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29.5.14

Resolver um problema de construção usando a meia volta

Problema:     Dadas duas circunferências \;c_1\; e \;c_2\; e um ponto \;M\; determinar um ponto \;P_1\; de \;c_1\; e um ponto \;P2\; de \;c_2\; para os quais \;M\; é o ponto médio de \;P_1P_2\;
Este problema está proposto no livro Simetrias e Transformações Geométricas de Eduardo Veloso (p.15).
O autor recomenda que
  • se comece por procurar o lugar geométrico dos pontos \;B\; quando \;A\; percorre \;c_1\; sendo \;AM=BM\;, e
  • se investigue para que posições de \;M\; há soluções ou não, uma, duas ou infinitas soluções do problema

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.


© geometrias, 29 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra


  1. São dados um ponto \;M\; e duas circunferências \;c_1 = (O_1), \;c_2=(O_2)\;
  2. Se \;A, \;M, \; B\; são colineares e \;\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}\;, \;A\; e \;B\; são correspondentes por uma transformação de meia volta de centro em \;M\;, (ou \;{\cal{R}}(M, 180^o)\; ou \;{\cal{H}}(M, -1)\;.
    Por isso, quando \;A\; percorre \;c_1\;, \;B\; percorre uma circunferência \;c'_1\; que é imagem de \;(c_1\; pela meia volta de centro em \;M\;
  3. No nosso caso, a posição de \;M\; relativamente às circunferências \;c_1, \;c_2 é tal que \;c'_1 . c_2 = \{ P_2,\; Q_2\}\;. A reta \;P_2M\; interseta \;c_1\; em dois pontos, sendo um deles \;P_1\; o correspondente original de \;P_2\; pela meia volta de centro \;M\;: \begin{matrix} &{\cal{R}}(M, 180^o)& &\\ c_1&\longrightarrow &c'_1& \\ &&&\;\;\;c'_1.c_2 =\{P_2, \;Q_2\}\\ P_1& \longleftarrow & P_2& \;\;\;(P_1,\;P_2) \in c_1 \times c_2 \; \mbox{ é uma solução}\\ Q_1& \longleftarrow& Q_2& \;\;\;(Q_1,\;Q_2) \in c_1 \times c_2 \; \mbox{ é outra solução}\\ \end{matrix}
Pode variar a posição de \;M\; e das circunferências \;c_1, \;c_2
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26.5.14

Resolver problemas de construção usando a inversão

Problema:     Determinar dois pontos cada um sobre uma de duas retas dadas de tal modo que o produto das suas distâncias a um ponto dado seja uma dada constante.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.


© geometrias, 26 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra


  1. São dadas: duas retas \;r_1, \;r_2\;, um ponto \;O\; e um número \;k\;.
  2. Procuramos um ponto \;P_1\; de \;r_1\; e um outro \;P_2\; de \;r_2\;, tais que \;OP_1 \times OP_2 = k^2, o mesmo é dizer que \;P_1\; e \;P_2\; são correspondentes pelas inversão de centro \;O\; e potência \;k^2\;.
    Tomamos, por isso, para circunferência de inversão \;(O, \;k)\; tracejada a vermelho.
  3. Pela inversão \;{\cal{I}}(O, \;k^2), a reta \;r_1\; é transformada numa circunferência (tracejada a azul) que passa por \;O\; e pelos pontos de interseção da circunferência de inversão com a reta \;r_1
    Tomemos para ponto \;P_2\; o ponto de interseção da circunferência \;r'_1 \; com a reta \;r_2\;. Como \;P_2\; de \;r_2\; é um ponto de \;r'_1\;, terá um original \;P_1\; em \;r_1\;, interseção desta reta com \;OP_2\;:
    Estes pontos \;P_1, \; P_2\; são solução do problema: OP_1 \times OP_2 =k^2
Pode deslocar \;O, \;r_1, \;r_2\; para além de \;k\;.
Não vamos apresentar outros exemplos de problemas de construção usando a inversão por termos apresentado anteriormente um conjunto considerável de aplicações da inversão.
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22.5.14

Resolver problema de construção usando homotetia

Problema:     Determinar uma corda que passe por um ponto dado de uma circunferência dada que seja bissetada por uma corda dada.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.


