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ROTAÇÃO |
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por Demétrius Melo de Souza |
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Problema 1
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| Normalmente fica mais fácil resolver os problemas de construção pensando de trás para frente. Por exemplo, suponhamos que o problema esteja resolvido (se é que ele pode ser resolvido!). |
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| Rotacionando a circunferência menor em torno de A por um ângulo de 60o levaremos o ponto C ao encontro de B. Mas vejamos que o ponto B é o ponto onde a circunferência rotacionada encontra a circunferência maior... Isso nos dá uma idéia de como proceder para resolver o problema. |
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| Rotacionemos C1 de 60o em torno de um ponto qualquer A em C2. Notemos que a escolha de A e de C2 é arbitrária (poderíamos muito bem ter escolhido um ponto em C3 ou em C1). Vejamos que a circunferência menor toca a maior em dois pontos P1 e P2. Isso indica que o problema tem duas soluções. Da mesma forma, as circunferências poderiam ter se tocado em um único ponto ou em nenhum ponto (caso em que o problema não teria solução).
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| Mas como fazer para achar o triângulo? Ora, uma vez que conhecemos um de seus lados (no caso, qualquer um dos segmentos AP1 ou AP2). Basta realizarmos a operação inversa dos pontos P1 e P2 (rotação de 60o no sentido horário com centro em A).As duas soluções estão na figura em azul e vermelho. Resta agora a intrigante pergunta: estas soluções são as únicas? Percebamos que onde quer que se encontre o vértice A sobre o círculo C2 sempre poderemos usar o raciocínio da rotação para achar os outros pontos B e C. Ora, mas sempre que fizermos a rotação, neste caso, só acharemos dois pontos de contato, logo, dois possíveis lados para o triângulo. Suponhamos que você tenha então achado um triângulo por um outro método. Um de seus vértices deverá estar no círculo C2 (por exigência do enunciado), Logo poderemos repetir o raciocínio da rotação de C1 para achar os outros vértices. Mas aquele raciocínio para este problema só conduz a duas medidas possíveis para o lado do triângulo equilátero. Logo, o triângulo que você achou é um desses que achamos, rotacionado. |
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Problema 2
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Novamente vamos considerar o problema resolvido. Para não tumultuar o desenho, não atribuímos nomes aos segmentos OC, OA e OB que valem respectivamente 5, 7 e 8 unidades. |
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| Perceba que podemos traçar círculos com centro em O que passem por A, B e C. De tal forma a fazer este problema lembrar o anterior. O que fizemos foi rotacionar o círculo menor de 60o. Tentemos fazer o mesmo rotacionando o triângulo ABC e tudo que está dentro de 60o em qualquer sentido. |
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| Como desejamos saber a medida do lado AC, basta olharmos para o triângulo
AOC. Neste triângulo são conhecidos os lados CO, AO e o ângulo AOO'. Para descobrirmos
a medida do lado AB do triângulo equilátero, é suficiente descobrir o ângulo COO'.
Descobrir este ângulo é trivial, já que conhecemos as medidas dos três lados
CO, OO' e CO'. Segue que: Obviamente fica fácil calcular o sen w. cos(w+60o)=cosw.cos 60o
–senw.sen60o Eis o lado tão cobiçado:11,36 unidades de comprimento. |
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Um aluno um pouco mais curioso poderia indagar: e se utilizássemos como centro de rotação um outro ponto. digamos B ou C. O que aconteceria? Neste problema, especificamente, você certamente achará ângulos mais agradáveis de se trabalhar se tentar rotacionar em torno de outro ponto. Isso poderá diminuir um pouco o trabalho investido em se achar a solução, mas não muda o resultado. Ao lado mostramos as duas outras possíveis rotações. Se você se der ao trabalho de fazer as contas verificará que o ângulo que chamamos de w muda de uma para outra.Ao final da conta, o lado achado será fatalmente o mesmo.
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Acabou? Não... Aguarde! |
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