Resolver problema de construção usando os métodos do problema contrário e transformação (4)

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Problema: Inscrever num retângulo $\;[ABCD],\;$ um paralelogramo semelhante a outro $\;[EFGH]\;$ dado.

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Vilela, António Lôbo. Métodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

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O problema proposto consiste em construir um paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$, inscrito no retângulo $\;[ABCD]\;$ dado: $\;E_1 \in AB, \;F_1\in BC, \;G_1 \in CD, \;H_1 \in DA.\;$
Para resolver o problema proposto, começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;]$ ou cujos lados passem pelos vértices $\;E,\;F, \;G,\;H\;$ do paralelogramo.

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Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. Na nossa construção, apresentamos como dados um retângulo $\;[ABCD]\;$ e um paralelogramo $\;[EFGH]\;$. Para além disso, apresentamos as diagonais do retângulo $\; AC, \;BD\;$ e o ângulo $\; \alpha\;$ por elas formado. De igual modo, se mostram as diagonais $\;EG, \;FH\;$ do paralelogramo e o ângulo $\;\beta\;$ por elas formado.
   Estes dados são relevantes para qualquer resolução do problema, pois "a condição necessária e suficiente para que dois paralelogramos sejam semelhantes é que sejam iguais os ângulos formados pelas respetivas diagonais".
2. Começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito ao paralelogramo $\;[EFGH],\;$ ou seja, um retângulo com cada um dos seus lados a passar por um dos vértices do paralelogramo e com as diagonais a fazer ângulo igual ao das retas $\;(AC, \; BD) =137.48^o,\;$ na ilustração.
   • $\fbox{n=2}:\;$ O centro do paralelogramo é o centro do retângulo a ele circunscrito, no caso $\;I.\;$. Para obter uma reta que seja diagonal de um retângulo centrado em $\;I\;$ semelhante a $\;[ABCD]\;$, bastará encontrar um outro ponto da diagonal para além do $\;I\;$, por exemplo, o ponto de interseção imagem da reta de um dos lados, p.e. $\;HE\;$, pela rotação $\;{\cal{R}}(I, \; \alpha)\;$, com a reta do lado consecutivo $\;EF\;$ (Verifique.)
   • $\fbox{n=3}:\;$Para ser retângulo (lados consecutivos perpendiculares) cada um dos seus vértices terá de ser um ponto de circunferência com um dos lados do paralelogramo por diâmetro. No caso da nossa construção, encontramos o primeiro vértice do retângulo circunscrito intersetando a reta obtida como reta diagonal com a circunferência de diâmetro $\;FG\;$. Os lados desse retângulo, a passar por $\;E, \;F, …\;$ são obtidos facilmente.

© geometrias, 27 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

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3. O retângulo obtido é semelhante a $\;[ABCD]\;$, o que significa há uma transformação de semelhança a relacioná-los.
   $\fbox{n=4}:\;$ No caso da nossa construção, escolhemos o vértice $\;R,\;$ por ele tirámos uma paralela a $\;AB\;$ e aplicámos-lhe que a rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, de modo a obter pares de lados paralelos a pares de lados paralelos de $\;[ABCD]\;$
   Obtivemos um novo paralelogramo inscrito no novo retângulo ao aplicar-lhe a mesma rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, que preserva as incidências, os comprimentos, as amplitudes
4. $\fbox{n=5}:\;$ Finalmente a este novo retângulo do qual os pontos $\;R, \;S\;$ são vértices, aplicamos a homotetia de centro em $\;CR.DS\;$ e razão $\; \displaystyle \frac{CD}{RS}\;$ que transforma $\;C\;$ em $\;R\;$ e $\;D\;$ em $\;S\;$
5. $\fbox{n=6}:\;$Obviamente que, por essa homotetia, o paralelogramo laranja da figura que está inscrito no retângulo laranja (obtidos pela rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$ é transformado no paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ que, porque a homotetia preserva incidências, etc, é um paralelogramo inscrito em $\;[ABCD]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$.