© geometrias, 22 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra


  1. São dados: uma circunferência \;(A)\;, um ponto \;O\; e uma corda \;CD\; da circunferência.
  2. Procuramos um ponto \;P\; da circunferência de tal modo que \;OP\; tenha o seu ponto \;M\; médio em \;CD\; que é o mesmo que dizer \;OM=OP\; ou \;\displaystyle \frac{OM}{OP}=\frac{1}{2}\; ou \;\displaystyle \frac{OP}{OM}= 2\;
    Pela homotetia \;{\cal{H}}(O, \;2)\;, de centro \;O\; e razão \;2\;,
    \; C\;\longmapsto \; C' : \; OC'=2OC\;
    \; D\;\longmapsto \; D' : \; OD'=2OD\;
    \; CD\;\longrightarrow \; C'D' : \; C'D'=2CD,\; C'D' \parallel CD
    Um dos extremos de cada uma das cordas solução é \;O\; e o outro será ponto da interseção circunferência \;(A)\; dada com \;C'D'\; No caso da nossa construção, tomamos \;P \in (A).C'D' imagem, por \;{\cal{H}}(O, \;2), de \;M \in CD.OP.
  3. A corda \;OP\; é a solução. No caso da nossa construção há outra solução.
Pode deslocar \;C\; ou \;D\; sobre a circunferência para ver que ( e em que condições) pode haver uma só ou nenhuma solução.
Nota: O método usado para resolver este problema é o mesmo que usámos para resolver o problema da entrada anterior. Basta ler o enunciado de outra maneira: dadas as curvas \;(A)\; e \;CD\; determinar um par de pontos \;(M , \;P) \in CD \times (A)\; tais que \; \displaystyle {OP \over OM} = 2
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21.5.14

Resolver um problema de construção, usando homotetia (entre curvas)

Problema:     Dadas duas curvas \;c_1\; e \;c_2\; um ponto \;O\; e um número \;k\;, determinar um ponto \;P_1\; da curva \;c_1\; e um ponto \;P_2\; da curva \;c_2\; tais que \;\displaystyle \frac{OP_2}{OP_1} = k\;.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.


© geometrias, 21 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra


  1. são dados: uma curva \;c_1\; (no caso, uma hipérbole azul) e outra \;c_2\; (no caso, uma parábola encarnada), um ponto \;O\; , número \;k.
  2. Procuramos um par de pontos \;(P_1, \; P_2)\: de \;c_1 \times c_2\; de tal modo que \;\overrightarrow{OP_2} = k. \overrightarrow{OP_1}\;, que é o mesmo que dizer que \;P_2\; é homotético de \;P_1\; pela homotetia \; {\cal{H}}(O, \;k)\;
  3. Se determinarmos a curva \;c'_1\;, homotética de \;c_1\; por \; {\cal{H}}(O, \;k)\; e não for vazia a iinterseção \;c'_1 . c_2\; encontraremos um ponto \;P_2\; de \;c_2\; a que corresponde o ponto \;P_1\; de \;c_1\; homotético de \;P_2
  4. Pode haver mais que uma solução. Também pode não haver solução.
Pode deslocar \;O\; e o cursor \;\fbox{k=-2, ..., 2}\; ao cimo à esquerda.
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20.5.14

Resolver problemas de construção usando homotetia

Problema:     Para uma dada circunferência \;c\; e um ponto \;O\; do seu interior, determinar a corda que passa pelo ponto \;O\; e por ele fica dividida em dois segmentos cuja razão \;k\; é dada.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.


© geometrias, 20 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra


  1. É dada a circunferência \;c\; de centro em \;C\; e o ponto \;O\; no seu interior, para além da razão \;k.
  2. A corda que procurarmos \;XY\; que procuramos passa por \;O\; e deve ser dividida por \;O\; em dois segmentos \;OX\; e \;OY\;, tais que \displaystyle \frac{OX}{OY} = k. Procuramos \;X, \;Y sobre a circunferência \;c\; que satisfaçam essa condição.
    Essa condição é equivalente a \;X\; ser o correspondente (a imagem) de \;Y\; (original) por uma homotetia - \;{\cal{H}} (O, \;-k)\; -de centro \;O\; e razão \;-k\;, já que \;OX\; é de sentido contrário a \;OY.
    Para encontrar a posição de algum deles bastará, usando qualquer pontos de \;c\; e o seu centro \;C\;, determinar a imagem \;c' =(C')\; de \;c =(C)\; pela homotetia \;{\cal{H}} (O, \;-k)\;.
  3. No caso da nossa construção, os pontos de interseção \;c.c'\; são \;A\; e \;B. Tomemos \;A\;, para exemplo.
    Ao ponto \;A\; de \;c\; corresponde o ponto \;A'\; de \;c'\;, tal que \;\overrightarrow{OA'} = - k. \overrightarrow{OA}.
    A reta \;AA'\; passa por \;O\; e corta a circunferência \;c\; em \;D, para além de \;A\; determinado na interseção \;c.c'\;. E como \;D,\;O,\;A\; são colineares com \;O\;, \;D \in c\; e \;A \in c'\;, \;{\cal{H}} (O, \;-k) (D) = A\; e, em consequência, podemos concluir que: o segmento \;AD\; é uma corda de \;c\; a passar por \;O\; para a qual \;OA = k. DO.
  4. O mesmo se pode fazer com \;B\;, para concluir que
    o segmento \;BE\; é uma corda de \;c\; a passar por \;O\; para a qual \;OB = k. EO.
Deslocando o cursor \;\fbox{k=1, ..., 4}\; ao cimo à esquerda, pode constatar que, para haver soluções do problema, não pode tomar quaisquer valores para \;k\;.
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16.5.14

