Um problema e duas resoluções - a reflexão

O processo de resolução de um problema depende sempre dos instrumentos de que dispomos para o fazer e dos conhecimentos que mobilizamos no momento. O problema de transportar (o comprimento de) um segmento dado para outra posição num plano é actualmente resolvido com recurso a isometrias (translações, rotações, reflexões, reflexões deslizantes).
No Livro I, proposição II dos “Elementos de Euclides” é colocado o problema de tirar por um ponto A dado, um segmento de comprimento igual a outro BC dado. Com os conceitos em uso - por dois pontos passa uma recta (régua não graduada) e dados dois pontos BC há pontos que estão distanciados B tanto quanto C de B- circunferência centrada num ponto e a passar por outro-, Euclides resolveu o problema do seguinte modo: Determinou o ponto D, igualmente distanciado de B e de A (intersecção das circunferências centradas em A e em B e de raio AB). Por D e B, fez passar a recta DB e com a circunferência de centro em B e raio BC determinou sobre a recta DB o comprimento BC. Por ser DB igual DA, a circunferência de centro D e raio DB+BC vai determinar sobre AD um ponto que está à distância BC de A. Pode acompanhar essa construção na figura dinâmica que se segue.




Admitindo que continua a não nos ser permitido transportar comprimentos (sem esta restrição o problema seria trivial), os nossos jovens podem, no entanto, compreender mais facilmente a resolução do problema mobilizando os conhecimentos sobre transformações geométricas- isometrias do plano - que permitem determinar segmentos de recta congruentes.
Por exemplo, podem pensar em usar uma reflexão cujo eixo é a mediatriz do segmento de extremos A (para onde queremos transferir o comprimento BC) e um extremo do segmento BC . Na construção que se segue toma-se a reflexão que leva de C para A (e B para B'). O comprimento de [BC] é igual ao comprimento de [B’A].





É claro que esta construção, usando o conceito de recta e circunferência definidas por dois pontos (como fez Euclides) não é mais simples que a original de "Os Elementos". Esta construção exige a construção de uma mediatriz de AC com recurso a duas circunferências e da perpendicular à mediatriz tirada por B com recurso a três circunferências seguida de uma intersecção e uma circunferência para determinar B' equidistante da mediatriz de AC.

Demonstrando com homotetias

Para qualquer triângulo ABC, a distância do circuncentro O a um lado (BC, por exemplo) é metade da distância de H para o vértice oposto a esse lado (A, no caso).

Para mostrar que, para um triângulo qualquer, os circuncentro O, baricentro G e ortocentro H estão sobre a mesma recta (de Euler), utilizámos a homotetia de centro em G e razão 2 que transforma O em H. Este novo resultado recebe confirmação com recurso à mesma homotetia. Por ela, O é transformado em H e Ma em A, já que 2GMa=GA. Em consequência, OMa é transformado em AH, sendo 2OMa=AH.

Exercício de reflexão com régua e compasso

Temos vindo a propor alguns exercícios elementares com transformações geométricas do plano.
Aqui propomos a construção do transformado de um triângulo pela reflexão de eixo e (a preto)

Na construção dinâmica que se segue, pode usar as ferramentas disponíveis para construir a imagem do triângulo, como pode seguir a nossa proposta clicando sobre o botão ?

Homotetia e circunferência

Para duas figuras homotéticas, há sempre mais que uma homotetia que transforma uma na outra?

No exercício interactivo que apresentamos a seguir, esperamos que determine a circunferência homotética da circunferência dada, pela homotetia de centro em C (dado sobre a circunferência) e razão -1/3.

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 ?.

Depois de obter a solução - círculo de centro O' que passa por C(?) -, se clicar mais uma vez no botão ? aparecer-lhe-á uma circunferência de centro em O que passa por O' que é homotética da original. Qual é a razão desta homotetia?
Haverá mais alguma homotetia a transformar, uma na outra, as circunferências que passam por C de centros em O e O'?

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Nota:

Já não conseguimos recuperar a dinâmica da construção de exercício interactivo, mas apresentamos uma construção que considera os passos da resolução do problema inicial e da resposta sobre a razão da homotetia entre as circunferências concêntricas em O: (O,C) e (O, O').

Homotetia

Como acontecia na entrada anterior (de agora)Não é possível apresentar o exercício inteactivo que em 2009 publicámos e que continha em si mesmo todos os elementos necessároios, incluindo o enunciado. Deixamos o pequeno texto para servir a nossa memória futura (para outras tentativas de restauração)

"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 ?." Deixamos uma figura dinâmica que contém as soluções do problema.

Meia volta com Cinderella

Lamentavelmente, os exercícios interactivos que construímos com o Cinderella não se recuperam com facilidade. Continuaremos a tentar. Entretanto deixamos o texto que então se escreveu e que não têm outro sentido que não seja manter a memória do que fizemos. E da construção que então fizemos, apresentamos o desenho final da resolução do problema... interactivo(?) "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 tudo 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' e, pela homotetia, 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.

Para a resolução de variados problemas, é necessário saber determinar o arco capaz de um dado ângulo B relativamente a um segmento AC.
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, sendo PCA=ABC, a perpendicular a
PC passa por O.

A mediatriz de AC também passa por O.

Usando homotetias (II)

Determinar um triângulo ABC de que se conhece o lado a=BC, o ângulo  e o comprimento da mediana m_b ou BM_b, em que M_b é o ponto médio do lado AC
é um problema de construção que se pode resolver com recurso a homotetias.

Pode seguir a nossa construção, passo a passo:





Podemos determinar o circuncírculo de ABC, determinando o arco capaz do ângulo  sobre BC . O ponto M_b está à distância m_b de B e sobre a circunferência homotética da circunscrita pela homotetia de centro em C e razão 1/2. E claro que A é a imagem de M_b pela homotetia de centro C e razão 2.

Usando homotetias (I)

Inscrever num triângulo ABC um quadrado que tenha um dos lados sobre o lado maior do triângulo é um dos exemplos de problema, dados por Puig Adam, que é resolvido com um homotetia.
Pode seguir os passos da resolução na construção dinâmica que se segue: