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 problema de construção usando homotetia

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Problema:     Desenhar uma circunferência que passa por um ponto dado, $\;A\;$, que seja tangente a duas retas dadas $\;a, \;b$.

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

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

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Deslocando o cursor $\;\fbox{k=1, ..., 5}\;$ ao fundo à direita, pode seguir os passos da construção.

1. São dados um ponto $\;A\;$ e duas retas $\;a, \;b$.
2. Para que uma circunferência seja tangente a duas retas $\;a, \;b\;$ é preciso que tenha centro equidistante delas. Esse centro está sobre uma bissetriz do ângulo das duas retas quando elas se intersetam ou sobre uma reta paralela a $\;a, \;b\;$ quando estas são paralelas. No caso da nossa construção, as retas $\;a.b\;$ são concorrentes em $\;O$. E, como sabemos, na bissetriz do ângulo das duas retas incidirá o centro de qualquer das circunferências tangentes a $\;a\;$ e $\;b$.
3. Tomamos um ponto $\;G\;$ sobre a bissetriz e a circunferência nele centrada tangente a $\;a\;$ em $\;I\;$ e a $\;b\;$ em $\;H\;$.
4. Duas circunferências tangentes a $\;a\;$ e $\;b$ são correspondentes por alguma homotetia de centro $\;O$; Para determinar a homotetia entre uma circunferência $\;(G)\;$ e a circunferência que passa por $\;A\;$, basta traçar a reta $\;OA\;$ e a sua interseção $\;J\;$ com $\;(G)\;$. A homotetia de centro em $\;O\;$ que transforma $\;J\;$ em $\;A\;$ transforma $\;G\;$ em $\;K\;$, este obtido pela interseção da bissetriz com a paralela a $\;JG\;$ tirada por $\;A$.
5. A circunferência de centro em $\;K\;$ que passa por $\;A\;$ é a homotética de $\;(G)\;$ tangente à reta $\;a\;$ no homotético de $\;I\;$ e à $\;b\;$ no homotético de $\;H\;$
   

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 $\;ABCD$