Claro que usámos transformações e podemos dizer, por isso, que usámos o método das transformações. O que é o mais natural é usarmos vários métodos para resolver qualquer problema. E, mesmo quando não o referimos, o mais natural é que face a um problema comecemos por usar a análise e acabemos a usar a síntese que são os raciocínios gerais em geometria, essenciais para resolver problemas de construção.

Resolver problema de construção usando o método do problema contrário (3)

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Problema: Num quadrado de lado $\;L,\;$ inscrever um quadrado de lado $\;l.\;$

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Vilela, António Lôbo. Métodos GeométricosMétodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

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Este é um bom exemplo da utilidade do método contrário.
O problema proposto consiste em construir um quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ e a partir dele construir um outro quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l\;$ de tal modo que cada um dos seus vértices incida num lado do quadrado de lado $\;L.\;$
Ao resolvermos o problema contrário, resolvido fica o problema proposto.
O problema contrário do proposto consiste em construir um quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l\;$ e a partir dele construir um outro quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ de tal modo que cada um dos seus lados incida num vértice do quadrado de lado $\;l.\;$

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A sequência das três partes da construção pode ser vista, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, 3}$

1. Começamos então pela construção de um quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l.\;$

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

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2. Como queremos construir um quadrado de lado $\;L\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;$ precisamos de construir quatro segmentos de comprimento $\;L\;$ cada um a passar por um vértice do quadrado de lado $\;l\;$ e tais que os seus extremos se encontrem sobre circunferências cujos diâmetros sejam lados consecutivos de $\;[EFGH].\;$ Para isso, começámos pelos lados $\;HG\;$ e $\;HE\;$ e as circunferências de diâmetros $\;HE\;$ e $\;HG\;$ e procuramos a reta que passando por $\;H,\;$ determine um segmento de comprimento $\;L\;$ nas duas circunferências que se cortam em $\;H.\;$ Como vimos, na vinheta anterior, bastar-nos-á determinar um ponto $\;D\;$ de interseção da circunferência de diâmetro com extremos nos pontos médios dos lado $\;HE\;$ e $\;HG\;$ com a circunferência centrado no ponto médio de $\;HG\;$ e raio $\;\frac{ L}{2} ,\;$ para obter uma corda de tamanho $\;\frac{ L}{2} .\;$
3. A reta paralela a essa que passa por $\;H\;$ determina nas circunferências de diâmetros $\;HE\;$ e $\;HG\;$ um segmento $\;CD\;$ de comprimento $\;L\;$ a passar por $\; H.\;$ E o quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ pode determinar-se pelas perpendiculares a $\;CD\;$ em $\;D,\;$ a $\;CD \;$ em $\;C,\;$ a $\; DA\;$ em $\;A.\;$ Os vértices assim obtidos são vértices de triângulos retângulos inscritos em semicircunferências cujos diâmetros são lados do quadrado $\;[EFHGH]$

Notas:

1. Para que o problema seja possível (tenha solução) é preciso que $\;L\;$ seja no máximo igual à diagonal do quadrado de lado $\;l\;$, seja, que $\;L\leq l\sqrt{l}. \;$ O mais seguro teria sido considerar $\;l \leq L\leq l\sqrt{l}, \;$ cuidado que não tivemos.
2. O problema proposto podia resolver-se sem recurso ao problema contrário. Como sabemos, uma circunferência com centro no centro do quadrado $\;[ABCD]\;$ e de raio igual a metade da diagonal de um quadrado de lado $\;l\;$ que é $\; \displaystyle \frac{l\sqrt{2}}{2}\;$ perfeitamente construtível com régua e compasso. Esta circunferência é circunscrita ao quadrado $\;[EFGH]\;$ e, por isso, interseta lados opostos do quadrado $\;[ABCD]\;$ circunscrito em vértices opostos do quadrado $\;EFGH]\;$ inscrito.

