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