Simetria

Existem dois tipos de simetria: aquela com relação ao ponto e a com relação à reta.

Simetria de um Ponto em Relação a um Ponto

Seja $A$, $A'$ e $B$ três pontos. Dizemos que $A'$ é simétrico de $A$ com relação ao ponto $B$ quando $B$ for o ponto médio de $AA'$.

Exemplo

Sejam $A$, $B$ e $P$ pontos não colineares, $A'$ e $B'$ simétricos de $A$ e $B$ com relação a $P$, respectivamente. Prove que o quadrilátero formado por $A$, $B$, $A'$ e $B'$ é um paralelogramo.

Solução: Observe que $AP=A'P$ e $BP=B'P$ (pela definição de simétrico). Desta forma, as diagonais de do quadrilátero se encontram nos seus pontos médios, de onde segue que ele é um paralelogramo.

Exemplo (OBM 2014 - 3ª Fase - Nível 3)

Seja $ABCD$ um quadrilátero convexo e seja $P$ a interseção das diagonais $AC$ e $BD$. Os raios dos círculos inscritos nos triângulos $ABP$, $BCP$, $CDP$ e $DAP$ são iguais. Prove que $ABCD$ é um losango.

Solução: Algo que pode chamar a nossa atenção quando lemos esse problema pela primeira vez é: como a gente pode usar os inraios aqui? Uma maneira é lembrarmos que conseguimos calcular a área de um triângulo usando o inraio: ela é o produto do semiperímetro pelo inraio. Mas seria mais legal se as áreas desses triângulos fossem iguais, afinal poderíamos igualar as coisas. Qual é o quadrilátero que é dividido em quatro triângulos de mesma área? O paralelogramo.

Por isso, vale a pena procurarmos começar mostrando que $ABCD$ é um paralelogramo. Como fazer isso? Uma maneira é mostrar que as suas diagonais se encontram nos seus pontos médios. Vamos começar mostrando que $PA=PC$. Suponha, por absurdo, que isso não ocorra. Então um deles é maior do que o outro. Podemos supor, sem perda de generalidade, que $PA>PC$.

Seria legal se pudéssemos aproximar as medidas $PA$ e $PC$ de alguma forma. Uma maneira que podemos fazer isso é usar os simétricos. Como essas medidas estão "opostas" em relação a $P$, vamos considerar $A'$ e $C'$ os simétricos de $A$ e $C$ com relação a $P$, respectivamente. Mas aí surge a pergunta: onde ficam $A'$ e $C'$ na figura? Como $PA'>PC$ (já que $PA'=PA$), segue que $C$ está entre $A'$ e $P$. Da mesma forma, como $PA>PC'$ (já que $PC=PC'$), segue que $C'$ está entre $A$ e $P$.

Já que estamos procurando um absurdo aqui, vale a pena considerar outros simétricos e ver onde eles estão. Seja $D'$ o simétrico de $D$ em relação a $P$. Sabemos que ele está na semirreta $PB$. E o que mais podemos falar sobre ele? Observe que ainda não usamos o fato de que os círculos são tangente. Vamos considerar $\omega_1$, $\omega_{2}$, $\omega_{3}$ e $\omega_4$ os incírculos de $ABP$, $DAP$, $CDP$ e $BCP$, respectivamente.

Vamos explorar um pouco mais sobre $D'$ usando essas tangentes. Como $CD$ é tangente a $\omega_{3}$, parece que $C'D'$ é tangente a $\omega_1$. Será que isso é verdade? Veremos que sim. Para provarmos isso, é suficiente mostrarmos que o incírculo de $PC'D'$ é $\omega_1$. Como os triângulos $PCD$ e $PC'D'$ são congruentes segue que os raios das suas circunferências inscritas são iguais. Além disso, o enunciado nos diz que $PCD$ e $DAP$ possuem o mesmo inraio. Por isso, $PC'D'$ possui o mesmo inraio que $DAP$. Basta mostrarmos que os seus incentros são os mesmos. Note que ambos os incentros estão à mesma distância de $PA$ e $PB$ (que no caso, é dada pelo inraio). Vamos chamar de $r$. Por isso, eles estão na intersecção entre duas retas paralelas a $PA$ e $PB$ com distância $r$ de cada uma delas. Como esse ponto de encontro é único, existe apenas um único lugar para os incentros de $DAP$ e $PC'D'$. Desta forma, eles coincidem. Por isso, $C'D'$ é tangente a $\omega_1$.

Podemos usar essa ideia para responder onde está $D'$? Se $D'$ estivesse no segmento $PB$, teríamos uma configuração conforme a figura a seguir:

Mas isso não pode ocorrer, pois uma mesma circunferência não poderia ser tangente aos segmentos $C'D'$ e $AB$ e estar no interior de $PC'D'$. Desta forma, $D'$ não pode estar no segmento $PB$, ou seja, $PD'$ deve ser maior do que $PB$ e assim $PD>PB$ (já que, pela definição de simétrico, $PD'=PD$).

Podemos usar agora o mesmo argumento para $\omega_4$ e chegar a um absurdo. De fato, $BC$ e $A'D'$ são tangentes a $\omega_4$ (podemos provar essa última tangência de modo análogo ao que fizemos para provar que $C'D'$ é tangente a $\omega_1$). Mas $PA'>PC$ e $PD'>PB$, o que nos dá a seguinte configuração:

Isso não pode acontecer (pelo mesmo raciocínio que fizemos anteriormente). Desta forma, $PA=PC$. De modo análogo, podemos provar que $PB=PD(*)$. Agora sim, podemos usar as nossas ideias iniciais, afinal, as diagonais de $ABCD$ se encontram nos seus pontos médios e assim $ABCD$ é um paralelogramo. Como as diagonais de um paralelogramo o dividem em quatro triângulos de mesma área, segue que $[ABP]=[ADP]$. Para podemos usar o inraio, vamos lembrar que a área do triângulo é o produto do semiperímetro pelo inraio (que já chamamos de $r$ aqui) e assim:

$\left({\frac {AB+PB+PA}{2}}\right)r=\left({\frac {AD+PD+PA}{2}}\right)r\Leftrightarrow AB+PB=AD+PD.$

Por $(*)$, podemos concluir que

$AB=AD.$

Se usarmos o mesmo raciocínio para os outros triângulos, podemos concluir que $AB=BC=CD=AD$, ou seja, $ABCD$ é um losango.

