC e P D é igual á razão dupla dos quatro pontos A, B, C e D. Mas as rectas
136
Figura 4.12: Razao dupla das polares de quatro pontos
OA, OB... são ortogonais às polares correpondentes a, b... Então o ∠AEB é igual ao
ângulo formado pelas rectas a e b... Então a razão dupla dos dois feixes de rectas é o
mesmo.
137
Capı́tulo 5
Circunferência de Apolónio
A circunferência de Apolónio trata-se de um famoso problema de lugares geométrico: Dados dois pontos,A e B determinar o lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfaçam
a seguinte igualdade
PA
PB
= k sendo k > 0 uma constante. No caso de k = 1 é evidente-
mente a mediatriz do segmento [AB]. No caso geral (com K 6= 1) o lugar geométrico é uma
circunferência de raio k e cujo centro se encontra na recta AB, como o iremos demonstrar
neste capı́tulo. A esta circunferência chama-se Circunferência de Apolónio associada aos
pontos A e B e de razão k. Mas perante o que se acabou de dizer podemos levantar outra
questão: Dados três pontos não colineares A, B e C como construir a Circunferência de
Apolónio associada a dois dos pontos, (p.ex. A e B) e que contenha o outro ponto (i.e. de
razão k =
CA
?
CB
ou colocado doutra maneira: Dado um triângulo não isósceles de vértices
A, B e C como construir as circunferências de Apolónio que lhes estão associadas? A
ligação entre a circunferência de Apolónio e os elementos de um triângulo são desenvolvidos num artigo de Nathan Alsthiller[1]. Os resultados surpreendentes que este artigo refere
faz dele um valioso documento de estudo e o assunto deste capı́tulo é análise desse artigo.
As justificação das propriedades enunciadas ao longo desse documento requerem desde conhecimentos básicos, tais como a perpendicularidade entre as bissectrizes interna e externa
dum ângulo interno de um triângulo, a outros como propriedades das polares de um ponto.
138
A abordagem que aqui se faz é fiel à do artigo: parte de uma definição, circunferência de
Apolónio, e vai enunciando propriedades de uma forma ordenada (as propriedades anteriores são usadas nas justificações das seguintes). É de realçar que o triângulo indicado
na definição inicial é escaleno pois como já foi referido o que nos interessa é a ligação do
triângulo com as circunferências de Apolónio que lhe estão associadas. O papel dado à
construção geométrica ao longo deste capı́tulo é apenas ilustrativo.
O nosso estudo incidiu nas justificações das propriedades enunciadas. Ao fazê-lo fizemos
a aquisição de novos conhecimentos e ao trabalha-los deduziu-se relações entre propriedades
que de uma certa forma nos ajudou na resolução do Problema de Apolónio
O tema deste artigo e a riqueza de aprendizagem que proporcionou justificava só por si
a inclusão do seu estudo neste trabalho.
Definição 5.1. Seja 4ABC um triângulo e U , U 0 e V , V 0 e W , W 0 os pontos de intersecção das bissectrizes , internas e externas, dos ângulos do triângulo com os lados opostos.
Cada uma das circunferência definidas pelos diâmetros [U U 0 ], [V V 0 ] e [W W 0 ] designa-se
por Circunferência de Apolónio.
Seja δ1 (O1 , r1 ) a circunferência centro O1 e de diâmetro [U U 0 ] (r1 =
centro O2 e diâmetro [V V 0 ](r2 =
VV0
)
2
UU0
),
2
δ2 (O2 , r2 ) a de
e δ3 a de centro O3 e de diâmetro [W W 0 ](r3 =
(ver figura 5.1).
Figura 5.1: Circunferência de Apolónio
139
WW0
)
2
Proposição 5.1. Cada circunferência de Apolónio passa pelo vértice do triângulo, o vértice
oposto ao lado contido na recta que contêm o diâmetro que a define.
Prova:
Vamos provar que a circunferência δ3 , de diâmetro [W W 0 ], contêm o ponto C. Para os
outros casos a justificação é análoga.
CW e CW 0 são perpendiculares uma vez que são as bissectrizes, interna e externa, do
ângulo ∠ACB, portanto o ângulo ∠W CW 0 é recto. Logo o ∠W CW 0 é um ângulo inscrito
na circunfrência de diâmetro [W W 0 ]. Então o vértice C (vértice do ângulo e do triângulo)
é um ponto de δ3 .
Proposição 5.2. (A, B, W, W 0 ) formam um quarteto harmónico
A prova desta propriedade vai-se tornar evidente se se recorrer ao seguinte teorema.
