António Aurélio Fernandes passou por um problema no YouTube que por lá foi resolvido usando vetores e apresentou-o a si mesmo aqui a pensar numa demonstração mais elementar.
Enunciado:
No quadrado $\;[ABCD]\;$ toma-se um ponto $\;P\;$ qualquer sobre $\;BC.\;$ Por $\;A\;$ traça-se a semi reta $\;AP\;$ e, em seguida, por $\;C\;$ tira-se uma perpendicular a $\;AP\;$ que encontra a reta $\;AB\;$ em $\;Q.\;$
Provar que o ângulo em $\; \angle A\hat{Q}P\;$ se mantém constante quando $\;P\;$ toma diferentes posições em $\;[BC].\;$
Seguir os passos da construção e demonstração
$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se o quadrado $\;[ABCD]\;$ e um ponto $\;P\;$ de $\;[BC].\;$
$\;\fbox{n=2}:\;$ Apresenta-se $\;\dot{A}P\;$ (diferente para cada $\;P\;$ de $\;[BC]\;$ e a perpendicular a $\;AP\;$ tirada por $\;C\;$ que interseta $\;\dot{A}B\;$ em $\;Q\;$
14 março 2018, Criado com GeoGebra
$\;\fbox{n=3}:\;$ Finalmente acrescentamos $\;[PQ]\;$ e o ângulo $\;B\hat{Q}P\;$ rotulado pelo seu valor (amplitude) em graus. Pode deslocar $\;P\;$ sobre $\;BC\;$ para verificar que o seu valor se mantém invariável e que quando $\;P = C, \;\; [AP] = [AC]\;$ é uma das diagonais do quadrado e, para esta posição de $\;P,\;$ a perpendicular a $\;AP\;$ tirada por $\;C\;$ é perpendicular a $\;AC\;$ em $\;C=P\;$ e, por isso, paralela a $\;BD,\;$ já que as diagonais de um quadrado são perpendiculares.
Para esta posição de $\;P=C\;$ é bem óbvio que $\;AQP=AQC\;$ é um triângulo retângulo em $\;P=C\;$e isósceles, já que $\;CQ \perp AC \wedge AC=CQ =BD\;$ e $\;\angle C\hat{A}Q = \angle A\hat{Q}C \;$
$\;\fbox{n=4}:\;$ Acrescentamos as diagonais $\;CA, \;BD\;$
$\;\fbox{n=5}:\;$ A situação descrita acima para o caso de $\;P\;$ assumir a posição de $\;C\;$ é aplicável a qualquer $\;P\;$ de $\;BC,\;$ observando o quadrado de lado $\;BP\;$, $\;[BPEF], \; $ já que a sua diagonal $\;BE\;$ é um segmento da diagonal $\;BD\;$ de $\;[ABCD]\;$ e $\;PF \parallel CA\;$.
