Área de um trapézio -ilustrar geométricamente fórmulas algėbricas (1)

Experiências na folha gráfica 3D do GGB5: um Lugar Geométrico e a Homotetia

Resolver problema de construção, usando composta de rotações (e meia volta)

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Problema:     O tesouro enterrado Um velho pergaminho, que descrevia o local onde piratas enterraram um tesouro numa ilha deserta, dava as seguintes instruções:

Na ilha só há duas árvores, $\;A\;$ e $\;B\;$, e os restos de uma forca.
Comece na forca e conte os passos necessários para ir, em linha recta, até à árvore $\;A\;$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o \;$ para a esquerda e avance o mesmo número de passos. No ponto em que parou, coloque um marco no chão.
Volte para a forca e vá em linha recta, contando os seus passos, até à árvore $\;B$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o\;$ para a direita e avance o mesmo número de passos, colocando outro marco no chão, no ponto em que acabar.
Cave no ponto que fica a meio caminho entre os dois marcos e encontrará o tesouro.

Um jovem aventureiro que encontrou o pergaminho com estas instruções, fretou um navio e viajou para a ilha. Não teve dificuldade em encontrar as duas árvores mas, para seu grande desgosto, a forca tinha desaparecido e o tempo tinha apagado todos os vestígios que pudessem indicar o lugar onde ficava.

Fractal music, hipercards and more, de Martin Gardner

Proposto na brochura Trigonometria e Números Complexos: matemática - 12º ano de escolaridade. Maria Cristina Loureiro... DES. Lisboa:2000 (pp. 65/66), com uma resolução usando números complexos.
Mariana Sacchetti lembrou-se deste problema que tem utilizado na lecionação dos complexos, como um exemplo de problema que poderia ser resolvido usando transformações geométricas.
É o que vamos fazer, considerando que resolver o problema é encontrar o tesouro sem termos a exata localização de vestígios da forca.

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A construção a seguir ilustra a resolução do problema, no caso mostrar que, qualquer que seja a posição da forca, seguir as instruções do pergaminho, conduz a uma única posição do tesouro. Com recurso exclusivo a propriedades das transformações geométricas.

1. São dados os pontos $\;A\;$ e $\;B\;$ de localização das árvores
2. Conhecida a localização da forca, designemo-la por $\,F\;$, seguir as instruções seria percorrer $\;FA\;$, rodar sobre os calcanhares $\;90^o\;$ para a esquerda e fazer um percurso de comprimento gual a $\;FA\;$, local onde se coloca um marco, designemo-lo por $\;M\;$: $$\begin{matrix} &{\cal{R}} (A, \;-90^o)&&\\ F&\longmapsto&M&\\ &&&\;\;\; \mbox{e, do mesmo modo, para o outro marco,} \;N \\ &{\cal{R}} (B, \;+90^o)&&\\ F&\longmapsto&N&\\ \end{matrix}$$
   
   

   © geometrias, 10 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

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   Clique no botão $\;\fbox{1}\;$ para seguir as instruções do pergaminho para uma localização da forca.
   
   
3. Não conhecendo a posição exata de $\;F\;$ tomamos um ponto qualquer, $\;F_1$, do chão da ilha para localização da forca. Designando por $\;M_1\;$ e $\;N_1\;$ as posições dos marcos a que chegamos, seguindo as instruções do pergaminho. Se $\;F_1\;$ fosse a localização exata da forca, no ponto médio $\;O\;$ de $\;M_1N_1\;$ valeria a pena cavar porque estaríamos a desenterrar o tesouro.
   É altura de fazer variar a posição de $\;F_1\;$ para observar o comportamento de $\;O\;$
4. Pela rotação de $\;-90^0\;$ em torno de $\;A\;$, $\;M_1\;$ é a imagem de $\;F_1\;$ e, em consequência, $\;F_1$ é imagem de $\;M_1\;$ pela rotação de $\;+90^0\;$ em torno de $\;A\;$. Podemos escrever: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, \;+90^o)&&{\cal{R}}(B, \;+90^o)&\\ M_1&\mapsto & F_1 & \mapsto & N_1 \\ \end{matrix}$$ Ora, a composta de duas rotações $\;{\cal{R}}(B, \;+90^o)\circ {\cal{R}}(A, \;+90^o)\;$ é uma rotação:
   • o ângulo de rotação da composta é a soma dos ângulos das componentes, no caso $\;+90^o + 90^o =180^o$
   • o centro da rotação composta de rotações é um ponto equidistante de qualquer par de elementos relacionados pela composta, no caso $\;O\;$ : $\;OM_1 = ON_1$.
     De um modo geral, o centro da rotação composta determina-se como ponto de encontro das mediatrizes de dois pares de pontos por ela relacionados.
   Assim, se vê que as posições dos marcos $\;M\;$ e $\;N\;$ obtidas, para qualquer posição da forca $\;F\;$ de acordo com as instruções do pergaminho, estão relacionadas por uma transformação de meia volta. E o centro de uma rotação de meia volta é invariante, não dependendo da posição da forca.