Simetria de um Ponto em Relação à uma Reta

Dizemos que os pontos $A$ e $B$ são simétricos com relação à reta $r$ quando $AB$ for perpendicular à $r$ e $r$ passa pelo ponto médio de $AB$.

Observação

Um ponto $P$ pertence a uma reta $r$ se, e somente se, ele for simétrico dele mesmo.

Proposição

Se $A$ e $B$ são simétricos com relação à reta $r$, então todo ponto de $r$ é equidistante à $A$ e $B$.

Proposição

Sejam $A$ um ponto e $BC$ uma reta. Se $A'$ é o simétrico de $A$ em relação a $BC$. Então $\angle ABC=\angle A'BC$.

Prova: Seja $D$ o ponto de encontro entre $AA'$ e $BC$. Observe que $\angle ADB=\angle A'DB=90^{\circ }$, $AD=A'D$ e $BD$ é lado comum entre os triângulos $ADB$ e $A'DB$. Desta forma, esses triângulos são congruentes pelo caso $LAL$. Assim $\angle ABC=\angle A'BC$.

Proposição

Sejam $A$ e $B$ pontos, uma reta $r$ e $A'$ e $B'$ os simétricos de $A$ e $B$ em relação a $r$. Então $A'B' = AB$.

Prova: Vamos dividir em casos:

(i) $A$ e $B$ estão no mesmo lado de $r$

Se $AB$ é paralelo a $r$, então $ABB'A'$ é um retângulo e com isso $A'B' = AB$.

Caso contrário, suponha, sem perda de generalidade, que $B$ esteja mais próximo de $r$ do que $A$. Tomemos $M$ e $N$ os pontos de intersecção de $r$ com $AA'$ e $BB'$, respectivamente. Por uma proposição anterior, $\angle ANM=\angle A'NM$, de onde segue que $\angle ANB=\angle A'NB'$ (já que $\angle MNB=\angle MNB'=90^{\circ }$).

Sabemos que $AN=A'N$ e $BN=B'N$. Com isso, os triângulos $ABN$ e $A'B'N$ são semelhantes pelo caso $LAL$. Desta maneira, $AB=A'B'$.

(ii) $A$ e $B$ estão em lados opostos de $r$

Notemos que $A'$ e $B$ são inversos de $A$ e $B'$, respectivamente, além desses dois últimos pontos estarem do mesmo lado da reta. Assim $AB'=A'B$. Além disso $AB'BA'$ é trapézio isósceles (já que $AA'$ é paralelo a $BB'$) e com isso $\angle AB'B=\angle ABB'$. Se juntarmos isso com o fato de que $AB'B$ e $A'BB'$ possuem $B'B$ como lado comum, segue que esses dois triângulos são congruentes pelo caso $LAL$ e assim $AB=A'B'$.

Proposição

Sejam $A$, $B$ e $C$ não colineares e uma reta $r$. Se $A'$, $B'$ e $C'$ são os simétricos de $A$, $B$ e $C$ em relação a $r$, respectivamente, então $\angle ABC=\angle A'B'C'$.

Prova: Por uma proposição anterior, $AB=A'B'$, $BC=B'C'$ e $CA=C'A'$. Desta maneira, $ABC$ e $A'B'C'$ são congruentes pelo caso $LLL$ e assim $\angle ABC=\angle A'B'C'$.

Exemplo (OBM 2001 - 3ª Fase - Nível 2)

Uma folha de papel retangular $ABCD$, de área $1$, é dobrada em sua diagonal $AC$ e, em seguida, desdobrada; depois é dobrada de forma que o vértice $A$ coincida com o vértice $C$ e, em seguida, desdobrada, deixando o vinco $MN$, conforme o desenho.

(a) Mostre que o quadrilátero $AMCN$ é um losango.

Dica:

Por causa da dobra, $AM=MC$ e $AN=NC$. Se $T$ o ponto de encontro entre $AC$ e $MN$, prove que $MAT$ e $NCT$ são congruentes.

(b) Se a diagonal $AC$ é o dobro da largura $AD$, qual é a área do losango $AMCN$?

Dica:

Mostre que se traçarmos os segmentos $AN$ e $MC$, dividiremos $ABCD$ em $6$ triângulos congruentes e, portanto, de mesma área

Solução:

(a) Por causa da dobra, $A$ e $C$ são simétricos com relação à $MN$, de onde segue que $AM=MC$ e $AN=NC$. Se provarmos que $AM=NC$, teremos que o quadrilátero $AMCN$ é um losango. Vamos encontrar uma congruência que envolva $AM$ e $NC$.

Considere $T$ o ponto de encontro entre $AC$ e $MN$. Observe que $TA=TC$ e $TA$ e $TC$ são perpendiculares (por causa da simetria). Além disso, como $AM$ e $NC$ são paralelos, segue que $\angle MAC=\angle ACN$. Desta forma, os triângulos $MAT$ e $NCT$ são congruentes pelo caso $ALA$.

Com isso, $AM=NC$, de onde segue que $AMCN$ é um losango.

(b) Mostraremos que, se traçarmos os segmentos $AN$ e $MC$, dividiremos $ABCD$ em $6$ triângulos congruentes e, portanto, de mesma área. Sabemos que as diagonais de um triângulo dividem-o em quatro triângulos congruentes. Logo, os triângulos $ATN$, $ATM$, $CTM$ e $NTC$ são congruentes entre si.

Provemos que $ATN$ e $ADN$ são congruentes. Sabemos que $AN$ é um lado em comum entre os dois triângulos. Como as diaginais de um losango são congruentes, $\angle ATN=90^{\circ }$. Mas $\angle ADN=90^{\circ }$. Além disso, se usarmos a hipótese e que $T$ é o ponto médio de $AC$, segue que $AT={\frac {AC}{2}}=AD$. Desta maneira, $ATN$ e $ADN$ são congruentes (pelo caso $HC$). 

Analogamente, podemos provar que $CTM$ e $CBM$ são congruentes.  Com isso, $AN$ e $MC$ dividem $ABCD$ em $6$ triângulos congruentes e $AMCN$ é constituída de $4$ destes triângulos. Com isso, $[AMCN]={\frac {4}{6}}={\frac {2}{3}}$.

Exemplo (OBM 2002 - 3ª Fase - Nível 2)

No desenho, a reta $\ t$ é perpendicular ao segmento $AB$ e passa pelo seu ponto médio $M$. Dizemos que $A$ é o simétrico de $B$ em relação à reta $t$ (ou em relação ao segmento $PQ$).

Seja $XYZ$ um triângulo retângulo de área $1m^{2}$. Considere o triângulo $X'Y'Z'$ tal que $X'$ é simétrico de $X$ em relação ao lado $YZ$, $Y'$ é o simétrico de $Y$ em relação a $XZ$ e $Z'$ é simétrico de $Z$ em relação ao lado $XY$. Calcule a área do triângulo $X'Y'Z'$.

Dica:

Uma das formas de trabalharmos com a área de um triângulo é com base e altura. Relacione a altura relativa a $XZ$ do triângulo $XYZ$ com a altura relativa a $X'Z'$ do triângulo $X'Y'Z'$.

Solução: Uma maneira de trabalharmos com áreas é mexermos com a base a altura de um triângulo. Tomaremos o lado $X'Z'$ e a altura relativa a este lado. Seja $A_2$ o ponto de intersecção da altura com este lado.

O que seria bacana aqui é se a altura relativa a $X'Z'$ do triângulo $X'Y'Z'$ passasse por cima da altura relativa a $XZ$ do triângulo $XYZ$, pois aí poderíamos comparar uma área com a outra. Tudo isso ficaria mais fácil se $Y'A_{2}$ também fosse perpendicular a $XZ$. Para isto, basta provarmos que $XZ$ é paralelo a $X'Z'$.

Repare que $Y$ é ponto médio de $ZZ'$ e de $XX'$. Logo, o quadrilátero $XZX'Z'$ é tal que as suas diagonais se encontram no seu ponto médio, de onde segue que ele é um paralelogramo. Assim, $XZ$ é paralelo a $X'Z'$.

Outra coisa: $Y'A_{2}$ passa por $Y$. Como ver isso? Observe que $Y'A_{2}$ é perpendicular a $XZ$ e passa por $Y'$. Além disso $YY'$ é perpendicular a $XZ$ (pela definição de simétrico) e passa por $Y'$. Como a reta perpendicular a $XZ$ que passa por $Y'$ é única, segue que $Y'A_{2}$ coincide com $Y'Y$,  ou seja, $Y$, $Y'$ e $A_2$ são colineares.

Considere $A_1$ o ponto de encontro de $Y'A_{2}$ com $X'Z'$. Observe que $YA_{1}$ é altura de $XYZ$ relativa a $XZ$. Se fizermos $b=XZ$ e $h=YA_{1}$, então a área de $XYZ$ (que o enunciado diz que é $1m^{2}$) é dada por $\frac{bh}{2}$.

Conseguimos encontrar alguma base e altura de $X'Y'Z'$ em função de $b$ e $h$? Note que $X'Z'=XZ=b$. Vamos descobrir a medida de $Y'A_{2}$ em função de $h$. Sabemos que $Y'A_{2}=Y'A_{1}+YA_{1}+YA_{2}$ e que $YA_{1}=h$. Resta descobrirmos $Y'A_{1}$ e $YA_{2}$ em função de $h$.

Como $XYZ$ e $X'YZ'$ são congruentes, suas alturas possuem mesmas medidas e assim $YA_{2}=YA_{1}=h$. Além disso, como $Y'$ é simétrico a $Y$ com relação a $XZ$, segue que $Y'A_{1}=YA_{1}=h$.

Desta forma, $Y'A_{2}=3h$. Portanto,

$[X'Y'Z']={\frac {b.3h}{2}}=3{\frac {bh}{2}}=3m^{2}$.

Simetria de um Objeto em Relação à uma Reta

Sejam $F$ uma figura e $r$. O conjunto das reflexões de todos pontos de $F$ em relação a $r$ é chamado de simétrico de $F$ com relação a $r$ (ou simétrico de $F$ sobre $r$) e denotado por $F'$.

Simetria de uma Reta em Relação à uma Reta

(a) Se $r$ e $s$ são retas paralelas e $r'$ é o simétrico de $r$ em relação a $s$, então $r'$ é paralelo a $r$.

(b) Se $r$ e $s$ são retas concorrentes e $r'$ é o simétrico de $r$ em relação a $s$, então o ângulo agudo entre $r$ e $s$ coincide com o agudo entre $r'$ e $r$.

Proposição

Se $OC$ é bissetriz do ângulo $\angle AOB$, então as retas $OA$ e $OB$ são simétricas em relação a $OC$.

Simetria de paralelas pela bissetriz

Considere o triângulo $ABC$. Seja $\ r\$ uma reta paralela a $BC$ e seja $r'$ a reta simétrica de $\ r\$ em relação à bissetriz interna de $\angle BAC$. $r'$ intersecta $AB$ e $AC$ em $X$ e $Y$. Então $BCXY$ é cíclico.

Observação: O inverso também vale: se $X$ e $Y$ estão em $AB$ e $AC$ de forma que $BCXY$ é cíclico e $\ r\$ é a reta simétrica a $XY$ em relação à bissetriz interna de $\angle BAC$, então $\ r\$ é paralela a $BC$.

Simetria com retas perpendiculares

Se $\ r\$ e $\ s\$ são retas perpendiculares e$\ \ell\$é uma reta qualquer, as retas simétricas de $\ \ell\$ em relação a $\ r\$ e $\ s\$ são paralelas.

Exemplo (OBM 2008 - 3ª Fase - Nível 3)

Seja $ABCD$ um quadrilátero cíclico e $r$ e $s$ as retas simétricas à reta $AB$ em relação às bissetrizes internas dos ângulos $\angle CAD$ e $\angle CBD$, respectivamente, Sendo $P$ a interseção de $r$ e $s$ e $O$ o centro do círculo circunscrito a $ABCD$, prove que $OP$ é perpendicular a $CD$.

Solução: Sabemos que a mediatriz da corda $CD$ passa pelo ponto $O$. Desta forma, se provarmos que $P$ também pertence à mediatriz de $CD$, então $OP$ coincidirá com esta mediatriz e provaremos justamente o que o enunciado quer.

Vamos explorar um pouco mais as bissetrizes. Observe que elas se encontram no ponto médio do arco $\widehat{CD}$ que não contém $A$ e nem $B$. De fato, seja $L$ este ponto. Então $\angle DAL=\angle LAC$ e $\angle DBC=\angle LBC$. Como você pode encontrar no artigo sobre incentro, o ponto médio do arco $\widehat{CD}$ é equidistante a $C$ e $D$ e com isso, pertence à sua mediatriz. Desta forma, $OL$ é mediatriz de $CD$.

Se provarmos que $P$, $O$ e $L$ são colineares, então $OP$ coincidirá com $OL$, ou seja, também será mediatriz de $CD$ nos dando justamente o que o enunciado pede.

Observe que ainda não usamos que $r$ e $s$ são simétricas à reta $AB$ em relação às bissetrizes internas dos ângulos $\angle CAD$ e $\angle CBD$, respectivamente. Considere $R$ um ponto sobre $r$ tal que $A$ está entre $P$ e $R$ e $S$ um ponto sobre $s$ tal que $B$ está entre $P$ e $S$. Por causa da simetria, $\angle RAL=\angle LAB=\alpha$ e $\angle SBL=\angle LBA=\beta$.

Com isso, $LA$ e $LB$ são bissetrizes externas do triângulo $PAB$ em relação aos vértices $A$ e $B$, respectivamente. Desta forma, $L$ é o ponto médio do triângulo $PAB$ relativo a $P$ e assim $PL$ é bissetriz do ângulo $\angle APB$. Resta provarmos que $O$ pertence à bissetriz de $APB$.

Vamos considerar $I$ o incentro do triângulo $PAB$. Qual a vantagem disso? Como as bissetrizes interna e externa são perpendiculares entre si, segue que $\angle IAL=\angle IBL=90^{\circ }$ e assim o quadrilátero $IALB$ é inscritível. Como $P$, $I$ e $L$ são colineares, se provarmos que $I$, $O$ e $L$ são colineares, poderemos concluir que $P$, $O$ e $L$ também são. Porém $LI$ é o diâmetro do circuncírculo de $IALB$ e assim ele passa pelo centro $O$. Portanto, $P$, $O$ e $L$ são colineares.

Exemplo (OBM 2012 - 3ª Fase - Nível 2)

Seja $ABC$ um triângulo, $M$ o ponto médio do lado $AC$ e $N$ o ponto médio do lado $AB$. Sejam $r$ e $s$ as reflexões das retas $BM$ e $CN$ sobre a reta $BC$, respectivamente. Defina também $D$ e $E$ como a interseção das retas $r$ e $s$ com a reta $MN$, respectivamente. Sejam $X$ e $Y$ os pontos de interseção entre os circuncírculos dos triângulos $BDM$ e $CEN$, $Z$ a interseção das retas $BE$ e $CD$ e $W$ a interseção entre as retas $r$ e $s$. Prove que $XY$, $WZ$ e $BC$ são concorrentes.

Solução:

Vamos definir $R$ o ponto de encontro entre $XY$ e $BC$ e $P$ o ponto de encontro entre $BC$ e $WZ$. A estratégia aqui é provar que $R$ e $P$ coincidem (isto já é suficiente para podermos concluir que $XY$, $WZ$ e $BC$ são concorrentes).

Antes de montarmos uma estratégia, vamos usar as informações do enunciado que ainda não usamos. Sabemos que $r$ e $s$ são reflexões das retas $BM$ e $CN$ sobre a reta $BC$, respectivamente.

Para podermos usar isto, façamos

$\alpha =\angle NCB$

$\beta =\angle MCB$.

Como uma reta e sua simétrica possuem o mesmo ângulo em relação à reta que fazemos a reflexão, segue que $\angle WCB=\alpha$ e $\angle WBC=\beta$.