Teorema. Teorema das bissectrizes
Sejam 4ABC um triângulo e P o ponto de intersecção da bissectriz interna do ângulo
∠ACB com o lado oposto AB, seja ainda Q o ponto de intersecção da bissectriz externa
do ângulo ∠ACB com o prolongamento do lado oposto AB, então
Figura 5.2: Teorema das Bissectrizes
Prova:
140
AP
= AQ .
P B QB
1. Prove-se primeiro a seguinte igualdade:
AP
= AC
P B CB
Seja h1 a altura do triângulo 4AP C relativamente à base [AP ] e h2 a altura relativamente à base [Ac].
A área do triângulo 4AP C é dada por: A[AP C] = AP 2×h1 . Por outro lado e uma vez
que h1 também é a altura do triângulo 4CP B relativamente à base [AP ] tem-se que
. Fazendo a razão das áreas tem-se:
A[CP B] = P B×h1
2
A[AP C]
= PAPB .
A[CP B]
(I)
Mas a área do triângulo4AP C também é dada por A[AP C] = AC×h2
.
2
Como P é um ponto da bissectriz do ângulo ∠ACB a dist(P, AC) = dist(P, CB)=h2
então a altura do triângulo 4CP B relativamente à base [CB] é h2 logo a área é
também A[CP B] = CB×h2
. Fazendo a razão das áreas tem-se:
2
A[AP C]
AC
= CB
.
A[CP B]
(II).
De (I) e de (II) tem-se:
AP
= AC
P B CB
2. A igualdade
AQ AC
=
QB CB
também se verifica, já que:
A altura h1 é também a altura do triângulo 4CQA relativamente à base [QA] e do
triângulo 4CQB relativamente à base [QB], logo A[CQA] = AQ×h1
e A[CQB] = QB×h1
.
2
2
Fazendo a razão das áreas tem-se:
A[CQA] AQ
= .
A[CQB] QB
(III).
Por outro lado, sendo h3 a altura do triângulo 4CQA relativamente à base [CA]como
Q é um ponto da bissectriz externa do ângulo ∠ACB a altura do triângulo 4CQB é
3
3
também dada por h3 (dist(Q, AC)=dist(Q, CB)=h3) então A[CQA] = AC×h
e A[CQB] = CB×h
.
2
2
141
Então a razão das áreas é:
A[CQA] AC
= .
A[CQB] CB
(IV )
De (III) e de (IV ) tem-se então:
AQ AC
=
QB CB
Das igualdades de 1 e 2 resulta a igualdade enunciada no teorema:
AP
= AQ
P B QB
Provar agora a proposição anterior é como já se tinha dito quase imediata:
Como W 0 e W são os pontos de intersecção das bissectrizes do ângulo ∠ACB do triângulo
4ABC com o lado oposto AB pelo teorema das bissectrizes tem-se:
AW 0
= AW .
W 0B W B
ou seja (ABW W 0 ) formam um quarteto harmónico.
Além disso na demonstração do teorema das bissectrizes viu-se ser verdadeira a seguinte
igualdade:
0
AC
= AW = AW .
CB W 0 B W B
Já se viu que cada circunferência de Apolónio contêm o vértice do triângulo oposto ao
diâmetro. Veja-se agora um resultado que relaciona um ponto qualquer de uma das circunferências de Apolónio com os outros vértices do triângulo que não pertencem à circunferência; vamos enunciá-lo para γ3 , para as outras duas circunferências (γ1 e γ2 ) o resultado
é análogo.
Proposição 5.3. S é um ponto da circunferência de Apolónio γ3 , de diâmetro [W W 0 ]se e
só se
SA CA
=
SB CB
(ver figura 5.3)
142
Figura 5.3:
Prova (⇒).
Seja S um ponto da circunferência γ3 . Então W 0 S⊥W S já que o ângulo ∠W 0 SW é um
ângulo inscrito numa circunferência de diâmetro [W 0 W ] . Sejam agora E e F dois pontos
da semi-recta ḂS tais que: AF kW 0 S e AEkW S.
Os triângulos 4W BS e 4ABE são semelhantes já que os lados são paralelos logo os
ângulos internos são iguais.