Resolver problema de construção usando uma homotetia

Problema:    De uma dada circunferência são dados dois raios. Determinar a corda da circunferência dada que trisseta aqueles dois raios

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas e na resolução do problema da entrada anterior.


© geometrias, 16 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{k=1, ..., 6}\; ao fundo, pode seguir os passos da construção.
  1. É dada a circunferência de centro em \;O\; e seus dois raios \;OR. \;OS\;
  2. Na nossa resolução, tomamos o segmento \;RS\;, prolongamos os raios e, por um ponto \;A\; de \;OR\;, tiramos uma paralela a \;RS\; que interseta \;OS\; em \;B\;.
  3. Sobre a reta \;AB\; marcamos \;C, \;D\; tais que \;AB = AC =BD
  4. Consideramos a homotetia de centro \;O\; definida por \;C\longmapsto C'\;, sendo \;C'= (O, \;OR).OC .
    Pela mesma homotetia, \;D\longmapsto D'\;, sendo \;D'= (O, \;OR).OD .
  5. A corda \;C'D'\; deve ser a solução do problema.
  6. \;C'D'\; é paralela a \;CD\; e corta \;OR\; e \;OS\; respetivamente em \;A'\; e \;B', assim designados por serem correspondentes de \;A\; e de \;B\; pela homotetia de centro \;O\; antes definida.
    A homotetia transforma segmentos iguais em segmentos iguais. Assim, \begin{matrix} CA &= &AB&=&BD\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow\\ C'A'&=&A'B'&=&B'D' \end{matrix}
    A corda \;C'D'\; de \;(O, \;OR)\; é trissetada pelos dois raios \;OR, \;OS\;
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14.5.14

Resolver problema de construção de triângulo usando homotetia

Problema:     Desenhar um triângulo \;ABC\; de que é dada a posição de \;A\; e dois segmentos com comprimentos iguais a \;a+b=BC+AC\; e \;a+c=BC+AB\;.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas e na resolução do problema da entrada anterior.


© geometrias, 14 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{k=1, ..., 10}\; ao fundo, pode seguir os passos da construção.
  1. São dados o vértice \;A\; e os comprimentos \;a+b, \;a+c\;
  2. Se desenharmos um triângulo qualquer \;AB_1C_1\;, sendo \;AC_1 = a+b\; e \;AB_1 = a+c\;, o problema resume-se ao da anterior entrada, já que queremos \;AC=b=AC_1-a, \;AB=c=AB_1-a, BC=a\; que é o mesmo que dizer que queremos determinar os pontos \;B\; de \;AC_1\; e \;C\; de \;AB_1\; tais que \;BB_1= BC=CC_1 =a\;
    Começamos por determinar os pontos \;B_1, \;C_1\; tais que \;AB_1=a+c, \;AC_1=a+b.
  3. Traçados os lados do triângulo \;AB_1C_1\;, sobre \;AB_1\;, marcamos um ponto qualquer \;B'\;.
  4. Determinamos o ponto \;C''\; sobre \;AC_1\; tal que \;C_1C''=B_1B''. O mais natural é que \;C_1C''=B_1B''\neq B'C''
  5. Tirando por \;C''\; uma paralela a \;B_1C_1\;, esta interseta a circunferência de centro \;B'\; e raio \;B'B_1\; num ponto \;C'\; tal que \;B'B_1=B'C'=C'C'_1\; , sendo o triângulo \;A'B_1C'_1\; correspondente de AB_1C_1 por uma homotetia de centro em \;B_1\;: \begin{matrix} A_1 & \longmapsto &A\\ B_1 &\longmapsto &B_1\\ C'_1 & \longmapsto & C_1 \end{matrix}
  6. Essa homotetia de centro \;B_1\; fará corresponder \;C'\; a \;C= B_1C'.AC_1\; e
  7. \;B'\; a \;B\;, este último determinado como interseção do lado \;AB_1\; com a paralela a \;B'C'\; tirada por \;C.
  8. A homotetia transforma segmentos iguais em segmentos iguais. Assim, \begin{matrix} B_1B' &= &B'C'&=&C'C_1 &&\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow&&\\ B_1B&=&BC&=&CC_1&=&a \end{matrix}
  9. \;AB =AB_1-BB_1=a+c-a=c, \; BC=a, \; AC=AC_1-C_1C= a+b-a=b\;
  10. Desenhámos assim um triângulo \;ABC\; que é a solução do problema, para um arbitrado ângulo \hat{A}, que pode variar deslocando \;B_1\; ou \;C_1
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13.5.14