Resolver problema de construção usando análise e síntese

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Problema: Por um dos pontos de interseção de duas circunferências secantes, conduzir uma reta que determine nas duas circunferências um segmento de comprimento dado.

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Vilela, António Lôbo. Métodos GeométricosMétodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

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A publicação da resolução deste problema tornou-se necessária como parte da construção da resolução de um outro problema que entendemos dever publicar, como ilustração do método do problema contrário proposto no mesmo livro.
Pode seguir os passos da análise do problema fazendo variar os valores de $\;n\;$ entre 1 e 3 no cursor $\;\fbox{n}$. Para $\;n=4\;$ concluirá a primeira solução. Os valores $\;5\leq n\leq 8$ mostrarão a construção da segunda solução (para $\;P\;$, claro)

1. Os dados deste problema são: um comprimento $\;s\;$, duas circunferências $\;(C)\;, \;(C')\;$ secantes e um ponto $\;P\;$ da interseção $\;(C).(C')\;$
2. Supor o problema resolvido é considerar encontrado uma reta a passar por $\;P\;$ a cortar $\;(C)\;$ em $\;A\;$ e $\;(C')\;$ em $\;A'\;$ (para além de $\;P\;$), de tal modo que $\;AA'=s.\;$ Como podemos encontrar $\;A, \;A'$ ?
   Sabemos que $\;AA' = AP +PA', \;$ é soma de duas cordas, uma de cada circunferência.
3. Os pontos médios $\;M\;$ e $\;M'\;$ respetivamente de $\;AP\;$ e $\;PA'\;$ são tais que
   
   • $\;A\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M\;$ e $\;A'\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M'\;$<\li>
   • $\;MM' =MP+PM'= \displaystyle \frac{1}{2}(AP+PA')=\frac{1}{2}(AA')= \frac{s}{2}\;$
   • $\; CM \perp AP \wedge C'M' \perp PA' \;$ e, por isso, $\;CM \parallel C'M'\;$ ou $\;[MCC'M']\;$ é um trapézio retângulo.
   
   Isto quer dizer que bastará determinar o ponto $\;D\;$ tal que     $\;CD \perp C'D \wedge C'D =MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$
   que é o mesmo que dizer que $\;D\;$ é simultaneamente ponto da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e da circunferência de centro $\;C'\;$ e raio $\;\displaystyle \frac{s}{2}\;$
4. Com os dados do problema podemos determinar $\;D\;$. Como a reta $\;CD\;$ (ou $\;CM\;$ é perpendicular a $\;AA'\;$ e $\;C'D\;$ também é perpendicular a $\;CD,\;$ para obter a reta $\;AA'\;$ (ou $\;MM'\;$) basta tirar por $\;P\;$ a paralela a $\;C'D\;$

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

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5. Para a segunda solução, que existe no caso da nossa figura, começamos por determinar $\;D'\;$ como intersecção da circunferência centrada em $\;C\;$ e raio $\; \displaystyle \frac{s}{2}\;$ com a circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ de modo que o triângulo $\;[CC'D']\;$ seja retângulo em $\;D'\;$
6. A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ é a reta que procuramos. A reta $\;C'D'\;$ interseta esta paralela em $\;N'\;$ e a paralela a $\;C'D'\;$ tirada por $\;C\;$ interseta-a em $\;N.$
7. A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ determina duas cordas $\;BP\;$ em $\;(C)\;$ e $\;PB'\;$ em $\;(C')\;$ das quais $\;N\;$ e $\;N'\;$ são pontos médios já que $\;CN \perp BB'\;$ e $\;C'D' \perp PB'$
8. Como $\; \displaystyle \frac{s}{2}=CD' = NN',\;$ passando por $\;P, \;$ $\; BB' = BP+PB'= 2(NP+PN')=2NN'=\displaystyle 2\frac{s}{2}=s$     □

