Homotetia 1

Estamos bastante familiarizados com o conceito de funções cujos domínio e contradomínio são conjuntos numéricos: $f:A\rightarrow B$, $A,B\subseteq \mathbb{C}$. Mas essas certamente não são todas a funções úteis na resolução de problemas de matemática olímpica. Dentro da Geometria, definimos uma transformação geométrica como sendo uma função que leva pontos em outros pontos ($f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}^2$ se estamos trabalhando em geometria plana e $f:\mathbb{R}^3\rightarrow \mathbb{R}^3$ caso seja um problema de geometria espacial).

Existem diversos tipos de tais transformações (você com certeza conhece algumas delas: Simetria, Rotação, Reflexão, Translação, dentre outras), sendo alguns mais utilizados que outros. Contudo, neste material abordaremos a Homotetia, que é, sem sombra de dúvidas, a mais difundida e utilizável transformação geométrica entre as Olimpíadas de Matemática.

Definição: Uma homotetia $\phi$ de centro $O$ e razão $k$ é uma transformação geométrica que satisfaz:

$\phi (O) = O$ e, para $A\neq O$, temos que: $\phi (A)=A' \Leftrightarrow O,A,A'$ são colineares e $\frac{OA'}{OA}=k$.

Observação: Toda homotetia é definida a partir de um centro e uma razão, geralmente escolhidos de maneira perspicaz para nos auxiliar na resolução do problema dado. De modo intuitivo, muitas pessoas pensam na homotetia como uma "dilatação" das figuras geométricas.

 

Propriedades

Considere uma homotetia $\phi$ de centro $O$ e raio $k$. Vejamos algumas propriedades acerca desta transformação geométrica.

 

P1) Toda reta $AB$ é levada para uma outra reta $A'B'$ paralela à anterior. Ademais, $A'B'=k\cdot AB$.

Prova: Observe que $A'=\phi (A),B'=\phi (B) \Rightarrow \frac{OA'}{OA} = \frac{OB'}{OB} = k$ $\Rightarrow$ Pelo Teorema de Tales, $AB\| A'B'$ e, além disso, como $OA'=kOA,OB'=kOB,\angle AOB = \angle A'OB'$ temos que $\Delta OAB \sim \Delta OA'B' (LAL) \Rightarrow \frac{A'B'}{AB}=\frac{OA'}{OA}=k \Rightarrow$ $\Rightarrow A'B'=kAB$, e o resultado segue. $_\blacksquare$

 

P2) Todo triângulo $\Delta ABC$ é levado para um triângulo $\Delta A'B'C'$ semelhante e com lados paralelos ao inicial. Além disso, todos os pontos notáveis no $\Delta ABC$ serão levados em seus respectivos homólogos em $\Delta A'B'C'$.

Prova: Primeiramente, pela P1, temos que: $AB\| A'B',$ $BC\| B'C',$ $CA\| C'A'$ e $A'B'=kAB,$ $B'C'=kBC,$ $C'A'=kCA$ $\Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta A'B'C' (LLL)$. Além disso, se $P$ é um ponto qualquer no plano e $\phi (P)=P'$, $AP\| A'P', BP\| B'P', CP\| C'P'$$\Rightarrow P$ e $P'$ são pontos homólogos em perspectiva dos triângulos $ABC$ e $A'B'C'$. Assim, qualquer ponto notável de $\Delta ABC$ será levado em seu respectivo homólogo no triângulo $\Delta A'B'C'$ através da homotetia $\phi$. $_\blacksquare$

P3) A imagem de uma circunferência é sempre outra circunferência. O módulo da razão de tais homotetia sempre será o quociente da divisão dos raios.

Prova: Considere uma circunferência $\omega$ de centro $T$ e raio $R$. Considere $X\in \omega$ qualquer, $T'=\phi (T)$ e $X'=\phi (X)$. Veja que, pela P1, $T'X'=kTX=kR$. Assim, $\phi (\omega)$ é a circunferência de centro $T'$ e raio $R'=kR$.

Obs: Quaisquer duas duas circunferências são homotéticas. Em geral, há dois centros de homotetia que levam uma circunferência na outra (um de razão positiva e outro de razão negativa), a não ser que elas tenham o mesmo raio. Ambos se encontram na reta suporte que contém os centros das duas circunferências.

No caso das circunferências serem tangentes, o ponto de tangência vai ser um desses centros. Ademais, se as circunferências não forem internas, o centro da homotetia de razão positiva sempre vai ser o ponto de interseção das tangentes externas. E se elas são externas, a interseção das tangentes internas vai sempre ser o centro de razão negativa.

