Construções de Dandelin

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1 Capítulo 7 Construções de Dandelin Na introdução às cônicas como secções planas do cone, referimo-nos às construções de Dandelin. Vamos apresentar estas construções para demonstrar as propriedades da elipse, hipérbole e parábola nas secções, e mostrar a equivalência das duas interpretações geométricas da excentricidade nestes casos. Seja então um cone circular. Seja o ângulo do eixo de simetria do cone com as retas geratrizes. Seja α o plano que secciona o cone, e que não passa pela origem. Seja β o ângulo entre o plano α e o eixo do cone. Temos então os seguintes casos: 1. β =, onde teremos a parábola, 2. β >, onde teremos elipses e, 3. β <, onde teremos hipérboles. Imaginando o cone como um sólido, vamos designar a região que contém o eixo do cone de interior do cone. Mas o cone continua sendo a superfície do sólido. No primeiro caso, mostremos que existe uma esfera no interior do cone, que tangencia o cone e o plano. O ponto de tangência com o plano é o foco F da parábola. A tangência 339

2 da esfera com o cone define uma circunferência C contida num plano γ perpendicular ao eixo do cone, que intercepta o plano α da parábola segundo a reta r, diretriz da parábola. 340 No segundo caso, teremos duas esferas S 1 e S 2 no interior do cone, uma de cada lado do plano α, cada uma tangenciando o plano e o cone. Cada esfera tangencia o plano num foco da elipse. Sejam S 1 α = F 1 e S 2 α = F 2 estes focos. Cada esfera S i tangencia o cone segundo uma circunferência c i, contida num plano γ i perpendicular ao eixo do cone, que intercepta o plano da elipse segundo uma reta r i, que será diretriz da elipse, i {1, 2}. No terceiro caso, também teremos duas esferas S 1 e S 2 no interior do cone, mas um de cada lado em relação ao vértice do cone, tangenciando o plano se secção pelo mesmo lado e tangenciando também o cone segundo circunferências. Também neste caso, teremos os focos F 1 e F 2 da hipérbole onde as esferas tangenciam o plano, e as diretrizes r 1 e r 2, na intersecção de α com os planos γ 1 e γ 2 contendo as tangências das esferas com o cone.

3 341 Vamos ao caso da elipse (β > ). No detalhe, o corte lateral do cone, por um plano que passa pelo eixo do cone e é perpendicular ao plano α. e C 2 Neste corte podemos obter os centros C 1 e C 2 das esferas i j α D 2 G A 2 F 2 K C β C 1 F 1 c 1 O N c 2 A 1 I γ 2 γ 1 D 1 e os raios C 1 N e C 2 I, assim como as posições dos planos γ 1 e γ 2 que passam pelas circunferências c 1 e c 2, de tangência das esferas com o cone. Temos também os focos F 1 e F 2, o centro C, e os vértices A 1 e A 2 da elipse. Podemos observar que dist(a 1, F 1 ) = dist(a 1, N) e dist(a 1, F 2 ) = dist(a 1, I), donde dist(a 1, F 1 ) + dist(a 1, F 2 ) = dist(n, I) = dist(c 1, c 2 ). Vemos também que

4 dist(a 2, F 1 ) + dist(a 2, F 2 ) = dist(k, G) = dist(c 1, c 2 ). E para um ponto P qualquer da secção? Vamos apresentar outra posição, em que enxergamos os círculos c i = S i γ i como segmentos como no corte acima, mas que seja possível visualizar razoavelmente a secção do cone com o plano α. Considere um ponto qualquer P da secção, que queremos mostrar que é uma elipse. Sejam P 1 = c 1 s(o, P) e P 2 = c 2 s(o, P), onde s(o, P) é a semirreta com origem no vértice O do cone e passa por P. P 2 P A 2 F 2 P 1 F 1 A 1 c 1 N O c 2 I 342 Temos que os segmentos PF 1 e PP 1 são congruentes, já que ambos são tangentes à esfera S 1. Analogamente, PF 2 e PP 2 são congruentes, por serem tangentes à esfera S 2. Logo dist(p, F 1 ) + dist(p, F 2 ) = dist(p 1, P 2 ) = dist(c 1, c 2 ), para todo P na secção. Assim, a secção é uma elipse, e 2a = dist(c 1, c 2 ) = dist(n, I ). Vamos mostrar agora que dist(p, F i) dist(p, d i ) = cos(β) cos() para todo P na elipse, onde d i = γ i α é uma das retas diretrizes (i {1, 2}). E depois, que c a = cos(β) cos(). Para a primeira parte, consideremos o ponto P sobre a secção do cone. Sejam Z 1 e Z 2 as projeções ortogonais de P sobre os planos γ 1 e γ 2, respectivamente. Vamos mostrar para i = 1. Temos que PF 1 = PP1 pois são tangentes à mesma esfera S 1.