Nota sobre as condições de existência de soluções.
A existência de soluções depende de $\;D\;$. Vimos que $\;CD'=MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ ou $\;C'D =NN'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ são cordas da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e, por isso, $\;CD'= C'D = \displaystyle \frac{s}{2} \leq CC'\;$. Assim só há soluções quando $\;s\leq 2CC'.\;$
Para $\;s= 2CC'\;$ (ou quando $\;s\;$ atinge o seu valor máximo), $\;AA'\;$ e $\;BB'\;$ são paralelas de $\;CC'\;$ tiradas por $\;P\;$, logo $\;AA'=BB'\;$ o que quer dizer que nesse caso há uma só solução.
Se $\;s <2CC', \;$ há duas direções para as secantes por $\;P\;$ e comprimento $\;s:\;$ $\;\;s=AA', \; AA'\parallel C'D\;$ e $\;s=BB', \; BB'\parallel CD'\;$ e, em consequência , pode haver duas soluções, no caso de cada uma das paralelas tiradas por $\;P\;$ a $\;C'D\;$ e a $\;CD'\;$ cortar as duas circunferências $\;(C), \; (C')\;$. No limite, estas direções podem ser a das tangentes $\;t, \; t'\;$ tiradas por $\;P\;$ a $\;(C)\;$ e $\;(C')\;$. Se conduzirmos por $\;C'\;$ paralelas a essas tangentes, elas determinam cordas, chamemos-lhe $\;u, \; u'\;$ na circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ . Verifica-se que há uma só solução se $\; 2\times mín \{u,\;u'\} < s < 2\times máx \{u,\; u'\}\;$ e duas soluções quando $\; 2\times máx \{u,\; u'\} < s < CC'. $

Resolver problema de construção usando o problema contrário (2)

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Enquanto íamos resolvendo problemas de construção como ilustrações de métodos de demonstração de teoremas de existência na geometria euclidiana, a partir de referências várias (Birkhoff, Eves, Cluzel, Vissio, Puig Adam, etc) António Aurélio foi sempre referindo manuais escolares do seu tempo de escola. Mais recentemente, referia a existência de um título - Métodos Geométricos - e um autor A. Nicodemos. O livro (ou livros) de Nicodemos devem estar guardados na biblioteca da Escola José Estêvão. Mas depois de verificarmos a sua existência no catálogo da Biblioteca Nacional, procurámos, encontrámos e apalpámos dois dos livros das memórias de Aurélio, disponíveis na Biblioteca do Departamento de Matemática da FCT da Universidade de Coimbra, para o que contámos com a ajuda de Jaime Carvalho e Silva.
Um deles é o Compêndio de Geometria de A. Nicodemos, J. Calado, referido na vinheta anterior (de 13/07/2014). O outro resolve o problema do título em memória. Chama-se Métodos Geométricos - Resumo e exercícios resolvidos de António Lôbo Vilela, publicado em 1939, e depósito na Livraria Sá da Costa. Lisboa. Ficamos a saber que Antónoio Lôbo Vilela publicara, antes deste, um volume sobre Métodos da Matemática. Da nota prévia a este volume, retirámos:

"Com a publicação do nosso volume sobre Métodos de Matemática com o intuito de apontar a orientação que nos parece mais conveniente ao ensino da matemática, por ser a única que a pode tornar compreensiva e lhe permite exercer a sua ação educativa. Pretendemos ainda mostrar que a lógica devia ser integrada nos programas de matemática, separando-a da filosofia a que arbitrariamente anda ligada e a deixa murchar, por falta de aplicação e de seiva. A amplitude e o objectivo desse trabalho não nos permitiram descer a certas minúcias de aplicação da metodologia da matemática que têm particular valor didáctico. Por isso nos decidimos agora a publicar este pequeno volume de iniciação,limitando o assunto aos Métodos Geométricos, única parte da metodologia da matemática que os actuais programas exigem, e dando-lhe um cunho mais acentuadamente prático(…)"

