Homotetia

Exercício interactivo:
Há sempre uma homotetia que transforma um segmento noutro paralelo. Propomos que determine o(s) centro(s) da(s) homotetia(s) que transforma(m) AB em CD.
Para resolver o exercício, pode usar as ferramentas disponíveis e pode deslocar os elementos usando o primeiro botão da esquerda e o rato. Se quiser ver a solução bastará clicar no botão ?.

Meia volta com Cinderella

Exercício interactivo.
À medida que for construindo a sua resolução, verá designações para os novos elementos que confirmam se a construção está correcta. No fim, se quiser confirmar a correcção do seu trabalho clique sobre o botão ? e, caso esteja tido bem, o computador confirmará, na caixa de texto, com "Muito bem".

Ainda usando rotações

O problema de determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre três rectas paralelas, já publicado mais que uma vez, sugere as rotações como suporte para determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre circunferências concêntricas.
Tomemos três circunferências - a, b, c - concêntricas quaisquer (centro em O). Tal como fizemos para as rectas paralelas, tomemos um ponto qualquer para um primeiro vértice, seja A sobre a. Apliquemos uma rotação do plano de 60º em torno de A. O centro O vai para O' sobre a e a circunferência b vai para b'. Se tomarmos para C (=B') o ponto de b' que está sobre c, rodando em torno de A e amplitude 60º no sentido contrário, obteremos B sobre b.

Usando homotetias para aceitar a recta de Euler

Seja o triângulo ABC, de baricentro G, ortocentro H e circuncentro O. Prova-se que
G, H e O são colineares (estão sobre uma mesma recta - recta de Euler) e |GH|=2|GO|.
Este resultado, muito conhecido e muito usado, pode ser provado com recurso a homotetias.
A homotetia de centro em G e razão 2 transforma o triângulo ABC no triângulo A'B'C'. (A, G A' são colineares e |A'G|=2|AG|, ... AB//A'B' e 2|AB|=|A'B'|, ...). O circuncírculo de A'B'C' tem centro em H ( já que a recta da altura de ABC relativa ao vértice A é a mediatriz de B'C', ...). Aquela homotetia de centro em G e razão 2 transforma o círculo de centro em O que passa por ABC no círculo de centro em H que passa por A'B'C', transforma O em H. Por isso H,G e O são colineares e |GH|=2|GO|.

Nota sobre a determinação do arco capaz.

É necessário saber determinar o arco capaz de um dado ângulo B relativamente a um segmento AC. Para a resolução de variados problemas. No fundo, trata-se de encontrar o circuncírculo de um triângulo ABC de que se conhece um lado e o respectivo ângulo oposto. Com a construção dinâmica que se segue podemos verificar porque é bom o processso usado na entrada anterior, em que determinámos o circuncírculo de um triângulo de que conhecíamos um ângulo e o seu lado oposto..
Na figura, tomamos um ângulo qualquer, ABC, inscrito numa circunferência de centro O que passa por A, B e C. O ângulo AOC é duplo de ABC. O triângulo AOC é isósceles (OA=OC=raio), OAC=ACO= (180-AOC)/2=90-ABC, 90=ABC+OAC. Por isso, se tomarmos PAC=ABC, PAO=90. Desenhado PAC(=ABC), a perpendicular a PA passa por O. Tomado PCA=ABC, a perpendicular a
PC passa por O. A mediatriz de AC também passa por O.