Resolver problema de construção usando homotetia

Problema:     Determinar os pontos \;D\; e \;E\; sobre os lados \;AB\; e \;AC\; de um triângulo \;ABC\; de tal modo que \;BD=DE=EC.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.


© geometrias, 13 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{k=1, ..., 5}\; ao cimo à direita, pode seguir os passos da construção.
  1. São dados os vértices \;A, \;B, \;C e os lados \;BC=a, \;AC=b, \;AB=c\; de um triângulo..
  2. Vamos procurar as posições de \;D\; sobre \;BA\; e de \;E\; sobre \;AC\; de modo que \;BD=DE=EC. Para isso, começamos por tomar um ponto genérico \;D'\; de \;AB\;. Pode ser deslocado sobre \;AB\; fazendo variar \;BD'\; e certamente que uma das posições que \;D'\; pode tomar será aquela que verifica as condições do nosso problema. Tomamos a interseção \;E'' de \;AC\; com a circunferência centrada em \;C\; e de raio \;BD'\;.
    Garantimos que \;BD' = CE''\; mas nada garante que \;D'E''\; seja igual a \;BD'. Nem parece!
  3. Fácil é calcular um ponto \;E'\; á mesma altura de \;E''\; e tal que \;BD'=D'E'\; na interseção da paralela a \;BC\; tirada por \;E''\; com a circunferência centrada em \;D'\; e raio \;D'B
  4. \;E'\; está sobre o lado \; A'C'\;, paralelo a \;AC=b\;, de um triângulo \;A'BC'\;, sendo \;A'B=c, \;BC'= a\; e \;BD'=D'E'=E'C'
  5. Um homotetia de centro \;B\; tal que \;A \longmapsto A'. \;B \longmapsto B'\; fará corresponder \;E'\; a \;E= BE'.AC\; e \;D'\; a \;D\;, este último determinado como interseção do lado \;BA\; com a paralela a \;D'E'\; tirada por \;E.
  6. Por uma homotetia, segmentos iguais são transformados em segmentos iguais. Assim, \begin{matrix} BD' &= &D'E'&=&E'C'\\ \downarrow&\Downarrow&\downarrow&\Downarrow&\downarrow\\ BD&=&DE&=&EC \end{matrix}
    \;D, \;E\;, assim determinados, satisfazem as condições do nosso problema.
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12.5.14

Resolver problema de construção usando homotetia

Problema:     Desenhar uma circunferência que passa por um ponto dado, \;A\;, que seja tangente a duas retas dadas \;a, \;b.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.


© geometrias, 12 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{k=1, ..., 5}\; ao fundo à direita, pode seguir os passos da construção.
  1. São dados um ponto \;A\; e duas retas \;a, \;b.
  2. Para que uma circunferência seja tangente a duas retas \;a, \;b\; é preciso que tenha centro equidistante delas. Esse centro está sobre uma bissetriz do ângulo das duas retas quando elas se intersetam ou sobre uma reta paralela a \;a, \;b\; quando estas são paralelas. No caso da nossa construção, as retas \;a.b\; são concorrentes em \;O. E, como sabemos, na bissetriz do ângulo das duas retas incidirá o centro de qualquer das circunferências tangentes a \;a\; e \;b.
  3. Tomamos um ponto \;G\; sobre a bissetriz e a circunferência nele centrada tangente a \;a\; em \;I\; e a \;b\; em \;H\;.
  4. Duas circunferências tangentes a \;a\; e \;b são correspondentes por alguma homotetia de centro \;O; Para determinar a homotetia entre uma circunferência \;(G)\; e a circunferência que passa por \;A\;, basta traçar a reta \;OA\; e a sua interseção \;J\; com \;(G)\;. A homotetia de centro em \;O\; que transforma \;J\; em \;A\; transforma \;G\; em \;K\;, este obtido pela interseção da bissetriz com a paralela a \;JG\; tirada por \;A.
  5. A circunferência de centro em \;K\; que passa por \;A\; é a homotética de \;(G)\; tangente à reta \;a\; no homotético de \;I\; e à \;b\; no homotético de \;H\;
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10.5.14

Resolver um problema de construção usando uma rotação e uma homotetia

Problema:     Inscrever um quadrilátero com determinada forma num semicírculo dado, em que um lado específico do quadrilátero inscrito esteja no diâmetro do semicírculo.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.