 

Exemplos e Lemas Importantes

Apresentaremos aqui alguns lemas e resultados clássicos que se provam usando homotetia. É altamente recomendado que, se algum desses fatos resolve rapidamente um certo problema, o aluno escreva a prova dele durante o teste. Por isso, gravar não só os resultados, mas também as suas provas, é de extrema importância.

 

Ex 1. Considere dois triângulos $\Delta ABC$ e $\Delta XYZ$ tais que $AB\| XY,BC\| YZ,CA\| ZX$. Então, as retas $AX,BY,CZ$ são todas paralelas entre si ou concorrentes no centro da homotetia que leva um triângulo ao outro.

Prova: Sabemos que, pelos paralelismos, os ângulos dos triângulos $\Delta ABC$ e $\Delta XYZ$ devem ser iguais e, portanto, semelhantes pelo caso $AAA$. Daí, $\frac{XY}{AB}=\frac{YZ}{BC}=\frac{ZX}{CA}=k$. Caso $AX \nparallel BY$, considere $P=AX \cap BY$ e seja $\phi$ a homotetia de centro $P$ e razão $k$. Observe que $\Delta PXY \sim \Delta PAB (AAA) \Rightarrow \frac{OX}{OA}=\frac{OY}{OB}=\frac{XY}{AB}=k$ e, logo, $\phi (A)=X,\phi (B)=Y$. Suponha que $\phi (C)=Z' \Rightarrow Z'X\| CA \| ZX, Z'Y\| CB\| ZY$, daí $Z=Z'$. Portanto, $AX,BY,CZ$ são concorrentes.

Caso $AX\| BY$, então $AXYB$ é um paralelogramo $\Rightarrow AB=XY$. Assim, a razão de semelhança dos dois triângulos é igual a $1$ e, com isso, eles são congruentes $\Rightarrow BC=YZ$, mas $BC\| YZ \Rightarrow BCZY$ é um paralelogramo $\Rightarrow AX\| BY\| CZ$. $_\blacksquare$

Ex. 2 (Círculo dos 9 pontos) Considere um triângulo $\Delta ABC$ com ortocentro $H$ e circuncentro $O$. Considere os pontos médios $M,N,P$ dos lados $BC,AC,AB$, $D,E,F$ os pés das alturas relativos aos vértices $A,B,C$ e $A',B',C'$ os pontos médios dos segmentos $AH,BH,CH$, respectivamente.

Logo, existe uma circunferência passando pelos 9 pontos $M,N,P,D,E,F,A',B',C'$, tal figura é chamada de Círculo dos 9 pontos. O centro $N_9$ dessa circunferência é o ponto médio do segmento $OH$ (cuja reta suporte é comumente conhecida como Reta de Euler).

Prova: Considere $D'$ o simétrico de $H$ sobre $BC$ e $M'$ o reflexo de $H$ a partir do ponto $M$. Note que: $\angle BD'C=\angle BH'C=\angle BHC=180-\angle BAC \Rightarrow D',M'\in (ABC)$, pois $\Delta BHC\equiv \Delta BD'C$ e $BHCM'$ é um paralelogramo. Analogamente, $E',N',F',P'\in (ABC)$ em que $E',N',F',P'$ são definidos de modo análogo ao pontos $D'$ e $M'$ para os lados $CA$ e $AB$, respectivamente.

Considere a homotetia $\phi$ de centro $H$ e razão $\frac{1}{2}$. Observe que: $A,B,C,D',E',F',M',N',N'$ são concíclicos, então $\phi (A)=A',$ $\phi (B)=B',$ $\phi (C)=C',$ $\phi (D')=D,$ $\phi (E')=E,$ $\phi (F')=F,$ $\phi (M')=M,$ $\phi (N')=N,$ $\phi (P')=P$ também são concíclicos e o centro dessa circunferência é $\phi (O) = N_9$, o ponto médio do segmento $HO$, como queríamos demonstrar. $_\blacksquare$

Ex. 3 (Lema da Estrela da Morte) Considere duas circunferências tangentes internamente $\Omega,\omega$ no ponto $A$. Considere ainda uma corda $BC$ em $\Omega$ tangente a $\omega$ no ponto $D$. Então, $AD$ é bissetriz do ângulo $\angle ABC$. Ademais, se $E$ é o ponto médio do arco $BC$, logo $EA\cdot ED=EA^2=EB^2$.

Prova: Considere a homotetia $\phi$ de centro $A$ que leva $\omega$ em $\Omega$. Seja $E=AD\cap \Omega$, sabemos que $E=\phi (D) \Rightarrow E \in \phi (BC)$. Ademais, $\phi (BC)$ é tangente a $\phi (\omega) = \Omega \Rightarrow$ A reta $l$ tangente a $\Omega$ por $E$ é paralela a $BC$, assim, se $F$ é um ponto em $l$ mais próximo de $C$ que $B$, $\angle CEF = \angle CBE = \angle BCE$ por paralelismo e ângulo de segmento. Então, $BE=CE \Rightarrow E$ é o ponto médio do arco $BC \Rightarrow AD$ é bissetriz do ângulo $\angle BAC$.