5 343 Como PZ 1 tem a direção do eixo do cone, o ângulo com PP 1 é pois α Z 1 P β F 1 d 1 P 1 D O D 1 γ 1 PP 1 está na geratriz do cone. E como o plano do triângulo PZ 1 D 1 (onde D 1 é o ponto de d 1 tal que PD 1 mede a distância de P à reta diretriz d 1 ) é perpendicular ao plano α, temos que o ângulo entre PZ 1 e PD 1 é β. Então, dist(p, P 1 ) cos() = dist(p, Z 1 ) e dist(p, D 1 ) cos(β) = dist(p, Z 1 ), donde dist(p, F 1 ) dist(p, d 1 ) = dist(p, P 1) dist(p, D 1 ) = cos(β). Análogo para i = 2. cos() Voltemos agora à vista do corte do cone, perpendicular a α. Considere os centros C 1 e C 2 das esferas. Por um lado, 2a = dist(c 1, c 2 ) = dist(k, G) = dist(c 1, C 2 ) cos(β). Por outro lado, temos que dist(c 1, C 2 ) = dist(c 1, L) + dist(l, C 2 ), onde L é a intersecção do eixo do cone com o plano α, 2c = dist(c 1, L) cos(β) + dist(c 2, L) cos(β) = dist(c 1, C 2 ) cos(β). e G A 2 F 2 β C 1 C 2 L F 1 K c 1 N Logo, c a = 2c 2a = dist(c 1, C 2 ) cos(β) dist(c 1, C 2 ) cos(β) = cos(β) cos(). Acabamos de mostrar a equivalência entre as três versões da excentricidade e da elipse. O c 2 A 1 I

6 344 c c Parábola, de perfil No caso da parábola (β = ), temos a seguinte vista de perfil do plano α seccionando o cone. γ A C 1 c 1 F B V d Exatamente como no caso da elipse, para cada ponto P da parábola, obtemos dist(p, P 1 ) dist(p, D 1 ) = cos(β) D 1 d. Mas como = β, temos que realmente uma parábola. O α dist(p, F) dist(p, d) = cos(), onde P 1 = c 1 OP e PD 1 é o segmento perpendicular a d = γ α, dist(p, F) = 1, comprovando que a secção é dist(p, d) Agora vamos à hipérbole ( > β). Iniciamos com uma visualização do corte pelo plano que passa pelo eixo do cone e é perpendicular ao plano α. C 2 O C 1 F 1 F 2 A 2 γ 2 G D 2 γ 1 N c 2 c 1 I K β D 1 A 1 Neste corte podemos ver claramente os ângulos e β, os centros C 1 e C 2 e os raios r 1 e r 2 das esferas tangentes, assim como os focos F 1 e F 2 e os vértices A 1 e A 2 da possível hipérbole. D 1 e D 2 indicam as posições das diretrizes d 1 e d 2. Observe também que A 1 G = A 1 F 2 por serem tangentes à esfera S 2. E como A 1 F 1 = A1 K, temos que deveremos ter 2a = dist(a 1, F 2 ) dist(a 1, F 1 ) = dist(k, G). Mostremos que para um ponto qualquer P da secção do cone pelo plano α, obtemos que dist(p, F 2 ) dist(p, F 1 ) = 2a, comprovando que a secção é uma hipérbole com os

7 focos F 1 e F 2. Seja P o ponto. Na geratriz do cone passando por P, considere P 1 c 1 e P 2 c 2, onde c 1 e c 2 são as circunferências de tangência das esferas com o cone. Temos que PF 1 = PP1 por serem tangentes a S 1 e PF 2 = PP2 por serem tangentes a S 2. Logo, dist(p, F 2 ) dist(p, F 1 ) = dist(p, P 2 ) dist(p, P 1 ). Como P, P 1 e P 2 estão alinhados, com P num dos extremos, temos que dist(p, P 2 ) dist(p, P 1 ) = dist(p 1, P 2 ). Como P 1 P 2 é um segmento da geratriz do cone, de c 1 a c 2, podemos dizer que dist(p 1, P 2 ) = 2a para todo P na secção, que portanto, é uma hipérbole. A mesma demonstração utilizada para a elipse mostra que dist(p, F 1) dist(p, d 1 ) = dist(p, F 2) dist(p, d 2 ) = cos(β) cos() para todo P da hipérbole de focos F 1 e F 2 e diretrizes d 1 e d 2. Mostremos que e = c a = cos(β) cos(). Primeiro, considere o segmento C 1 C 2 = C 1 O C 2 O, onde O é o vértice do cone, e C 1 e C 2 são os centros das esferas. Temos que C 1 O cos+ C 2 O cos = KO + OG = 2a (veja K e G na figura). Logo, dist(c 1, C 2 ) cos = 2a. Agora, como C 1 F 1 e C 2 F 2 são ortogonais a α, e o ângulo entre C 1 C 2 e F 1 F 2 é β, temos que F 1 F 2 = C 1 C 2 cosβ. Logo, 2c = dist(f 1, F 2 ) = dist(c 1, C 2 ) cosβ. Assim, e = c a = 2c 2a = dist(c 1, C 2 ) cosβ dist(c 1, C 2 ) cos = cosβ cos. 345 Problema 1 Dados os ângulos do cone e β do plano de secção, e um ponto L por onde passa o plano, obtenha com o GeoGebra as figuras planas deste capítulo, referentes ao plano que passa pelo eixo do cone e perpendicular ao plano de secção. Utilize seletores para os ângulos, para que de uma única construção possa obter os três casos, isto é, da elipse, da parábola e da hipérbole. Para resolver o problema, estude a obtenção dos centros e raios das esferas. A construção é a mesma, para os três casos. E comece a construção com β.

8 346 Problema 2 Construa modelos das construções de Dandelin, utilizando esferas disponíveis em alguns tamanhos fixos, e folhas transparentes e suficientemente rígidas para modelar o cone e os planos, também disponíveis somente em determinados tamanhos. Para resolver este problema, utilize o GeoGebra para simular a planificação do cone e as secções cônicas em verdadeira grandeza (como se estivesse observando de frente ao plano de secção), em função dos raios das esferas, dados inicialmente. Problema 3 Obtenha também imagens 3D do cone e da secção cônica do problema anterior, utilizando um programa de visualização 3D como k3dsurf. Para isso, deve obter as equações do cone e do plano de secção que fornece a secção cônica calculada. Se for incluir as esferas, deve determinar suas equações.