Deste manual escolar de António Lôbo Vilela, a propósito do método do problema inverso, citamos

Assim, quando se pretende construir uma figura que satisfaça a certas condições, entre elas a de ser inscrita, por exemplo, numa figura dada, é possível, em geral, desprezando esta condição de inscritibilidade, construir uma figura que satisfaça às restantes condições. Se for mais simples circunscrever a esta figura a figura dada ou uma figura semelhante a ela, há conveniência em empregar o método do problema inverso.

e escolhemos o primeiro dos exemplos que ALV escolheu para ilustrar o recurso ao método do problema inverso:

Problema:

Inscrever, numa circunferência de raio dado, um triângulo isósceles cuja base seja igual à altura

1. No caso é mais fácil resolver o problema contrário do problema proposto. Assim, começamos por desenhar um qualquer triângulo isósceles de altura igual à base e determinar a circunferência a ele circunscrita (que é o mesmo que dizer em que o triângulo está inscrito)
2. Para isso, tomamos um segmento qualquer $\;DE\;$ para base do triângulo isósceles.
3. Para ser isósceles, a reta da altura é a mediatriz da base $\;DE\;$ . Assim se determina o terceiro vértice do triângulos isósceles - circunferência de centro no ponto médio de $\;DE\;$ e raio $\;DE\;$ interseta a mediatriz em dois pontos, qualquer dos dois pode ser $\;F\;$
4. O circuncentro $\;O\;$ de $\;[DEF]\;$ é o ponto de interseção das mediatrizes dos lados do triângulo e a circunferência a ele circunscrita tem centro $\;O\;$ e raio $\;OD\;$



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

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5. Esta circunferência de centro $\;O\;$ e a passar por $\;D,\;E,\;F\;$ é homotética de qualquer outra circunferência. Desenhemos a circunferência $\;(O,\;r)\;$
6. Há uma homotetia de centro $\;O\;$ e razão $\;\displaystyle k=\frac{r}{OD}\;$ que relaciona as duas circunferências e para a qual
   $$\begin{matrix} &\;{\cal{H}}(O, k)\;&&\\ (O,\; OD) & \longrightarrow & (O, \; r)&\\ D & \longmapsto & A:& \;\;\;OA=r=k.OD\\ E & \longmapsto & B.& \;\;\;OB=r=k.OE\\ F & \longmapsto & C:& \;\;\;OC=r=k.OF\\ DE & \longrightarrow & AB :&\;\;\; AB=k.DE\\ EF & \longrightarrow & BC :&\;\;\; BC=k.EF\\ DF & \longrightarrow & AC : &\;\;\; AC=k.DF \\ \end{matrix} $$ de onde se conclui que, por ser $\;DEF\;$ um triângulo isósceles de base igual à altura a ela relativa, $\;ABC\;$ é um triângulo isósceles de base igual à altura a ela relativa inscrito na circunferência $\;(O, \;r)\;$ satisfazendo as condições do problema proposto.

Resolver problemas de construção usando o método do problema contrário

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Em todas as vinhetas publicadas nos últimos meses, apresentamos exemplos de resolução de problemas de construção também como ilustrações de formas de raciocínio e demonstração, métodos muito usados em livros de geometria euclidiana. Em Portugal, raros são os livros escolares que se referem às demonstrações e aos métodos de demonstração com o detalhe das apresentações do passado em que se definiam e classificavam métodos, cada um acompanhado de exemplo e descrição passo a passo o processo de decisão e construção. Pode ser útil a professores e estudantes esta lembrança de apresentação de métodos (?) ilustrados por resoluções de problemas de construção geométrica. Dos livros portugueses do século passado, referimos o Compêndio de Geometria de A. Nicodemos, J. Calado, terceira edição de 1944 pela Livraria Popular Francisco Franco de Lisboa. Começamos pela transcrição do "PROGRAMA OFICIAL (Decreto nº 27:085)" da época.