Ainda não usamos que $M$ e $N$ são pontos médios dos lados $AC$ e $AB$. Estes fatos nos darão que $MN$ é base média e assim paralela a $BC$. Por isso, podemos ganhar a medida de outros ângulos: $\angle MEC=\angle BCW=\alpha$ e $\angle NBD=\angle CBW=\beta$ (pois eles são correspondentes) e $\angle MNC=\angle NCB=\alpha$ e $\angle NMB=\angle MBC=\beta$ (pois eles são alternos internos).

Com essas medidas, ganhamos dois triângulos isósceles com essa figura: $BDM$ e $CEN$. E qual a vantagem disso? Esses são os triângulos dos quais temos os circuncírculos. Sejam $\Gamma_{1}$ e $\Gamma_2$ os circuncírculos dos triângulos $BDM$ e $CEN$. Além disso, definamos $O_1$ e $O_2$ os centros destes círculos, respectivamente.

Vamos observar o circuncírculo de $BDM$. Como $BD=BM$, segue que $BO_1$ é perpendicular a $DM$. Mas este último é paralelo a $BC$. Logo, $BO_1$ também é perpendicular a $BC$. Desta forma, $BC$ é tangente a $\Gamma_{1}$. Analogamente, $BC$ também é tangente a $\Gamma_2$.

Vamos relacionar $R$ e $BC$.

Para isso, podemos aproveitar as circunferências. Como $RB$ e $RC$ são tangentes à $\Gamma_{1}$ e $\Gamma_2$, segue que

$\operatorname {Pot} _{\Gamma _{1}}R=RB^{2}=RY.RX$

$\operatorname {Pot} _{\Gamma _{2}}R=RC^{2}=RY.RX$.

Se compararmos estas últimas igualdades,

$RB^{2}=RC^{2}\Rightarrow RB=RC$,

de onde segue que $R$ é ponto médio de $BC$.

Se provarmos que $P$ também é ponto médio de $BC$, isso mostrará que $R$ e $P$ que é justamente o que queremos provar. Comparemos $BP$ e $PC$ com outras medidas do triângulos, para ver o conseguimos obter. Considere $J$ o ponto de encontro entre $NM$ e $WZ$.

Como $BP$ e $DJ$ são paralelos, segue que $DJW$ e $BPW$ são semelhantes. Assim,

${\frac {BP}{DJ}}={\frac {WP}{WJ}}(*)$

Além disso, $PC$ e $JE$ são paralelos, de onde segue que $JEW$ e $PCW$ são paralelos e assim

${\frac {PC}{JE}}={\frac {WP}{WJ}}(**)$

Se compararmos $(*)$ com $(**)$,

${\frac {BP}{DJ}}={\frac {PC}{JE}}.$

Para provarmos que $BP=PC$, basta mostrarmos que $DJ=JE$. Como podemos relacionar $DJ$ e $JE$? Observe que $EB$, $DC$ e $WJ$ concorrem em $Z$. Desta forma, $DJ$ e $JE$ podem aparecer se usarmos o Teorema de Ceva:

${\frac {DB}{BW}}.{\frac {WC}{CE}}.{\frac {EJ}{DJ}}=1.(***)$

Conseguimos relacionar $DB,BW,WC$ e $CE$ em formas de razão? Observe que $DE$ e </math>BC</math> são paralelos, de onde segue que

${\frac {DB}{BW}}={\frac {CE}{WC}}$

Se substituirmos em $(***)$:

${\frac {CE}{WC}}.{\frac {WC}{CE}}.{\frac {EJ}{DJ}}=1\Leftrightarrow DJ=JE$.

Com isso, $BP=PC$, ou seja, $P$ também é ponto médio de $BC$, que é exatamente o que queríamos provar.

Como Usar Simetria a Seu Favor?

• Sejam $A$, $B$, $C$, $A'$ e $B'$ pontos tais que $A$ e $B$ são simétricos a $A'$ e $B'$ (respectivamente) com relação a $C$. Então $A'=B'$ se, e somente se, $A = B$.
• Podemos transferir medidas de um lugar para o outro (já que a simetria costuma manter medidas).
• A simetria pode servir para aproximarmos medidas que queremos relacionar.
• Quando queremos mostrar que duas medidas são iguais e elas são simétricas em relação a um objeto.

Exemplo (OBM 2001 - 3ª Fase - Níveis 2 e 3)

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: Podemos nos basear no fato de que um quadrilátero é inscritível se, e somente se, as mediatrizes dos quatro lados têm um único ponto em comum (você pode encontrar esta prova aqui ).

Vamos nomear alguns pontos da figura. Considere $ABCD$ o quadrilátero, $M$, $N$, $P$ e $Q$ pontos médios de $AB$, $BC$, $CD$ e $DA$, respectivamente (é bom nomearmos os pontos médios, já que precisamos deles para traçar as alturas). Seja $E$ a intersecção entre $MP$ e $NQ$.

A estratégia será a seguinte: consideraremos $O_1$ o ponto de encontro das mediatrizes de $BC$ e $AD$, enquanto $O_2$ será o ponto de encontro das mediatrizes de $AB$ e $CD$. Pelo resultado que escrevemos no começo da solução, $ABCD$ é inscritível se, e somente se, $O_1$ e $O_2$ coincidem. Tomemos $O_1'$ e $O_{2}'$ os simétricos de $O_1$ e $O_2$ com relação a $E$.Observe que $O_1$ coincide com $O_2$ se, e somente se, $O_1'$ coincide com $O_{2}'$. Com isso, $ABCD$ é inscritível se, e somente se, $O_1'$ coincide com $O_{2}'$. Se provarmos que $O_1'$ é o ponto de encontro das alturas relativas a $BC$ e $AD$, enquanto $O_{2}'$ relativas a $AB$ e $CD$, então o exercício estará resolvido.

Foquemos em mostrar que $O_1'$ é o ponto de encontro das alturas relativas a $BC$ e $AD$, pois o outro caso é análogo. Comecemos mostrando que $NO_{1}'$ é perpendicular a $AD$. Observe que $O_{1}Q$ é perpendicular a $AD$ (pois $O_1$ pertence a mediatriz de $AD$ e $Q$ é o ponto médio desse segmento). Logo, basta mostrarmos que $NO_{1}'$ é paralelo a $O_{1}Q$. 

Como provar um paralelismo? Uma boa ideia é se aproveitar dos pontos médios. Sabemos que se as diagonais de um quadrilátero se encontram no seu ponto médio, então este quadrilátero é um paralelogramo. Sabemos que $E$ é o ponto médio de $O_{1}O_{1}'$ (pela definição de simétrico). Se provarmos que $E$ também é ponto médio de $NQ$, provaremos que $NO_{1}QO_{1}'$ é um paralelogramo e assim $NO_{1}'$ é paralelo a $O_{1}Q$.

E como mostrar que $E$ é ponto médio de $NQ$? Basta mostrarmos que $MNPQ$ é um paralelogramo. Observe que $MN$ e $PQ$ são bases médias dos triângulos $ABC$ e $ACD$, respectivamente. Logo, $MN$ e $PQ$ são paralelos a $AC$ e, portanto, são paralelos entre si. Analogamente, $MQ$ é paralelo a $NP$. Desta forma, $MNPQ$ é um paralelogramo e $E$ é ponto médio de $NQ$.

Assim, $NO_{1}QO_{1}'$ é um paralelogramo, de onde segue que $NO_{1}'$ é paralelo a $O_{1}Q$. Podemos concluir que a altura relativa a $AD$ passa por $O_1'$. Analogamente, a altura relativa a $BC$ também passa.

De maneira análoga, podemos provar que $O_{2}'$ é o ponto de encontro das alturas relativas a $AB$ e $CD$. Assim, podemos concluir o problema.

Exemplo (Cone Sul 2016)

Seja $ABC$ um triângulo inscrito em uma circunferência de centro $O$. Sejam $D$ e $E$ pontos dos lados $AB$ e $BC$ respectivamente tais que $AD=DE=EC$. Seja $X$ o ponto de intersecção das bissetrizes dos ângulos $\angle ADE$ e $\angle DEC$. Se $X\neq O$, demonstrar que as retas $OX$ e $DE$ são perpendiculares.

Solução: Seja $M$ um ponto sobre $DE$ tal que $XM$ é perpendicular a $DE$. Se provarmos que $O$ pertence a reta $XM$, então $OX$ será perpendicular a $DE$ que é justamente o que queremos provar (só pra constar, como $\angle MDX$ e $\angle DEX$ são menores do que $90^\circ$, segue que $M$ pertence ao interior do segmento $DE$).

E como mostrar que uma reta passa pelo centro de uma circunferência? Basta provarmos que ela passa pelo ponto médio de uma corda e é perpendicular a ela. Considere $R$ e $S$ os pontos de encontro da reta $DE$ com o circuncírculo do triângulo $ABC$, de forma que $D$ está entre $R$ e $E$ e $E$ está entre $M$ e $S$.

Como a reta $XM$ é perpendicular a $RS$, para provarmos que ela passa pelo centro, basta verificarmos que $M$ é o ponto médio de $RS$, isto é, $RM=MS(*)$. Para isto, vamos extrair mais informações da figura.

Já que queremos usar informações sobre igualdades de segmentos e temos bissetrizes, vamos projetar $X$. Ou seja, considere $N$ e $P$ pontos sobre $AB$ e $BC$, respectivamente, tais que $XN$ e $XP$ são perpendiculares a $AB$ e $BC$, respectivamente. Como $X$ pertence as bissetrizes de $\angle ADE$ e $\angle DEC$, então $DN=DM(**)$ e $EM=EP(***)$.

Vamos combinar isto com o fato de que $AD=DE=EC$. Observe que

$AD=DE\Rightarrow AN+DN=DM+ME\Rightarrow AN=ME$

e

$DE=EC\Rightarrow DM+EM=EP+PC\Rightarrow DM=PC.$

Além disso, observe que $X$ é o exincetro do triângulo $BDE$, de onde segue que $X$ é bissetriz de $\angle DBE$ e assim $NB=BP(****)$.

Como podemos usar todas estas igualdades de segmentos para mostrarmos que $RM=MS$? Tomemos $R_1$ e $S_1$ os simétricos de $R$ e $S$ em relação a $XD$ e $XE$, respectivamente. Quais as vantagens de fazermos isto? Primeiro, que teremos transferido as medidas $DR$ e $ES$ para cima dos lados do triângulo. De fato, as retas $DX$ e $EX$ contêm as bissetrizes dos ângulos $\angle RDB$ e $SEB$, respectivamente, ou seja, as retas $DR$ e $DB$ são simétricas em relação a $DX$ e assim o simétrico de uma das retas pertence a outra. Em outras palavras, $R_1$ e $S_1$ pertencem a $AB$ e $BC$, respectivamente.