BE
BS
= BW
AB
⇔
BS+SE
BS
= BW
AW +BW
⇔ BS.BW + SE.BW = AW .BS + BS.BW ⇔
SE.BW = AW .BS ⇔
BS
SE
=
BW
AW
(I)
De maneira análoga: os triângulos 4W 0 BS e 4ABF são semelhantes, logo
BS
= BF
BW 0
BA
BS.AW 0 =
BS−F S
⇔
BW 0 −AW 0
0
BW .F S ⇔ BS
= BW
FS
AW 0
0
AW
= AW (III) das
W B W 0B
⇔
BS
BW 0
=
BS.BW 0 − BS.AW 0 = BS.BW 0 − BW 0 .F S ⇔
(II) Por outro lado pelo Teorema das bissectrizes
igualdades (I), (II) e (III) tem-se:
BS BS
=FS
SE
então SE=F S, i.e., S é o ponto médio de [EF ]. Como AF ⊥AE (já que são paralelas
a W 0 S e a W S), A pertence à circunferência de diâmetro [EF ] ou seja à circunferência
143
de centro S e raio [SE]=[SA]. Então substituindo em (I)
anterior
CA BW
=WA,
CB
BS BW
=
.
SA W A
Mas pela proposição
BS
= CA .
SA CB
logo
Provamos assim que:
S ∈ δ3 ⇒
SA
SB
=
CA
CB
(⇐)
Prove-se agora que se
SA
SB
=
CA
CB
então S ∈ δ3
Seja S um ponto qualquer do plano tal que
pode-se escrever (ver figura 5.4)
AS
BS
=
AW
BW
=
CA AS
=
CB BS
que atendendo à proposição anterior
AW 0
BW 0
Figura 5.4:
Considerem-se os pontos E e F , pontos de intersecção da circunferência de centro S e
˙ (considere-se os pontos alinhados por esta ordem B, F , S e
raio SA com a semirecta BS
E). Então, como AS = F S,
AS
BS
=
AW 0
BW 0
⇔
FS
BS
=
AW 0
BW 0
⇔
BS
BW 0
=
FS
AW 0
⇔
BS
BW 0
BS.BW 0 − BS.BA = BS.BW 0 − BW 0 .BF ⇔ BS.BA = BF .BW 0 ⇔
BS−BF
⇔
BW 0 −BA
BS
= BF
. Os
BA
BW 0
=
triângulos 4BW 0 S e 4BAF têm dois lados proporcionais e o ângulo por eles formado igual
são por isso semelhantes portanto os ângulos internos são iguais donde, ∠BW 0 S = ∠BAF ,
logo AF é paralela a W 0 S.
De igual forma sendo
AS
BS
=
AW
BW
então, já que AS = SE,
SE
BS
=
AW
BW
BE.BW −BS.BW = BA.BS −BS.BW ⇔ BE.BW = BA.BS ⇔
144
⇔
BE−BS BA−BW
= BW ⇔
BS
BE
= BS .
BA BW
Os triângulos
[BW S] e [BAE] têm dois lados proporcionais e o ângulo por eles formado igual, são por
isso semelhantes, portanto ∠BW S = ∠BAE, e AE é paralela a W S.
Ora como o ângulo ∠F AE é recto, uma vez que é um ângulo inscrito na circunferência
de diâmetro [F E], o ângulo ∠W SW 0 também o é, já que tem os lados paralelos. Então o
∠W SW 0 é um ângulo inscrito na circunferência de diâmetro [W W 0 ], logo S é um ponto
da circunferência δ3 .
Para as outras circunferências de Apolónio a prova é idêntica, então:
AC
CU 0
PC
= CU = BU
0 =PB
AB BU
BA AV
= CV
BC
sendo P um ponto da circunferência δ1 e
0
QA
AV
= CV
0 = QC sendo Q um ponto da circunferência δ2
Assim surge a definição que enunciamos no inı́cio deste capı́tulo de circunferência de
Apolónio.
Proposição 5.4. Circunferência de Apolónio é o lugar geométrico dos pontos cuja razão
entre as distâncias a dois pontos fixos é constante.
A equivalência das duas definições é imediata através da proposição anterior e usando
como exemplo a circunferência de Apolónio δ3
(S ∈ δ3 ⇔
SA
= AW
SB BW 0
= k(constante) já que os pontos A, B, W e W 0 são pontos bem
determinados).
A proposição seguinte estabelece uma relação entre as três circunferências de Apolónio
associadas ao triângulo 4ABC.
Proposição 5.5. As três circunferências de Apolónio definidas num triângulo 4ABC
intersectam-se em dois pontos(ver figura 5.5).
Prova
145
Figura 5.5:
Por construção C pertence ao interior de δ1 (e A pertence ao interior de δ3 ) por outro
lado já se provou que A ∈ δ1 (e C ∈ δ3 ). Então as circunferências δ1 e δ3 são secantes.