© geometrias, 9 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{k=1, ..., 10}\; ao fundo ao meio, pode seguir os passos da construção.
  1. São dados um quadrilátero \;ABCD\; e um semicírculo de diâmetro \;EF\;; pretendemos obter um quadrilátero \;A''B''C''D''\; semelhante ao dado e inscrito no semicírculo de tal modo que o lado \;A''B''\; fique aposto ao diâmetro \;EF.
  2. Melhor será começar por ver em que semicírculo se inscreverá o quadrilátero \;ABCD\;, considerando \;AB\; sobre o diâmetro. Tal semicírculo fica bem determinado pelo seu centro \;G\;, interseção da mediatriz de \;CD\; com a reta \;AB\; que contém o diâmetro.
  3. Já temos uma situação em tudo semelhante à que queremos ter no final. Para facilitar podemos efetuar uma rotação para que os diâmetros dos semicírculos fiquem paralelos. Pode ser feito de vários maneiras. Nós optamos por rodar o diâmetro \;HI, em torno de \;I
  4. Se rodarmos em torno de \;I\; no sentido direto de um ângulo \;\alpha\;
  5. obtemos uma figura congruente com a anterior, sendo \;IH'\; \parallel \;EF\;
    A rotação \;{\cal{R}}(O, \alpha)\; preserva os comprimentos:
    \;A'B'=AB, \; B'C'=BC, \;C'D'=CD, \; D'A'=DA\;
    e os ângulos:
    \; D\hat{A}B =-D'\hat{A'}B', \; A\hat{B}C=-A'\hat{B'}C', \; B\hat{C}D=-B'\hat{B'}D', \; C\hat{D}A=-C'\hat{D'}A',
    sem considerarmos a orientação, \; \hat{A} =\hat{A'}, \; \hat{B}=\hat{B'}, \; \hat{C}=\hat{B'}, \; \hat{D}=\hat{D'}\;
  6. Bastará agora definir a transformação que faz corresponder \;EF\; a \;IH'\; que como sabemos é uma homotetia de centro \;P = IE.H'F\; e de razão k=\frac{PE}{PI} = \frac{PF}{PH}
    Claro que, por essa homotetia \;{\cal{H}}(P, k), a \;G'\; corresponderá \;O\;, centro do semicírculo dado.
  7. Pela homotetia definida, encontramos os pontos \;A'', \;B'' como \;PA'.EF\; e \;PB'.EF\; respetivamente
  8. e como a homotetia preserva a incidência, os pontos do semicírculo de diâmetro \;H'I\; têm correspondentes sobre o semicírculo de diâmetro \;EF\;: \;C'',\; D''\; estarão na interseção da semicircunferência dado com as retas \;PC'\; e \;PD''.
  9. A composta \;{\cal{H}}(P, k)\;\circ\;{\cal{R}}(O, \alpha)\; que estabelece as correspondências \;A \longmapsto A''\; \wedge \; B \longmapsto B''\; faz corrresponder \;AB\; a \;A''B''.
    E, do mesmo modo, BC \longrightarrow B''C'', \;CD \longrightarrow C''D'',\;DA \longrightarrow D''A'' sendo \frac{A''B''}{AB} = \frac{B''C''}{BC} = \frac{C'''D''}{CD} = \frac{D''A''}{DA}=k
  10. E como a homotetia também preserva os ângulos \hat{A''} =\hat{A}, \;\hat{B''} =\hat{B}, \;\hat{C''} =\hat{C}, \;\hat{D''} =\hat{D}
    A solução para o nosso problema é o quadrilátero A''B''C''D''\; com \;A'', B''\; no diâmetro \;EF\; e \;C', \;D''\; na semicircunferência dada, com lados correspondentes proporcionais (cada um a cada um) e ângulos correspondentes iguais aos do quadrilátero \;ABCD
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7.5.14

Resolver problema de construção usando homotetias

Problema:    Determinar os vértices de um triângulo de que se conhecem as posições de três pontos que dividem os três lados em razões dadas.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.