O botão $\;\fbox{2}\;$ parte de outra localização da forca. Claro que bastará fazer variar uma posição de $\;F\;$.

Resolver problema de construção usando uma dilação rotativa

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Problema:     Imagine dois mapas de Portugal continental em escalas diferentes mas de tal modo que um deles fique inteiramente contido no outro.Prove que existe um e um só ponto do território continental português que fica, na representação nos dois mapas, exactamente sobreposto. Para facilitar uma ilustração do problemas, pode supor que Portugal continental é exactamente um rectângulo.
assim enunciado e proposto por Eduardo Veloso em "Simetria e Transformações Geométricas",GTG APM.Lisboa: 2012


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

1. Estão dados na figura dois retângulos de vértices $\;[ABCD]\;$ e $\;[DFGH]\;$ semelhantes, no sentido de que, para quaisquer dois pontos $\;P, \;Q\;$ no retângulo $\;[ABCD]\;$, há dois pontos $\;P', \;Q'\;$ no retângulo $\;[EFGH]\;$ tais que a razão $\;\displaystyle \frac{PQ}{P'Q'}\;$ é constante (invariável).
   No caso, a figura obviamente sugere que $$\;\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG} = \frac{CD}{GH} =\frac{AB}{GH}= ... \;$$ se forem semelhantes os dois retângulos.
   Consideremos a semelhança $\;\cal{S}\;$ para a qual $\; C \mapsto G, \; D \mapsto H, ...\;$
   Se $\;AB \parallel EF\;$ o ponto comum aos dois retânguos sobrepostos seria o centro de uma homotetia, exatamente a interseção $\;AE.BF =CG.DH\;$ e o problema estava resolvido. Não é o caso da nossa figura.




© geometrias, 8 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

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Clique no botão "Resolução" que seguir a nossa resolução.


2. Uma transformação de semelhança é sempre a composta de uma homotetia com uma isometria. A figura dos dois retângulos sugere-nos uma rotação que transforme, por exemplo $\;[EFGH]\;$, num retângulo $\;[E'F'G'H']\;$ para o qual $\; E'F' \parallel H'G' \parallel CD \parallel AB\;$ seguida de uma homotetia que transforme $\;[E'F'G'H']\;$ em $\;[ABCD]\;$.
   Como sabemos, há muitas semelhanças possíveis compostas de rotações (de vários centros e ângulos de rotação) com homotetias de razão $\:\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG}=\frac{CD}{GH}= \frac{DA}{HE}\;$(com centros diferentes).
   Qualquer rotação deixa invariante o seu o centro e qualquer homotetia deixa invariante o seu centro. Para que haja um ponto comum aos dois mapas sobrepostos é preciso que a semelhança seja composta de uma rotação com uma homotetia de centro no centro de rotação. Se o centro da rotação não for o centro da homotetia, esta não deixa invariante o centro da rotação.
3. $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&{\cal{H}}(O, k)&\\ [EFGH]&\longrightarrow&[E'F'G'H']& \longrightarrow&[ABCD]\\ E&\mapsto & E' & \mapsto & A \\ F&\mapsto & F' & \mapsto & B \\ G&\mapsto & G' & \mapsto & C \\ H&\mapsto & H' & \mapsto & D \\ \end{matrix}$$ Para que a centro, designado por $\;O$, da rotação seja o centro da homotetia é preciso que $\;\alpha=EÔE'=EÔA=FÔF'=FÔB=GÔG'=GÔC=HÔH'=HÔD\;$, já que, para a homotetia de centro $\;O\;$ que faz corresponder $\;H'\;$ a $\;D\;$ e $\;G'\;$ a $\;C\;$, $\; O, \;H',\;D\;$, são colineares como são colineares $\;O, \;G', \;C$, ou seja, $\;HÔD = GÔC\;$....
4. Como se determina esse ponto $\;O\;$ centro da dilação rotativa (composta de rotação e homotetia de centro comum)?
   • Toma-se, por exemplo, o ponto $\;K\;$ da interseção $\;CD.GH\;$ e o ângulo $\; \alpha = (\dot{K}D, \dot{K}H)= (\dot{C}D, \dot{G}H) = (\dot{B}C, \dot{F}G), = ... $
   • Da circunferência que passa por $\;H, \;D, \;K;$ o arco $\;\widehat{HD}$ assinalado (a tracejado grosso) é o arco da circunferência $\;(HDK);$ em que se inscreve $\;\alpha\;$ e, por isso, qualquer ponto $\;P\;$ da circunferência que não seja $\;H, \;D$, nem ponto desse arco é vértice de um ângulo $H\hat{P}D$ de amplitude $\;\alpha\;$
     Do mesmo modo, o arco $\;\widehat{GC}$ da circunferência que passa por $\;G, \;C, \;K\;$ em que se inscrevem ângulos de amplitude $\;\alpha\;$ com vértice $\;Q\;$ nessa circunferência $\;(GCK)\;$ e fora do arco.
5. No caso da nossa figura, as circunferências $\;(GCK)\;$ e $\;(HDK)\;$ têm dois pontos em comum que são vértices de ângulos de amplitude $\;\alpha\;$. Um deles é $\;K\;$ e o outro é $\;\mathbb{O}\;$. A vermelho na figura, este é o ponto procurado: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&\\ G&\longmapsto & G'& G'ÔG= CÔG =\alpha\\ H&\longmapsto & H' & H'ÔH= DÔH =\alpha \wedge G'H' \parallel CD \wedge GH=G'H'\\ &&&\\ &{\cal{H}}(O, k)&&\\ G'&\longmapsto & C& G' \in OC\\ H'&\longmapsto & D & H' \in OD \wedge G'H'= GH = CD: \frac{CD}{G'H'}=\frac{CD}{GH} =k\\ \end{matrix} $$

