Usando homotetias para aceitar a recta de Euler

Seja o triângulo ABC, de baricentro G, ortocentro H e circuncentro O. Prova-se que
G, H e O são colineares (estão sobre uma mesma recta - recta de Euler) e |GH|=2|GO|.
Este resultado, muito conhecido e muito usado, pode ser provado com recurso a homotetias:
A homotetia de centro em G e razão 2 transforma o triângulo ABC no triângulo A'B'C' e, pela homotetia, A, G, A' são colineares e |A'G|=2|AG|, ... AB//A'B' e 2|AB|=|A'B'|, ....
O circuncírculo de A'B'C' tem centro em H (já que a recta da altura de ABC relativa ao vértice A é a mediatriz de B'C', ...). Aquela homotetia de centro em G e razão 2 transforma o círculo de centro em O que passa por ABC no círculo de centro em H que passa por A'B'C', transforma O em H. Por isso H,G e O são colineares e |GH|=2|GO|.

Nota sobre a determinação do arco capaz.

Para a resolução de variados problemas, é necessário saber determinar o arco capaz de um dado ângulo B relativamente a um segmento AC.
No fundo, trata-se de encontrar o circuncírculo de um triângulo ABC de que se conhece um lado e o respectivo ângulo oposto.

Com a construção dinâmica que se segue podemos verificar porque é bom o processso usado na entrada anterior, em que determinámos o circuncírculo de um triângulo de que conhecíamos um ângulo e o seu lado oposto.

Na figura, tomamos um ângulo qualquer, ABC, inscrito numa circunferência de centro O que passa por A, B e C. O ângulo AOC é duplo de ABC. O triângulo AOC é isósceles (OA=OC=raio), OAC=ACO= (180-AOC)/2=90-ABC, 90=ABC+OAC. Por isso, se tomarmos PAC=ABC, PAO=90.
Desenhado PAC(=ABC), a perpendicular a PA passa por O, sendo PCA=ABC, a perpendicular a
PC passa por O.

A mediatriz de AC também passa por O.

Usando homotetias (II)

Determinar um triângulo ABC de que se conhece o lado a=BC, o ângulo  e o comprimento da mediana m_b ou BM_b, em que M_b é o ponto médio do lado AC
é um problema de construção que se pode resolver com recurso a homotetias.

Pode seguir a nossa construção, passo a passo:





Podemos determinar o circuncírculo de ABC, determinando o arco capaz do ângulo  sobre BC . O ponto M_b está à distância m_b de B e sobre a circunferência homotética da circunscrita pela homotetia de centro em C e razão 1/2. E claro que A é a imagem de M_b pela homotetia de centro C e razão 2.

Usando homotetias (I)

Inscrever num triângulo ABC um quadrado que tenha um dos lados sobre o lado maior do triângulo é um dos exemplos de problema, dados por Puig Adam, que é resolvido com um homotetia.
Pode seguir os passos da resolução na construção dinâmica que se segue:

Usando rotações

Dadas duas rectas a e b e um ponto P não incidente em qualquer delas, determinar um quadrado com vértice em P e sobre cada recta a e b um dos dois vértices adjacentes a P
Pode seguir a nossa resolução pelos passos da construção que apresentamos a seguir.

Tomamos um ponto qualquer de a, A'.
O quadrado de lado A'P tem um vértice sobre a.
O vértice oposto a A' e adjacente a P pode obter-se rodando A' de um quarto de volta em torno de P.
Esta rotação leva a para a recta a' a ela perpendicular que intersecta b num ponto B.
Rodando (em sentido contrário ao de A' para B') de um quarto de volta em torno de P, a' vai para a e B vai para A sobre a.
Claro que há mais uma solução ..... Faça variar a ou b até a e b serem perpendiculares.
O que acontece nesse caso?






Puig Adam sugere que se resolvam, pelo mesmo processo, os seguintes problemas:

1. Determinar um triângulo com os três vértices sobre três paralelas dadas (já resolvido numa das entradas) ou sobre três circunferências concêntricas


2. Inscrever um triângulo equilátero num quadrado de modo que tenham um vértice em comum


3. Inscrever num paralelogramo um rectângulo cujas diagonais façam um dado ângulo