E as medidas foram transferidas, afinal $DR=DR_{1}$ e $ES=ES_{1}$. Vejamos alguma afirmação equivalente a $(*)$. Se lembrarmos destas últimas igualdades e de $(**)$, $(***)$ e $(****)$,

$RM=MS\Leftrightarrow RD+DM=EM+ES\Leftrightarrow R_{1}D+DN=EP+ES_{1}\Leftrightarrow R_{1}N=S_{1}P\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow NB-R_{1}N=BP-S_{1}P\Leftrightarrow R_{1}B=S_{1}B.$

Ou seja, se provarmos esta última igualdade, podemos provar $(*)$ e isto resolverá o problema. Para isto, vamos extrair informações sobre a simetria. Como $DR=DR_{1}$ e $AD=DE$, segue que $ARR_{1}E$ é um trapézio isósceles. Se usarmos isto e o fato de $\angle R_{1}AR$ e $\angle RSB$ enxergam o arco $\widehat{AB}$,

$\angle R_{1}ED=\angle R_{1}AR=\angle RSB,$

de onde segue que $R_{1}E$ e $BS$ são paralelos. Assim, pelo Teorema de Tales,

${\frac {DE}{ES}}={\frac {DR_{1}}{R_{1}B}}.(*****)$

Se fizermosr um raciocínio análogo olhando para o ponto $S_1$, concluiremos que $DS_{1}SC$ é um trapézio isósceles e $DS_{1}$ é paralelo a $RB$. Pelo Teorema de Tales,

${\frac {RD}{DE}}={\frac {BS_{1}}{ES_{1}}}\Leftrightarrow {\frac {DE}{ES_{1}}}={\frac {RD}{BS_{1}}}.$

Mas $ES_{1}=ES$ e $RD=DR_{1}$. Assim

${\frac {DE}{ES}}={\frac {DR_{1}}{BS_{1}}}.(******)$

Se compararmos $(*****)$ com $(******)$,

${\frac {DR_{1}}{R_{1}B}}={\frac {DR_{1}}{BS_{1}}}\Leftrightarrow R_{1}B=S_{1}B.$

Como já vimos, isto prova $(*)$ o que faz com que nosso problema seja resolvido.

Exemplo (IMO 2009)

Seja $ABC$ um triângulo com $AB=AC$. As bissetrizes dos ângulos $\angle CAB$ e $\angle ABC$ intersectam os lados $BC$ e $CA$ em $D$ e $E$, respectivamente. Seja $K$ o incentro do triângulo $ADC$. Suponha que $\angle BEK=45^{\circ }$. Determine todos os possíveis valores de $\angle CAB$.

Solução: Sim, sabemos que existe algo que fez você estranhar aqui: "possíveis valores". Como um problema de geometria nos dá mais de uma resposta para um ângulo? O que parece é que a configuração é única e que existe um valor só. Mas pode acontecer o seguinte: às vezes não sabemos onde um ponto fica e existe mais de uma possibilidade para ele. Daí podemos dividir em casos e obter mais de uma resposta. É o que vai acontecer aqui.

Observe que o enunciado nos deu as bissetrizes de $\angle CAB$ e $\angle ABC$. Então parece natural considerarmos o incentro, que chamaremos de $I$. E já que temos incentro, parece fazer sentido falarmos falarmos sobre o incírculo. E como temos ele, parece valer a pena falarmos sobre os pontos que ele toca no triângulo $ABC$. Não parece ser importante, por enquanto, o ponto onde ele toca o lado $AB$, já que nem falamos sobre a bissetriz de $\angle ACB$.

Qual é o ponto onde o incírculo toca o lado $BC$? Como o triângulo $ABC$ é isósceles, parece fazer sentido conjecturar que ele toca no meio, ou seja, no ponto $D$ (esse ponto está no meio de $BC$ porque $ABC$ é isósceles de base $BC$ e por isso a bissetriz $AD$ também é uma mediana). Para vermos que isso realmente ocorre, é suficiente mostrarmos que $ID$ é perpendicular a $BC$. Isso é verdade, pois $A$, $I$ e $D$ são colineares e $AD$ é perpendicular a $BC$.

E quanto ao ponto que o incírculo toca $AC$? Vamos chamá-lo de $F$. Pode ser que ele esteja no segmento $AE$, ou que ele coincida com $E$, ou que ele esteja no segmento $EC$. Vamos analisar cada caso separadamente.

(i) $F$ coincide com $E$

Como $E$ é o ponto de tangência, segue que $IE$ é perpendicular a $AC$. Só que $B$, $I$ e $E$ são colineares. Desta forma, $BE$ é perpendicular a $AC$ e, portanto, é bissetriz e altura. Desta forma, $\angle BAC=\angle BCA$. Desta forma, o triângulo $ABC$ é equilátero.

Só que a pergunta que fica aqui é a seguinte: será que em triângulos equiláteros podemos ter a configuração do enunciado (ou seja, $\angle BEK=45^{\circ }$)? Repare que, nessas condições, $F$ coincidirá de fato com $E$ (com efeito, $IE$ é perpendicular a $AC$, pois $BE$ passa por $I$ e é bissetriz e altura ao mesmo tempo, e o mesmo vale para $IF$, pois $F$ é o ponto de tangência). Se queremos falar sobre $\angle BEK$, é interessante levarmos em conta as propriedades de $K$. Como ele é o incentro de $ACD$, vale a pena considerarmos o seu incírculo.

A questão é: $BE$ tem que posição quando comparado a esse incírculo? É tangente? É secante? É externa? Uma boa figura com régua e compasso nos faz suspeitar que é tangente. Será que isso é verdade? Vamos descobrir mais coisas sobre a figura para responder isso. Como $I$ e $K$ são incentros de $ABC$ e $ACD$, segue que $CI$ e $CK$ são bissetrizes de $\angle ACD$. Desta forma, $C$, $I$ e $K$ são colineares (repare que isso vale para todos os casos, não só para triângulos equiláteros). Como $CI$ contém o diâmetro, segue que a circunferência é simétrica em relação a ele. Além disso, observe que $\angle EIC=\angle CID$ (de fato, $\angle IEC=\angle IDC=90^{\circ }$e $\angle ECI=\angle DCI$) , de onde segue que $IE$ e $ID$ são simétricos em relação a $CI$. Como $ID$ é tangente em relação ao incírculo de $ADC$, o mesmo vale para $IE$. Seja $S$ o ponto de tangência (observe que isso é mais geral, pois em qualquer triângulo $\angle IFC=\angle IDC=90^{\circ }$e $\angle ECI=\angle DCI$, de onde segue que $IF$ e $ID$ são simétricas em relação a $CI$ e podemos usar isso para mostrar que $IF$ é tangente ao incírculo de $ADC$ e os ponto de tangência também será chamado de $S$).