Portanto existem exactamente dois pontos que pertencem a δ1 ∩ δ3 . Sejam I1 , I2 esses
pontos. Como I1 ∈ δ3 e I2 ∈ δ3 , pela proposição anterior:
I1 A CA
=
I1 B CB
e
I2 A CA
=
I2 B CB
De igual modo, como I1 ∈ δ1 e I2 ∈ δ1 , tem-se que:
I1 C
= AC
I1 B AB
e
I2 C
= AC
I2 B AB
Então
I1 A/I1 B
AB
= CA/CB
= CB
I1 C/I1 B
AC/AB
e
I2 A/I2 B
AB
= CA/CB
= CB
I2 C/I2 B
AC/AB
ou seja
I1 A
I1 C
=
AB
CB
e
I2 A
I2 C
=
AB
CB
que pela proposição anterior é equivalente a afirmar que os pontos I1 e I2 pertencem à
circunferência δ2
As três circunferência, δ1 ,δ2 e δ3 tem então exactamente dois pontos em comum, I1 e I2
uma vez que não são coincidentes.
Proposição 5.6. Os centros das três circunferências de Apolónio são colineares (ver figura
5.6).
146
Figura 5.6:
Prova
Pelo resultado anterior δ1 ∩δ2 ∩δ3 ={I1 , I2 }, então os centros dos cı́rculos pertencem à mediatriz da corda [I1 , I2 ] (comum às três circunferências), logo os três centros são colineares.
A propriedades seguinte estabelece uma relação entre a circunferência circunscrita ao
triângulo e as circunferências de Apolónio.
Proposição 5.7. A circunferência circunscrita ao triângulo 4ABC, δ(O, r), é ortogonal
a cada uma das circunferências de Apolonio que lhe estão associadas.(ver figura 5.7)
Prova
Figura 5.7:
AW
AW 0
= BW
0
BW
⇔
r3 −O3 A r3 +O3 A
= O B+r
O3 B−r3
3
3
⇔
r32 + r3 .O3 B − O3 B.O3 A − r3 .O3 A=r3 .O3 B − r32 + O3 B.O3 A − r3 .O3 A ⇔
147
2r32 =2.O3 B.O3 A⇔ r32 =P ot(O3 , δ)
Então as circunferências δ3 (O3 , r3 ) e δ(O, r), por definição, são ortogonais.
De igual modo se provaria que as outras circunferências de Apolónio são ortogonais à
circunferência circunscrita ao triângulo 4ABC.
Proposição 5.8. O centro da circunferência circunscrito ao triângulo 4ABC pertence à
recta que contém a corda [I1 , I2 ] comum às três circunferências.(ver figura 5.8)
Figura 5.8:
Prova :
No ponto anterior provou-se que a circunferência δ é ortogonal a cada um dos cı́rculos
de Apolonio, então:
P ot(O, δ1 )=r2
P ot(O, δ2 )=r2
P ot(O, δ3 )=r2
Assim o seu centro O pertence então ao eixo radical dos três cı́rculos de Apolónio. Por
outro lado,(uma vez que I1 e I2 são os pontos comuns das três circunferências, por uma
propriedade já referida (cap 2), [I1 , I2 ] é o eixo radical das três circunferências de Apolónio
. Portanto O ∈ [I1 I2 ].
148
Proposição 5.9. Sejam M e M 0 os pontos de intersecção,, do circunferência circunscrita,
δ, com a recta I1 I2 então (M, M 0 , I1 , I2 ) formam um quarteto harmónico.(ver figura 5.9)
Figura 5.9:
Prova:
Dizer que (M, M 0 , I1 , I2 ) formam um quarteto harmónico é equivalente a dizer que
M I2
,
I2 M 0
M I1
I1 M 0
=
mas
M I1
M I2
=M
0I
I1 M 0
2
⇔ M I1 .M 0 I2 =I1 M 0 .M I2 ⇔(r − OI1 ).(r + OI2 )=(r + OI1 ).(OI2 − r) ⇔
r2 + r.OI2 − r.OI1 − OI1 .OI2 =r.OI2 − r2 + OI1 .OI2 − r.OI1 ⇔ 2.r2 =2.OI1 .OI2
⇔r2 =P ot(O, δ3 ),
o que é verdade uma vez que a circunferência circunscrita é ortogonal a qualquer circunferência de Apolónio em particular a δ3 . Então (M, M 0 , I1 , I2 ) formam um quarteto
harmónico.
Proposição 5.10. As tangentes á circunferência circunscrita, δ, que contêm os vértices do
triângulo 4ABC intersectam os lados opostos nos centros das circunferências de Apolónio.(ver
figura 5.10)
Prova:
C ∈ δ3 ∩ δ As circunferências δ3 e δ são secantes já que A é um ponto de δ e é um ponto
interior de δ3 . Seja C 0 o outro ponto da intersecção de δ3 com δ, i.e.