© geometrias, 7 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{k=1, ..., 10}\; ao fundo ao meio, pode seguir os passos da construção.
  1. São dados três pontos \;D, \;E, \;F\; e quatro pares de números \;(m, \;n),\;(p, \;q),\;(r, \;s),\;.
    Para a nossa resolução, vamos designar os vértices do triângulo por \;A, \;B, \;C\; e as retas (lados) por \; a=BC, \;b=AC, \;c=AB\; e sendo
    • \;D\; um ponto do segmento \;BC, tal que \;\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{m}{n}\; e, por isso, \begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\; \\ C &\longmapsto & B \\ \end{matrix}
      em que \displaystyle \;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\; é uma homotetia de centro em \;D\; e razão \displaystyle \;-\frac{m}{n}
    • \;E\; um ponto do segmento \;CA, tal que \;\displaystyle \frac{CE}{EA}=\frac{p}{q}\; e, por isso, \begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\; \\ A &\longmapsto & C \\ \end{matrix}
    • \;F\; um ponto do segmento \;AB, tal que \;\displaystyle \frac{AF}{FB}=\frac{r}{s}\; e, por isso, \begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(F, -\frac{r}{s} \right)\; \\ B &\longmapsto & A \\ \end{matrix}
  2. Não sabemos onde estão os vértices \;A, \;B, \;C\;, mas podemos determinar facilmente as retas \;a, \;b, \;c. Por exemplo, tratemos da determinação de \;c\; da qual, não conhecemos nem \;A\; nem \;B\;, e só conhecemos \;F\;. Só precisamos de determinar um segundo ponto de \;c. Assim, \begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\;&&\;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\;& \\ A &\longmapsto & C &\longmapsto & B\\ F&\longmapsto&F'&\longmapsto&F'' \end{matrix}
    A transformação composta \; {\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\; \circ \;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\; tal que \;B\;\longmapsto\;A e \;F \longmapsto F'' garante que, sendo \;F\in AB\;, também F'' \in c =AB=A'B', pois as homotetias preservam a incidência, e claro, a colinearidade.
  3. Temos assim a reta \;c=FF''\; que conterá o segmento \;AB\;, de que ainda não conhecemos as posições dos extremos.
  4. \;E\; é um ponto de \;b=AC\;. Para determinar um segundo ponto de \;b\;, seguimos o mesmo processo. Assim: \begin{matrix} & \;{\cal{H}}\left(D, -\frac{m}{n} \right)\;&&\;{\cal{H}}\left(F, -\frac{r}{s} \right)\;& \\ C&\longmapsto & B &\longmapsto & A\\ E&\longmapsto&E'&\longmapsto&E'' \end{matrix}
    em que \;E''\; é um ponto da reta \;b\; já que \;E\in CA\;
  5. \;b=EE''\;
  6. Do mesmo modo, se determina um ponto \;D''\; como correspondente de \;D\; pela composta \begin{matrix} &\;{\cal{H}}\left(F, -\frac{r}{s} \right)\;& &\;{\cal{H}}\left(E, -\frac{p}{q} \right)\;&\\ A&\longmapsto&B&\longmapsto&C\\ D&\longmapsto&D'&\longmapsto&D''\\ \end{matrix}
  7. \;a =BC\;
  8. Finalmente, temos \;A= b.c, \;B=a.c, \; C=a.b\;
  9. e os lados do triângulo \;BC, \;CA, \;AB\;,
  10. divididos respetivamente por \;D, \;E, \;F
  11. em pares de segmentos \;(\;BD,\;DC\;)\;, \;(\;CE,\;EA\;)\;, \;(\;AF,\;FB\;)\;
  12. de razões \;\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{m}{n}\;, \;\displaystyle \frac{CE}{EA}=\frac{p}{q}\; e \;\displaystyle \frac{AF}{FB}=\frac{r}{s}\;
Pode deslocar na figura os cursores \;m, \;n; \;p, \;q; \;r, \;s\; ou os pontos \; D, \;E, \;F\; e ver o que acontece em cada caso de variação.
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6.5.14

Resolver um problema de construção usando homotetias

Problema:    Determinar (com régua e compasso) os pontos de interseção de uma reta dada com uma parábola de que se conhecem a diretriz e o foco.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas.
Deve lembrar-se que uma parábola é o lugar geométrico (conjunto) dos pontos equidistantes de uma reta- diretriz - e de um ponto - foco.