Breves noções dos métodos geométricos:

• métodos gerais - método analítico, método sintético e de redução ao absurdo;
• métodos particulares - método dos lugares geométricos e método de transformação

que é elucidativa. De qualquer modo, citando o livro escolhido, sabemos que "a natureza do problema indicará qual o método que mais convém à sua resolução", sendo que pode ser necessário o recurso a mais que um método para a resolução de um problema de construção.
Nesse livro introduz-se um "Método do problema contrário", definindo "problema contrário ou inverso de um dado problema" como "aquele que é estabelecido tomando os dados do problema proposto para incógnitas e as incógnitas para dados." E exemplifica com os seguintes exemplos

O problema contrário do problema:

Inscrever um quadrilátero, semelhante a um quadrilátero dado, numa semicircunferência, e de modo que dois dos vértices do quadrilátero existam no diâmetro da semicircunferência.

é

Circunscrever a um quadrilátero dado uma semicircunferência de modo que o diâmetro desta semicircunferência contenha um dos lados do quadrilátero.

(…) Em vez de resolver directamente o problema proposto convém, muitas vezes, resolver primeiro o seu problema contrário, pois a solução deste problema permite determinar a do problema proposto.

Claro que já usámos este método sem lhe fazermos qualquer referência. Por exemplo, a entrada
Resolver um problema de construção usando uma rotação e uma homotetia ,  de 10.5.14, refere-se ao problema
Inscrever um quadrilátero com determinada forma num semicírculo dado, em que um lado específico do quadrilátero inscrito esteja no diâmetro do semicírculo,
como ilustração do método das transformações. No entanto bastará olhar para a resolução para reconhecer que, para inscrevermos o quadrilátero semelhante a um dado no semicírculo dado, começámos por circunscrever o quadrilátero dado numa semicircunferência, antes de usarmos o método das transformações.

O problema que apresentam no livro escolar como ilustração do método do problema contrário é em tudo análogo ao já publicado. Transcrevemos e ilustramos de tal modo que pode resolver, usando a janela de comandos [input], ou pode ver a resolução, passo a passo, fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

Problema:

Inscrever numa semicircunferência dada um losango semelhante a um losango dado e de modo que dois dos seus vértices consecutivos estejam sobre o diâmetro da circunferência.

Em vez de resolvermos este problema, resolvamos o problema seguinte:

Circunscrever a um losango, semelhante a um losango dado, uma semicircunferência de modo que o seu diâmetro contenha um dos lados do losango.

O problema que acabamos de formular é o problema contrário do problema proposto.
Resolução (problema contrário):

Seja $\;[ABCD]\;$ o losango e $\;AB\;$ o lado existente sobre o diâmetro
Como a semicircunferência deverá passar pelos vértices $\;C, \;D\;$, o seu centro existirá sobre a mediatriz de $\;\overline{CD}.\;$ Por outro lado, como $\;\overline{AB}\;$ está localizado sobre o diâmetro, o centro da circunferência existirá sobre a recta a que pertence $\;\overline{AB}.\;$ Logo o centro da semicircunferência é o ponto $\;O\;$ - intersecção das duas rectas referidas.

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

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Resolução (problema proposto):

Para obtermos agora a solução do problema proposto, bastará tomar o ponto $\;O\;$ como centro de homotetia e transformar homoteticamente a figura obtida, tomando para razão de homotetia $\;\displaystyle \frac{r}{r'},\;$ sendo $\;r\;$ o raio da circunferência dada e $\;r'\;$ o raio da circunferência a que se refere o problema contrário.
Descrevamos então com centro em $\;O\;$ a circunferência de raio dado e determinemos sobre ela os pontos $\;A',\;B',\;C',\;D', \;$ que são homotéticos, respectivamente, de $\;A,\;B,\;C, \;D\;$ relativamente ao ponto $\;O\;$ (duas circunferências concêntricas são homotéticas relativamente ao seu centro).
O quadrilátero $\;[A'B'C'D']\;$ é a solução do problema proposto.