149
Figura 5.10:
δ3 ∩ δ={C, C 0 }
Como δ3 é ortogonal a δ então O3 C é perpendicular OC logo O3 C é tangente a δ em C e
o eixo radical das circunferências δ3 e δ é CC 0
De maneira análoga O1 A é tangente a δ em A e O2 B é tangente a δ em B e sendo
δ1 ∩ δ={A, A0 } o eixo radical das circunferências δ1 e δ é AA0 e o de δ2 e δ é BB 0 sendo
δ2 ∩ δ={B, B 0 }.
As cordas definidas anteriormente, ou seja as cordas s1 = [AA0 ],s2 = [BB 0 ] e s3 = [CC 0 ]
designam-se por Semimedianas do triângulo 4ABC e a corda s = [I1 I2 ] é chamada de
diâmetro de Brocard.
Proposição 5.11. As três semimedianas, intersectam-se num ponto, K, que pertence ao
eixo radical [I1 , I2 ]. O ponto comum, K, é designado por ponto de Lemoine ou Ponto
Semimediano (ver figura 5.11).
Para provar esa proposição vai-se recorrer a um resultado do capitulo anterior em que
um ponto P e os pontos definidos pelas intersecções duma secante que passa por P com a
circunferência e com a polar de P formam um quarteto harmónico.
Prova:
Já se viu que δ3 ∩ δ={C, C 0 } e que as circunferências δ3 e δ são ortogonais, então O3 C é
perpendicular a OC e O3 C 0 é perpendicular a OC 0 . Portanto OC e OC 0 são as tangentes
por O a δ3 em C e C 0 , a corda CC 0 é então a polar de O relativamente a δ3 . Da mesma
150
Figura 5.11:
forma AA0 é a polar de O relativamente a δ1 e BB 0 é a polar de O relativamente a δ2 .
Sejam K3 = I1 I2 ∩ CC 0 , K1 = I1 I2 ∩ AA0 e K2 = I1 I2 ∩ BB 0 então (K3 OI1 I2 ) formam um
quarteto harmónico, i.e., (K3 , O) são conjugados relativamente a (I1 , I2 ). De igual modo
(K1 , O) são conjugados relativamente a (I1 , I2 ) e (K2 , O) são conjugados relativamente a
(I1 , I2 ), logo tem-se que K1 = K2 = K3 = K.
Proposição 5.12. Os pontos de intersecção das tangentes a δ nos pontos A, B e C definem
um triângulo. As rectas semimedianas contêm os vértices desse triângulo. (ver figura ??)
Figura 5.12:
Prova:
As tangentes a δ nos vértices do triângulo [ABC] são secantes duas a duas já que o
triângulo é escaleno logo nenhum dos lados é diâmetro de δ, assim os pontos de intersecção
das tangentes definem um triângulo Seja T3 o ponto de intersecção das tangentes a δ em
A e em B, então AB é a polar de T3 relativamente δ. Por outro lado CC 0 é a polar de O3
151
relativamente a δ, já que δ e δ3 são ortogonais e intersectam-se em C e em C 0 . Mas O3
pertence a AB ou seja O3 pertence à polar de T3 então T3 pertence à polar de O3 ou seja
T3 é um ponto de CC 0 . De maneira análoga se prova que T1 ∈ AA0 e T2 ∈ BB 0 .
Proposição 5.13. A recta que une os centros das circunferências de Apolónio é a polar
do ponto Lemoine, K, relativamente a δ. Esta polar designa-se por Eixo de Lemoine.(ver
figura 5.13)
Figura 5.13:
Prova:
Como já foi visto CC 0 é a polar de O3 relativamente a δ assim como AA0 é a polar de O1
e BB 0 é a polar de O2 . K pertence às três polares logo os respectivos pólos, O1 , O2 e O3
pertencem à polar de K. EntãoO1 , O2 e O3 são colineares e a recta que os contêm é a
polar de K.
Proposição 5.14. A razão dupla das três semimedianas e do diâmetro de Brocard, [I1 I2 ],
é numericamente igual a
O1 O2
.
O2 O3
A prova desta proposição é imediata atendendo aos resultados1 As semimedianas e o
diâmetro de Brocard são concorrentes no ponto K, ponto Lemoine. Uma vez que a polar
de K contêm os polos O1 , O2 e O3 das semimedianas e o pólo do diâmetro de Brocard é
∞ já que o diâmetro de Brocard contêm o ponto O, centro de δ então (s1 s2 s3 s) =
1
nm
152
O1 O2
.