© geometrias, 6 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{n=1, ..., 6}\; ao fundo à esquerda, pode seguir os passos da construção.
  1. São dadas uma reta \;a\;; uma reta \;d\; - diretriz - e um ponto \;F\; -foco -de uma parábola.
    • Que pontos da reta \;a\; são pontos da parábola de diretriz \;d\; e foco \;F\;? Estes pontos são centros de circunferências tangentes a \;d\; e a passar por \;F\;. Não sabemos quais são; tomemos um ponto \;A\;, qualquer de \;a\;. Se este ponto for centro de uma circunferência a passar por \;F\; e tangente a \;d\;, ele será um dos pontos que procuramos. O mais natural é que esse ponto não verifique essas condições. Em muitos problemas de construção interessa tanto saber bem o que queremos como construir uma falsa posição ( \;A;\; variável sobre \;a\;) para conjeturar e para, a partir dela, determinar a posição solução.
  2. Tomemos o ponto \;a.d\; a que chamamos \;O\; e a reta \;OF\;
    Cada homotetia de centro \;O\; é uma transformação geométrica que faz corresponder a cada ponto de \;a\; um ponto de \;a\;, a cada ponto de \;OF\; um ponto de \;OF\;, a cada ponto de \;d\; um ponto de \;d\; e fica bem definida por um ponto e o seu correspondente colineares com \;O\;.
  3. Tomemos então um ponto \;A\; sobre \;a\; e a circunferência nele centrada que é tangente à diretriz em \;T\;, na nossa figura. Esta circunferência não passa por \;F\;.
  4. A circunferência \;(A, AT)\; interseta a reta \;OF\; em dois pontos: \;P, \;Q\; tais que \;AP=AT=AQ\;
    • Pela homotetia \;{\cal{H}}_1\; de centro \;O\; que faz corresponder \;Q\; a \;F\;, à reta \;AQ\; fará corresponder uma paralela que passa por \;F\; que interseta a reta \;a\; num ponto \;I\; e a \;AT\; uma paralela \;IK\;.
      Por ser \;AT=AQ\;, é \;IK=IF\;, o que quer dizer que \;I\; é um ponto de \;a\; equidistante de \;d\; e de \;F\;, logo uma das soluções do problema.
    • Do mesmo modo, utilizando a homotetia \;{\cal{H}}_2\; de centro \;O\; que transforma \;P\; em \;F\;, \begin{matrix} & \;{\cal{H}}_2(O)\; & &&\\ P &\longrightarrow & F & \;\;\;P\in OF\;\;&\\ AP & \longrightarrow & FJ & \;\;\; AP \parallel FJ\;\;& \\ AT & \longrightarrow & JL &\;\;\;AT\parallel JL\;\;&AP=AT \Leftrightarrow FJ=JL\\ A &\longrightarrow & J &\;\;\;J\in a\;\;&\\ T &\longrightarrow & L & \;\;\;L\in d \;\;&\\ \end{matrix}
      sendo \;J\; assim determinado um ponto de \;a\; equidistante de \;F\; e de \;d\;, logo outra das soluções do problema.
  6. Apresentamos finalmente como ilustração a parábola de diretriz \;d\; e foco \;F. Para ver que a demonstração/construção para além de ser, parece boa.
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3.5.14

Resolver problema de construção usando a reflexão

Problema:    Determinar um quadrado tendo dois vértices opostos sobre uma reta dada e os outros dois em duas circunferências dadas

A construção a seguir ilustra a resolução do problema que utiliza o método da anterior entrada.


© geometrias, 3 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \;\fbox{n=1, ..., 4}\; ao fundo à direita, pode seguir os passos da construção.
  1. São dadas uma reta \;a\; e duas circunferências \;(O_1)\; e \;(O_2)\;.
  2. Um quadrado tem diagonais iguais e perpendiculares que se bissetam mutuamente. Pelas condições do problema, dois vértices opostos estão sobre \;a\; e dos outros dois, um estará sobre \;(O_1)\; e outro sobre \;(O_2)\;. Estes últimos estarão sobre uma perpendicular a \;a\; e equidistantes do pé da perpendicular em \;a\; que será o centro do quadrado.
    O método para resolver este problema de determinar dois pontos sobre uma perpendicular a \;a\; equidistantes do pé da perpendicular foi apresentado na entrada anterior. Assim:
    • No caso da nossa figura, refletimos \;(O_1)\; relativamente á reta \;a\;. \begin{matrix} & {\cal{E}}_a & &\\ (O_1) & \longrightarrow & (O'_1) & \\ A & \longleftarrow & C \in (O_1).(O_2) & \;\;\;\;\; AC \perp a\\ G &\longleftrightarrow &G \in a.AC & \;\;\;\;\; AG =GC\\ \end{matrix}
  3. Como as diagonais do quadrado são iguais os dois vértices opostos que incidem em \;a\, podem obter-se como interseção de uma circunferência de centro \;G\; que passe por \;A\; com a reta \;a\;: \;B, \;D
    O quadrado \;ABCD\; é solução do problema.
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2.5.14

Resolver um problema de construção usando uma reflexão

Problema:    Desenhar a perpendicular a uma dada reta que corte duas curvas dadas em pontos equidistantes do pé da perpendicular na reta dada

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.