Além disso, $\angle EAB=\angle ECB =\angle EBD$ e $\angle AEB =\angle BED \Rightarrow \Delta EAB \sim \Delta EBD$ e, então, $\frac{EA}{EB} =\frac{EB}{ED} \Rightarrow EB\cdot EB=EA\cdot ED$. Portanto, $EB^2=EC^2=EA\cdot ED$. $_\blacksquare$

Ex. 4 (Teorema de Monge) Sejam $\omega_1,\omega_2,\omega_3$ circunferências externas com raios distintos $2$ a $2$. Prove que as interseções das tangentes externas $2$ a $2$ das circunferências são colineares.

Prova: Considere $P,Q,R$ tais pontos de interseção ($P$ de $\omega_2,\omega_3$, $Q$ de $\omega_3,\omega_1$ e $R$ de $\omega_1,\omega_2$). Sejam $O_1,O_2,O_3$ os centros de $\omega_1,\omega_2,\omega_3$, respectivamente. Observe que $P$ é o centro de homotetia que leva $\omega_2$ em $\omega_3$, daí $P\in O_2O_3$ e $\frac{PO_2}{PO_3}=\frac{R_2}{R_3}$. Analogamente, $\frac{QO_3}{QO_1}=\frac{R_3}{R_1}$ e $\frac{RO_1}{RO_2}=\frac{R_1}{R_2}$.

Note que: $\frac{O_2P}{PO_3} \cdot \frac{O_3P}{PO_1} \cdot \frac{O_1P}{PO_2} =\frac{R_2}{R_3} \cdot\frac{R_3}{R_1} \cdot \frac{R_1}{R_2} =1$. Por Menelaus, $P,Q,R$ são colineares. $_\blacksquare$

 

Problemas propostos

Lembre-se de pensar nos problemas antes de ler suas respectivas soluções!

 

Problema 1 (EGMO/2018 - P5) Seja $\Gamma$ o circuncírculo do triângulo $ABC$. Um círculo $\Omega$ é tangente ao segmento $AB$ e a $\Gamma$ em um ponto que se localiza no mesmo semiplano da reta $AB$ que o ponto $C$. A bissetriz do ângulo $\angle BCA$ intersecta $\Omega$ em dois pontos $P$ e $Q$.

Prove que $\angle ABP=\angle QBC$.

Solução: Considere os pontos $T=\Gamma \cap \Omega$ e $D=\Omega \cap AB$. Pelo Lema da Estrela da Morte, temos que: $E=TD\cap \Gamma$ é o ponto médio do arco $AB$ que não contém $C$, assim, $C,P,Q$ e $E$ são colineares (todos estão na bissetriz de $\angle BCA$). Além disso, sabemos que: $EA^2=EB^2=ED\cdot ET$.

Vejamos que $ED\cdot ET = EP\cdot EQ$ (isso é direto por Potência de Ponto, mas vamos demonstrar usando apenas semelhança). Veja que, como $DTPQ$ é um quadrilátero cíclico, $\angle EPT = \angle EDQ,$ $\angle ETP = \angle EQD$ e $\angle TEP = \angle QED \Rightarrow \Delta EPT \sim \Delta EDQ (AAA)$. Daí, $\frac{EP}{ET} =\frac{ED}{EQ} \Rightarrow EP\cdot EQ = ED\cdot ET = EB^2 \Rightarrow \frac{EP}{EB} =\frac{EB}{EQ}$ e $\angle PEB =\angle BEQ \Rightarrow \Delta EPB \sim \Delta EBQ$.

Temos, portanto, que $\angle EBP =\angle EQB \Rightarrow \angle ABP +\angle ABE =\angle ECB +\angle QBC$, mas $\angle ABE = \angle ACE = \angle ECB$ e, então, $\angle ABP =\angle QBC$, como desejávamos. $_\blacksquare$

Problema 2 (OBM/2001 - P5) Em um quadrilátero convexo, a altura em relação a um lado é definida como a perpendicular a esse lado passando pelo ponto médio do lado oposto. Prove que as quatro alturas têm um ponto comum se, e somente se, o quadrilátero é inscritível, isto é, se e somente se existe uma circunferência que contém seus quatro vértices.

Solução: Considere o quadrilátero $ABCD$, os pontos médios $M,N,P,Q$ dos lados $AB,BC,CD,DA$ e as alturas $l_1,l_2,l_3,l_4$ relativas aos lados $CD,DA,AB,BC$, respectivamente.