O2 O3
Proposição 5.15. O eixo de Lemoine é exterior à circunferência δ.
Prova:
Como já foi visto, o eixo de Lemoine, O3 O1 , é a polar de K então é perpendicular a
OK. Mas OK = I1 I2 donde O3 O1 ⊥I1 I2 e o ponto de intersecção de O3 O1 e de I1 I2 é o
ponto médio do segmento, pois como também já foi visto O3 O1 é a mediatriz do segmento
[I1 I2 ]. Seja J esse ponto médio. Um outro resultado já provado é que (M M 0 I1 I2 ) formam
um quarteto harmónico ou seja
M I1
I1 M 0
=
M I2
,
I2 M 0
sendo [M M 0 ] o diâmetro da circunferência
δ que contêm I1 . Se J pertencesse ao diâmetro [M M 0 ] então M I1 > M I2 por outro
lado M 0 I1 < M 0 I2 então
M I1
I1 M 0
>
M I2
I2 M 0
o que é absurdo logo J não pertence ao diâmetro
[M M 0 ]. Então J é exterior à circunferência δ, ou seja dist(J, O) > r. Mas como J é um
ponto do eixo de Lemoine e OJ é perpendicular ao eixo, para qualquer ponto P do eixo
dist(P, O) > dist(JO) > r. Então o eixo de Lemoine é exterior á circunferência δ.
Corolário. O ponto de Lemoine K é um ponto do interior da circunferência circunscrita
δ.
Prova:
A polar de K, eixo de Lemoine é exterior à circunferência então por uma propriedade das
polares o polo K é interior da circunferência δ.
Proposição 5.16. Os pontos de intersecção das semimedianas com o eixo de Lemoine
são polos do diâmetro de Brocard relativamente a cada um dos cı́rculos de Apolónio.(ver
figura 5.14)
Prova:
Seja P3 o pólo de I1 I2 relativamente a δ3 . Como anteriormente se viu O pertence a I1 I2
então P3 pertence à polar de O relativamente a δ3 que como já se viu é a symmedian line
CC 0 . Por outro lado e também recorrendo a uma propriedade das polares, o polo,P3 ,
pertence à recta que contêm O3 e é perpendicular a I1 I2 , ou seja, o eixo de Lemoine.
153
Figura 5.14:
Portanto P3 pertence à intersecção de CC 0 com o eixo de Lemoine. As justificações no
caso das outras semimedianas são idênticas a esta.
154
Observações Finais
Este trabalho foi uma mais valia para o meu crescimento cultural, intelectual e profissional.
Por aquilo que tive de estudar e aprender ficou claro que um bom problema é por si só uma
motivação para a vontade de adquirir novos conhecimentos e criar o gosto por descobrir
estratégias de resolução. Além disso foi também um momento de satisfação constatar que
a argumentação construı́da valida uma determinada afirmação.
Todo este trabalho trouxe uma nova luz à minha pratica docente e à maneira de ver
o ensino da matemática e mais particularmente o da geometria: permitiu-me aumentar o
meu conhecimento da geometria e tornar claro que a escolha do método para a abordagem
de um problema não só influencia os conhecimentos necessários para a sua resolução mas
também a linha de pensamento a seguir; a utilização de um software de geometria dinâmica,
C.a.R., facilitou a minha persitência na busca de uma solução e aumentou o prazer da sua
descoberta e da sua validação. A utilização deste programa permitiu-me iniciar a abordagem de alguns problemas de uma forma mais experimental e, com o imediato feedback
oferecido pela máquina, reformular ou reafirmar ideias. O passo seguinte, a argumentação
e demonstração matemática, foi feito assim de uma forma mais segura.
A maior dificuldade que tive foi na escolha do suporte geométrico sobre o qual iria
erguer a análise dos problemas escolhidos. Enunciar ou demonstrar todas definições ou
propriedades básicas tornava pouco claro o objectivo deste trabalho. Além disso no caminho a percorrer até aos fundamentos da geometria podia perder-se o gosto de resolver
problemas. Por outro lado, ao pressupor que um conjunto de conhecimentos básicos fazem
155
já parte de uma cultura geral corre-se o risco de criar a ideia de que a geometria é menos
fundamentada do que as outras áreas da matemática. Acrescenta-se ainda o facto de na
utilização dos recursos da geometria dinâmica muitos desses conceitos estão pré definidos,
como por exemplo a perpendicularidade e o paralelismo. Arranjar um equilı́brio foi uma
tarefa difı́cil.