© geometrias, 2 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Clicando no botão Resolução ao fundo à direita, pode ver a construção da solução.
  1. São dadas uma reta \;a\; e duas curvas  -   uma elipse \;e\; e uma parábola \;p\;.
  2. O método para resolver este tipo de problemas consiste em refletir uma das curvas relativamente à reta dada. No nosso caso, optámos por refletir \;e\; relativamente á reta \;a\;.
    E, no caso da nossa figura, \begin{matrix} & {\cal{E}}_a & &\\ e & \longrightarrow & e' & \\ K & \longleftarrow & I \in e'.p & \;\;\;\;\; IK \perp a\\ I_0 &\longleftrightarrow & I_0 \in a.IK & \;\;\;\;\; II_0 =I_0K\\ L & \longleftarrow & J \in e'.p & \;\;\;\;\; JL \perp a \\ J_0 & \longleftrightarrow & J_0 \in a.JL & \;\;\;\;\; JJ_0 =J_0L\\ \end{matrix}
  3. Determinámos assim os pontos \;I \in p,\;\; K \in e\; sobre uma perpendicular a \;a\; que, sendo correspondentes pela reflexão de eixo \;a\;, estão a igual distância do pé \;I_0\; da perpendicular \;I K\; em \;a:    a recta \;IK\; é solução do problema.
    No caso da nossa construção, também a reta \;JL\; é solução do problema.
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1.5.14

Resolver problema de construção usando transformação de meia volta

Problema:    Num dado quadrilátero de vértices \;A,\;B, \;C, \;D\; inscrever um paralelogramo de centro num ponto \;O\; dado.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.


© geometrias, 1 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra

Deslocando o cursor \fbox{n=1, ..., 4}  (direita ao fundo) pode ver os passos da resolução.
  1. São dados 5 pontos \;A,\;B, \;C, \;D, \;O
  2. Os quatro vértices \;A,\;B, \;C, \;D \; definem quatro retas \;AB=a, \;BC=b, \;CD=c, \;DA=d\;. Assinalam-se os quatro segmentos dessas retas: \;AB, \;BC, \;CD, \;DA\; lados.
  3. Na nossa resolução recorremos a uma meia volta de centro em \;O.  Por essa meia volta, cada uma das retas tem por correspondente uma reta paralela \;a \parallel a', \; b\parallel b', ...\;, sendo contrários os sentidos de \,AB\; e \;A'B'\;, etc. segmentos assinalados a tracejado e com as cores dos seus correspondentes pela meia volta. \begin{matrix} & {\cal{R}}(O, 180^o) & & \\ a & \longrightarrow & a'&\;\;\; a\parallel a'\\ b & \longrightarrow & b'& \;\;\;b\parallel b'\\ c & \longrightarrow & c'& \;\;\;c\parallel c'\\ d & \longrightarrow & d'&\;\;\; d\parallel d'\\ a.b = B & \longmapsto & a'.b'=B' & \;\;\;O\in BB' \wedge BO=OB'\\ b.c = C & \longmapsto & b'.c'=C' &\;\;\; O\in CC'' \wedge CO=OC'\\ c.d = D & \longmapsto & c'.d'=D' &\;\;\; O\in DD' \wedge DO=OD'\\ d.a = A & \longmapsto & d'.a'=A' &\;\;\; O\in AA' \wedge AO=OA'\\ \end{matrix}
  4. Tomamos E=a.c' , F=b.d', G=a'.c, H=b'.d \begin{matrix} & {\cal{R}}(O, 180^o) & & \\ a & \longrightarrow & a'&\;\;\; a\parallel a'\\ b & \longrightarrow & b'& \;\;\;b\parallel b'\\ c & \longrightarrow & c'& \;\;\;c\parallel c'\\ d & \longrightarrow & d'&\;\;\; d\parallel d'\\ E= a'.c &\longmapsto& a.c'=G & \;\;\; O\in EG \wedge EO=OG\\ F= b.d' &\longmapsto& b'.d=H & \;\;\; O\in FH \wedge FO=OH\\ \end{matrix}
    O quadrilátero EFGH tem diagonais EG e FH que se intersetam e bissetam em O. É, por isso, um paralelogramo de centro \;O\; inscrito no quadrilátero de vértices \;ABCD: \;\;\;\;E\in a, \;F\in b, \;G \in c, \;H \in d
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