Resolver problema de construção usando homotetias

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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

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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.