De entre o que tinha como projecto inicial ficou por fazer a conciliação entre a geometria analitica e a geometria sintética. Era minha intenção inicial tornar mais atractiva a
aprendizagem da geometria juntando as duas abordagens que têm andado divorciadas. A
utilização de programas da geometria dinâmica pode facilitar esse objectivo. No entanto
é necessário analisar as respostas a algumas questões: qual o valor matemático duma construção? Qual a sua precisão? Que aspectos negativos poderá esta ferramenta trazer na
aprendizagem da geometria? Neste trabalho, ela ajudou-me a seguir um pouco da história
do Problema de Apolónio, e para concluirmos uma outra interrogação:
Em que medida este tipo de programas vai abrir um novo caminho para velhos problemas
como o Problema de Apolónio?
156
Bibliografia
[1] N. Altshiller: On the Circles of Apollonius, American Math.Monthly, vol.22, no 8,
1915,pag. 261-263.
[2] P. V. Araújo: Curso de geometria 3a ed.,col. Trajectos Ciência,Lisboa, Gradiva,2002
[3] Y.Y. Baldin: A metodologia de Pogorelov para ensino de construções geométricas,
revista com geometria dinâmica Texto para Mini-Curso, II Bienal da Soc. Bras. de
Matemática, Outubro 2004, (http://www.bienasbm.ufba.br/M25.pdf)
[4] C. B. Boyer: 1906-História da matemática, trad. Elza F. Gomide, São Paulo, Edgard
Blücher,1974
[5] A. Boyé, Thése de doctorat: L’Appollonius Gallus et le problème des trois cercles,
comme defense et ilustration de la géometrie synthétique, Centre Viète-Université de
Nantes, Octobre 1998
[6] A.Bruen, J.Fisher, J.Wilker: Apollonius by inversion, Mathematics Magazine 56,1983,
pag. 97-103
[7] J. N. Cederberg, A course in Modern Geometries, Springer,1989
[8] N. A. Court: The problem of Apollonius,Maine, The Mathematics Teacher, October
1961, pag.444 − 452
[9] H.S.M.Coxeter, S.L.Greitzer: Geometry Revisited 6a ed., U.S.A.,The Mathematical Association of America,1967
157
[10] M. Gergonne Réflexions sur l’article précedent Annales de mathématiques pures et appliquées-Annales de Gergonne, Vol VII, no X,1817,pag.156-161.
[11] M. Gergonne Recherche du cercle qui en touche trois autres sur en plan Annales de
mathématiques pures et appliquées-Annales de Gergonne, Vol VIII, no X,1817,pag289-303.
[12] M. Gergonne De l’analise et de la synthèse dans les sciences mathématiques Annales de
mathématiques pures et appliquées-Annales de Gergonne, Vol VIII, no XII,1817,pag.345372.
[13] M. Alice Gravina Geometria Dinâmica:Uma nova abordagem para o aprendizado da geometria,Anais do VII Simpósio Brasileiro de Informática na Educação, Belo Horizonte, 1996,
pag.1-13
[14] T. Heath The Ancient Tradition of Geometric Problems,Stuttgart: Birkhauser,1986
[15] T. Heath The Elements Euclides,vol.2(livrosIII a IX),N.Y., Dover Publications,Inc,1956
[16] M. Junqueira e S. Valente: Exploração de construções geométricas dinâmicas - materiais
para a sala de aula, APM, 1998
[17] Wilbur Knorr A History of Greek Mathematics,Springer
[18] E. L. Lima, Matemática e Ensino, Colecção do Professor de Matemática,2a ed.,Rio de
Janeiro, SBM,2003
[19] George Martin, Geometric Constyutions, Colecção do Professor de Matemática,2a ed.,Rio
de Janeiro, SBM,2003
[20] I.Ortega,T.Ortega: Los diez casos de Apolónio, SUMA 46, pag 59-70, junho 2004,
[21] Pappus D’Alexandrie La Collection Mathematique 2 Vol; trad. Paul Ver Eecke. Paris,
Falbert Blanchard,1982
158
[22] J.V.Poncelet Réflexions sur l’usage de l’analise algébrique dans la géometrie; suivies de
la solutions de quelques problèmes de la géometrie de la règle Annales de mathématiques
pures et appliquées, Vol VIII, no V,1817,pag.141-155.
[23] J.V.Poncelet Construtions géometrique d’un cercle qui touche trois autres donnés sur un
plan ou sur une spére, d’un cône droit qui en touche trois autres de même sommet, et
d’une sphère qui en touche quatre autres dans l’espace Annales de mathématiques pures et
appliquées, Vol XI,no X,1821,pag.317-322
[24] M.Spira:
Como transformar retas em cı́rculos e vice-versa-A inversão e con-
struções geométricas, Bahia, II Bienal da Sociedade Brasileira de Matemática, 2004.