Observe que $MN$ e $PQ$ são bases médias dos triângulos $\Delta ABC$ e $\Delta BCD \Rightarrow$ $MN\| AC\| PQ$ e $MN=\frac{AC}{2}=PQ$, o que implica que $MNPQ$ é um paralelogramo. Tome $T$ a interseção de suas diagonais $\Rightarrow T$ é ponto médio de $MP$ e $NQ$.

Seja $\phi$ a homotetia de centro $T$ e razão $-1$, veja que $\phi (M)=P,\phi (N)=Q,\phi (P)=M,\phi (Q)=N$. Além disso, $\phi (l_1)$ é a reta que passa por $M$ e é perpendicular à reta $AB$, ou seja, a mediatriz da reta $AB$. Analogamente, $\phi (l_2),\phi (l_3),\phi (l_4)$ são as mediatrizes dos lados $BC,CD,DA$, respectivamente.

Entretanto, $l_1,l_2,l_3,l_4$ são concorrentes se, e somente se, $\phi (l_1),\phi (l_2),\phi (l_3),\phi (l_4)$ são concorrentes, isto é, as mediatrizes dos lados do quadrilátero $ABCD$, o que ocorre se, e somente se, $ABCD$ é um quadrilátero cíclico. Portanto, as quatro alturas têm um ponto em comum se, e somente se, o quadrilátero é inscritível. $_\blacksquare$

Problema 3 (OBM/2012 - P2) Dado um triângulo $ABC$, o exincentro relativo ao vértice $A$ é o ponto de interseção das bissetrizes externas de $\angle B$ e $\angle C$. Sejam $I_A$, $I_B$ e $I_C$ os exincentros do triângulo escaleno $ABC$ relativos a $A$, $B$ e $C$, respectivamente, e $X$, $Y$ e $Z$ os pontos médios de $I_BI_C$, $I_CI_A$ e $I_AI_B$, respectivamente. O incírculo do triângulo $ABC$ toca os lados $BC$, $CA$ e $AB$ nos pontos $D$, $E$ e $F$, respectivamente. Prove que as retas $DX$, $EY$ e $FZ$ têm um ponto em comum pertencente à reta $IO$, sendo $I$ e $O$ o incentro e o circuncentro do triângulo $ABC$, respectivamente.

Solução: Vamos provar que $X$ é o ponto médio do arco $BAC$ no circuncírculo do $\Delta ABC$. Seja $X'$ tal ponto médio. Observe que $\angle CAX' = 90-\frac{\angle A}{2} \Rightarrow X' \in I_BI_C$.  Agora, $\angle CX'I_B=\angle ABC=\angle B$ e $\angle X'I_BC=\angle AI_BC=180-(90-\frac{\angle A}{2})-(90-\frac{\angle C}{2})=90-\frac{\angle B}{2}$, daí:

$X'I_BC=180-\angle B-(90-\frac{\angle B}{2})=90-\frac{\angle B}{2}=\angle X'CI_B \Rightarrow X'I_B=X'C$

Da mesma maneira, $X'I_C=X'B$. Mas, $X'B=X'C \Rightarrow X'I_B=X'I_C \Rightarrow X'$ é o ponto médio do segmento $I_BI_C \Rightarrow X'=X$. De modo análogo, $Y, Z$ são pontos médios dos arcos $ABC$ e $CBA$ no circuncírculo do $\Delta ABC$, respectivamente.

Temos então que: $YZ\| I_BI_C,$ $I_BI_C\perp AI$ e $EF\perp AI \Rightarrow$ $YZ \| EF$. Analogamente, $XZ\| DF$ e $XY\| DE \Rightarrow$ Os triângulos $\Delta XYZ$ e $\Delta DEF$ são homotéticos $\Rightarrow DX, EY, FZ$ concorrem no centro da homotetia $\phi$ que leva um triângulo no outro, digamos $T$. Ademais, como $\phi (\Delta DEF)=\Delta XYZ$, $\phi ($Circuncentro do $\Delta DEF)=$ Circuncentro do $\Delta XYZ$ $\Rightarrow \phi (I)=O \Rightarrow T\in IO$, como queríamos demonstrar. $_\blacksquare$

Quer mais problemas com ideias de Homotetia para pensar? Veja também o Problema 3 da OBM 2018 - Nível 2 e o Problema 5 da OBM 2017 - Nível 3. Continue sempre resolvendo e pesquisando mais e mais problemas que utilizam essa técnica pois o seu domínio só vem com muita prática!

 

REFERÊNCIAS

Art of Problem-Solving - https://artofproblemsolving.com/online

Olimpíada Brasileira de Matemática - https://www.obm.org.br