Seja $R$ o ponto onde o incírculo de $ADC$ toca $AC$. Repare que $\angle KSE=\angle SEC=\angle KRE=90^{\circ }$. Desta forma, $KSER$ é um retângulo. Mais ainda $KS=KR$ (pois ambos são raios). Desta forma, $KSER$ é um quadrado (no caso mais geral, podemos usar o mesmo argumento para ver que $KSFR$ é um quadrado). E qual a vantagem disso? Observe que $EK$ é a diagonal do quadrado e desta forma $\angle BEK=45^{\circ }$. Desta forma, um dos possíveis valores de $\angle CAB$ é $60^{\circ}$.

(ii) $F$ está no segmento $AE$

Queremos falar sobre $\angle BAC$ conhecendo $\angle BEK$. Podemos, de alguma forma, "aproximar" esses ângulos? Sim! Observe que $\angle BIC=90^{\circ }+{\frac {\angle BAC}{2}}(*)$ (você pode saber mais sobre aqui). Ou seja, se calcularmos $\angle BIC$, conseguiremos o valor de $\angle BAC$. Quais valores podemos calcular para encontrarmos $\angle BIC$? Um deles é $\angle IEK$. Outro é $\angle EKI$ (afinal podemos usar o Teorema do Ângulo Externo no triângulo $IEK$). Mas como podemos usar que $\angle BEK=45^{\circ }$? Lembre-se que vimos que $KSFR$ é um quadrado. Desta forma, $\angle SFK=45^{\circ }$. As duas últimas igualdades nos dizem que $KIEF$ é inscritível. Desta forma, $\angle EKI=\angle IFE=90^{\circ }$. Se aplicarmos o Teorema do Ângulo Externo no triângulo $EKI$, teremos

$\angle BIC=90^{\circ }+45^{\circ }=135^{\circ }.$

Se usarmos isso em $(*)$,

$135^{\circ }=90^{\circ }+{\frac {\angle BAC}{2}}\Leftrightarrow \angle BAC=90^{\circ }.$

Mas será que se $\angle BAC = 90^{\circ}$, podemos ter $\angle BEK=45^{\circ }$?

Foquemos no triângulo $IKE$ (afinal ele contem $\angle BEK$). Será que podemos calcular algum de seus ângulos? Observe que ele é um ângulo externo a $BIC$ e por isso vale a pena focar nele. Como $ABC$ é um triângulo isósceles, segue que $\angle ABC=\angle ACB=45^{\circ }$. Assim $\angle IBC=\angle ICB=22,5^{\circ }$. Pelo Teorema do Ângulo Externo,

$\angle KIE=\angle IBC+\angle ICB=45^{\circ }$.

Note que queremos mostrar que $\angle KEI=45^{\circ }$. Uma maneira é procurarmos uma simetria. Queremos mostrar que $IKE$ é isósceles de base $EI$. Triângulos isósceles são simétricos em relação a suas bissetrizes (ou medianas ou alturas). Um possível candidato a isso seria $AK$.

Observe que $AK$ é bissetriz de $\angle IAE$. Desta forma, $AI$ é simétrico a $AE$ em relação a essa bissetriz. Mas podemos concluir que $I$ é simétrico a $E$? Uma maneira de vermos isso é mostrarmos que $AI=AE$, ou seja, que o triângulo $IAE$ é isósceles. Já que temos várias informações sobre os ângulos, vamos calcular $\angle AIE$ e $\angle AEI$ e ver se eles são iguais.

Como $\angle ABE=22,5^{\circ }$, segue que $\angle AEI=67,5^{\circ }$ (basta olharmos para o triângulo $ABE$). Além disso, $\angle EAI=45^{\circ }$ (já que $AI$ é bissetriz). Se olharmos para o triângulo $AEI$, podemos concluir que $\angle AIE=67,5^{\circ }$. Desta forma, $I$ é simétrico a $E$ em relação à bissetriz de $\angle EAI$, enquanto $K$ é simétrico a ele mesmo. Assim $IKE$ é simétrico com relação a $AK$, de onde segue que $\angle KIE=\angle IEK=45^{\circ }$. Com isso, $90^\circ$ também é um valor possível para $\angle BAC$.

(iii) $F$ está no segmento $EC$

De alguma forma precisamos falar sobre $\angle BAC$. Mas, por $(*)$, é suficiente calcularmos $\angle BIC$. Vamos calcular alguns ângulos próximos. Observe que aqui ainda continua valendo que $KIEF$ é inscritível. Além disso, note que $\angle IKE=\angle IFA=90^{\circ }$. Se olharmos para o triângulo $IEK$, teremos $\angle KIE=45^{\circ }$ e assim $\angle BIC=135^{\circ }$. Ao voltarmos para $(*)$, conseguiremos $\angle BAC = 90^{\circ}$.

Assim, os possíveis valores para $\angle BAC$ são $60^{\circ}$ e $90^\circ$.

Lugares Para Estudar

• A aula do POTI - Nível 3: Arquivo:Aula 18 - Transformações geométricas II - Simetria e rotação..pdf

Vídeos

• Transformações II (POTI - Nível 3)

Bibliografia

• I.M. Yaglom : Geometric Transformations, Vol. I, MAA, 1962