(http://www.bienasbm.ufba.br/M52.pdf)
[25] E. Veloso Geometria. Temas Actuais- Materiais para professores,Lisboa,Instituto de Inovação Educacional,1998
[26] S.A.Santos,
e
A.L.
computacionais
Trevisan:
Relatório
O
de
problema
pesquisa,
de
Apolónio:aspectos
IMECC-
Unicamp
históricos
(http:
//www.ime.unicamp.br/rel pesq/2004/ps/rp32-04.pdf)
[27] D.Gish, J. Ribando: Apollonius’Problem: An study of Solutions and their Connections,
American Journal of Undergate Research, vol.3NO1,2004, pág.15-26
[28] Outros sites consultados:
• http://nonio.mat.uc.pt/PENSAS EN02/experdescgeomet/
07apolonio/07apolonio.html
• http://garciacapitan.auna.com/bella/htm/apo-pcc.htm
• http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/StraightEdgePolar.shtml
• http://www.math.uoc.gr/ pamfilos/eGallery/Gallery.html
• www.portugaljovem.net/mariolima/matematica/anos/
superior/matematica.htm
159
• http://www.edu.xunta.es/contidos/premios/p2003/b/
tanxencias/html/rcc.htm
• http://www.cabri.net/abracadabri/GeoPlane/Puissance/
VieteDynamik.html
160
Lista de Figuras
2.1
Mediatriz de um segmento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
2.2
Circunferência circunscrita a um triãngulo . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
2.3
Bissectriz de um ãngulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
2.4
Circunferência inscrita num triangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
2.5
”‘Equivalência de Compassos 1”’ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
2.6
”‘Equivalência de compassos 2”’ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
2.7
Recta tangente a uma circunferência em P . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
2.8
Rectas tangentes a uma circunferência que contêm um ponto exterior P . .
42
2.9
Circunferência tangente a uma recta r num ponto T . . . . . . . . . . . . .
43
2.10 Circunferência que passa por P e é tangente a uma circunferência . . . . .
44
2.11 Rectas tangentes (interiores) a duas circunferências . . . . . . . . . . . . .
45
2.12 rectas tangentes (exteriores) a duas circunferências . . . . . . . . . . . . .
46
2.13 Circunferência tangente a duas rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
2.14 Circunferência tangente a uma recta e a uma circunferência . . . . . . . . .
48
2.15 Potência de um ponto P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
161
2.16 circunferências ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
2.17 Tangentes exteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
2.18 Tangentes interiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
2.19 Centros das homotetias (exemplo 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
2.20 Centros das Homotetias (exemplo 2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
2.21 Rectas tangentes a duas circunferências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
2.22 Proposição 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
2.23 Proposição 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
62
2.24 Proposição 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
2.25 Proposição 2.14 -1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
64
2.26 Proposição 2.14-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
2.27 Proposição 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
2.28 Proposição 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
2.29 Parábola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
2.30 Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
2.31 Hiperbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
2.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
2.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
2.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
2.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
2.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
162
2.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
2.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
2.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
2.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
3.1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
3.2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
3.3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
3.4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
3.5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
3.6
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
3.7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
91
3.8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
92
3.9
Lema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94
3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
96
3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
96
3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
97
3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
99
3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
163
3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
3.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.31 PPR- 1 solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3.32 PRR - 1 solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.33 PRR - 2 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.34 PPC - 1 solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.35 PCC - 1 solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.36 PCC - 2 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.37 PCC - 3 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
164
3.38 PCC - infinitas soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.39 RRC - 1 solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.40 RRC - 2 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.41 RCC - 3 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.42 RCC - 6 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.43 RCC - 8 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.44 PRC - 1 solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.45 PRC- 2 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.46 PRC - 3 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.47 RCC - 2 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.48 RCC - 4 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.49 RCC - 6 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.50 CCC - 2 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
3.51 CCC - 4 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
3.52 CCC - 6 soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
4.1
Conjugados Harmónicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
4.2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
4.3
Razão Dupla de 4 rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.4
Teorema de Hire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
165
4.6
Teorema de Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.7
Teorema de Menelau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
4.8
Quarteto harmonico num triangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
4.9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
4.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
4.12 Razao dupla das polares de quatro pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
5.1
Circunferência de Apolónio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
5.2
Teorema das Bissectrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
5.3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
5.4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
5.5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
5.6
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
5.7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
5.8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
5.9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
5.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
5.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
5.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
5.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
166
5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
167