| Enunciado: H 2- Problemas de Geometria. pp 214 Problemas de Geometria no espaço; Secção H - Lugares Geométricos: H 5- Hallar el lugar geométrico de los puntos de un plano, tales que las rectas que los unen a dos puntos dados A y B exteriores a dicho plano, están igualmente inclinadas con relación al citado plano [1] São dados dois pontos $\;A, \;B\;$ e um plano em que eles não incidem. Determinar o lugar geométrico dos pontos $\;M\;$ do plano que são vistos de $\;A, \;B\;$ segundo igual inclinação relativa ao plano dado . |
| 1 | Dados: Apresentam-se um plano $\;a\;$ - a vermelho - e dois pontos $\;A,\;B\;$ - a azul - nele não incidentes. |
© geometrias.16 setembro 2016, Criado com GeoGebra
| 2 | Comecemos por tomar as projeções ortogonais dos pontos $\;A, \;B\;$ no plano vermelho dado: designamos por $\;A', \;B'\;$ os pés das perpendiculares ao plano tiradas por $\;A, \;B,\;$ respetivamente. Qualquer outro ponto $\;P\;$ do plano vermelho dado distinto de $\;A', \;B'$ determinará dois triângulos retângulos que nos interessam, a saber: $\;APA'\;$ retângulo em $\;A'\;$ e $\;BPB'\;$ retângulo em $\;B'\;$. |
| 3 | Esclarecendo que a inclinação relativamente ao plano dado segundo a qual o ponto $\;P\;$ é visto de $\;A\;$, como sendo o ângulo $\;\hat{P}\;$ do triângulo $\;APA',\;$ resulta óbvio que, para $\;P\;$ ser visto
de igual inclinação a partir dos dois pontos $\;A, \;B, \;$ os triângulos $\;APA'\;$ e $\;BPB'\;$ têm os ângulos iguais cada um a cada um $$\angle A\hat{P}A' = \angle B\hat{P}B', \; \angle P\hat{A'}A = \angle P\hat{B'}B= 1 reto, \; \angle A'\hat{A}P= \angle B'\hat{B}P, \;$$ e $$ \frac{A'A}{B'B} = \frac{AP}{BP}=\frac{PA'}{PB'}.$$ No caso da nossa construção aqui apresentada, há dois pontos da reta $\;A'B'\;$ que verificam essas condições requeridas. O primeiro deles é o ponto de intersecção das retas $\;AB, A'B'\;$ que designamos por $\;Q. \;$ Por serem perpendiculares ao plano $\;a\;$ dado, $\;AA' \parallel BB'\;$ e, em consequência, os triângulos $\;AA'Q,\;$ retângulo em $\;A'\;$ e $\;BB'Q\;$ retângulo em $\;B',\;$ são semelhantes. E $$\frac{AA'}{BB'}= \frac{A'Q}{B'Q} = \frac{QA}{QB}$$ |
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O segundo pode ser obtido, tomando a reta que une $\;A\;$ com ponto $\;B''\;$ obtido como imagem de $\;B\;$ por reflexão relativamente ao plano $\;a\;$ que se intersecta com $\;A'B'\;$ no ponto que designamos por $\;R.\;$ O triângulo $\;R B'B, \;$ retângulo em $\;B',\;$ é igual à sua imagem $\;RB''B'\;$ por reflexão relativamente a $\;a\;$ que tem um ângulo $\;\angle B'\hat{R}B''\;$ verticalmente oposto igual ao ângulo $\;A'\hat{R}A\;$ do outro triângulo $\;A'RA,\;$ retângulo em $\;A'.\;$ Por isso, $$\frac{AA'}{BB'}= \frac{A'R}{B'R} = \frac{RA}{RB}$$ |
| 5 | Finalmente apresentamos a circunferência de diâmetro $\;QR,\;$ que é a base comum de dois cones, um com vértice em $\;A\;$ e altura $\;AA'\;$ e outro com vértice em $\;B\;$ e altura $\;BB'\;$ que estão um para o outro como as suas alturas, conforme Prop 14 Livro 12 dos Elementos[2] e que já se verificou para os segmentos que unem com $\;A\;$ e $\;B\;$ os seus pontos $\;Q\;$ e $\;R.\;$ Os pontos que satisfazem as condições são so pontos dessa circunferência. |
| 6 | Apresentamos um ponto $\;P\;$ da circunferência - lugar geométrico dos pontos do plano que são vistos a partir de $\;A, \;B\;$ nas condições requeridas: $$ \frac{A'A}{B'B} =\frac{AP}{BP} = \frac{PA'}{PB'} $$ e $$\;\angle A\hat{P}A' = \angle B\hat{P}B'.$$ Deslocando o ponto $\;P\;$ sobre a circunferência, pode verificar que para cada $\;P,\;\; \;\angle A\hat{P}A' = \angle B\hat{P}B'.$ |