Resolver problema de construção, usando transformações geométricas (23)

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Problema:     Em que pontos deve ser construída a ponte perpendicular ao rio de margens $\;a, \;b\;$ paralelas que separa duas cidades $\;A, \;B\;$ de tal modo que se possa construir uma estrada entre elas o mais curta possível?

A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas, no caso translações.

1. Estão dados na figura os dois pontos $\;A,\;B\;$ - cidades, e as retas $\;a, \;b\;$ - margens do rio que separa




© geometrias, 4 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

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2. Sem contar com o rio, o caminho mais curto entre as duas cidades, seria $\;AB\;$. Para determinar as posições dos pontos extremos da ponte é preciso considerar a mais o comprimento da travessia do rio.
3. Tome-se um vetor $\;\overrightarrow{u}\;$ e aplique-se a $\;A\;$ a translação associada a esse vetor : $\;\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{u}\;$ ou $\;A'= A + \overrightarrow{u}$. Incluída a travessia, a estrada mais curta deve medir $\;AA' + A'B\;$
4. A reta $\;AA'\;$ corta $\;b\;$ em $\;H\;$ e esse é um extremo da ponte. O outro será $\;H'= H - \overrightarrow{u}\;$ sobre $\;a\;$ e $\;AH'HA'\;$ é um paralelogramo.
   $\;AA'= HH'\;$ e $\;AH' = AH\;$. Logo $\;AA'+ A'B = AH'+H'H+HB$

E se houver dois rios a separar $\;A\;$ de $\;B\;$? Fica para a próxima entrada.

Resolver um problema de construção usando a meia volta

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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

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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 $\;c_1, \;c_2$

Resolver problemas de construção usando a inversão

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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

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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.

Resolver problema de construção usando homotetia

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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

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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 $\; \displaystyle {OP \over OM} = 2$

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

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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

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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.

Resolver problemas de construção usando homotetia

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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

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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 $\;k\;$.

Resolver problema de construção usando uma homotetia

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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

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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 $\;OR, \;OS\;$

Resolver problema de construção de triângulo usando homotetia

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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

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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 $\;C_1$

Resolver problema de construção usando homotetia

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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

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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.

Resolver um problema de construção usando uma rotação e uma homotetia

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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

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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 $\;ABCD$

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.

Resolver um problema de construção usando homotetias

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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

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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 $\;AP=AT=AQ\;$
5. • 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.

Resolver problema de construção usando a reflexão

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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

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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.

Resolver um problema de construção usando uma reflexão

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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

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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.

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

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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 $\;ABCD$: $\;\;\;\;E\in a, \;F\in b, \;G \in c, \;H \in d$

Resolver problema de construção usando a translação

Problema:
Determinar um semento de reta igual e paralelo a um segmento de reta dado que cada um dos seus extremo esteja sobre cada uma de duas circunferências dadas.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema.

© geometrias, 28 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra

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Clicando sobre o botão Resolução (direita ao fundo) pode ver a resolução.

1. São dadas duas circunferências, $(A)$ e $(B)$, e um segmento $UV$.
2. Na nossa resolução, escolhemos aplicar uma translação segundo o vetor $\overrightarrow{UV}$ à circunferência $(A)$. $$\begin{matrix} &{\cal{T}} _ \overrightarrow{UV}& & \\ (A)&\longrightarrow& (A') & \;\;\;\; \overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{UV} \end{matrix} $$
3. A circunferência $(A')$ interseta $(B)$ em dois pontos, designamo-los por $K'$ e $L'$ que são extremos dos segmentos $KK'$ e $LL'$, em que $$\begin{matrix} &{\cal{T}} _ \overrightarrow{UV}& &\\ (A)&\longrightarrow& (A') &\;\;\;\; \overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{UV}\\ K&\longmapsto&K'&\;\;\;\; K\in (A)\; \wedge \;K'\in (A').(B)\; \wedge \; \overrightarrow{KK'}=\overrightarrow{UV}\\ L&\longmapsto&L'&\;\;\;\; L\in (A)\; \wedge \; L'\in (A').(B)\; \wedge\; \overrightarrow{LL'}=\overrightarrow{UV} \end{matrix} $$
4. Os segmentos $KK'$ e $LL'$ são soluções do problema