Rotações

Sejam $O$ um ponto e $\alpha$ um número real. Dizemos que $A'$ é a imagem de um ponto $A$ por uma rotação de centro $O$ e ângulo $\alpha$ se $OA=OA'$ e $\angle AOA'=\alpha$.

Rotações Preservam Medidas

Se $A'$ e $B'$ são imagens de uma rotação de centro $O$ e o mesmo ângulo, então ${\color{red}A'B'}={\color{red}AB}$.

Proposição

Se $A'$ e $B'$ são resultados da rotação de $A$ e $B$ em torno de $O$, respectivamente, então os triângulos $OAB$ e $OA'B'$ são congruentes.

Exemplo (OBM 2007 - 3ª Fase - Nível 2)

Seja $ABC$ um triângulo retângulo isósceles. $K$ e $M$ são pontos sobre hipotenusa $AB$, com $K$ entre $A$ e $M$, o ângulo $\angle KCM = 45^{\circ}$. Prove que $AK^2+MB^2=KM^2$.

Solução: O que queremos provar é parecido com o Teorema de Pitágoras. Porém aqui existe um problema: não aparece nenhum triângulo na figura com medidas $AK$, $MB$ e $KM$. E agora, o que fazer?

Vamos colocar a medida $AK$ mais perto da medida $MB$ . Como podemos fazer isso? Usaremos rotações. Rotacionemos o triângulo $AKC$ em torno de $C$ de tal forma que $A'$ coincida com $B$ (podemos fazer isto, pois $CA=CB$). Observe que esta rotação é de $90^\circ$, pois $\angle ACB=90^{\circ}$.

Como a rotação preserva medidas, segue que $AK=BK'$. O triângulo $MBK'$ parece interessante: nele temos as medidas $AK$ e $MB$. Seria legal se aparecesse a medida $KM$. Será que ela realmente aparece? Para vermos isto, precisamos verificar se $MK'=KM$.

Procuraremos uma congruência que envolva estas medidas. Já sabemos que $KC=K'C$. Além disso, $CM$ é um lado comum entre os triângulos $KCM$ e $K'CM$. Assim, parece provável que eles sejam congruentes. Para provarmos que isto ocorre de fato, basta mostrarmos que $\angle KCM= \angle K'CM(*)$.

Como $\angle KCM = 45^{\circ}$, basta provarmos que $\angle K'CM=45^{\circ}$. Como a rotação de $K$ em torno de $C$ foi de $90^\circ$, segue que $\angle KCK'=90^{\circ}$. Desta forma,

$\angle K'CM=\angle KCK'-\angle KCM = 90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}.$

Com isso, $(*)$ é verdadeira. Desta forma, os triângulos $KCM$ e $K'CM$ são congruentes pelo caso $LAL$ e assim $K'M=KM$. Conseguimos então que o triângulo $MBK'$ tem as medidas $AK$, $MB$ e $KM$. Se provarmos que $\angle MBK'=90^{\circ}$, o teorema de Pitágoras irá nos garantir que $AK^2+MB^2=KM^2$.

Sabemos que $\angle ABC = 45^{\circ}$. Como a rotação preserva ângulos, $\angle CAK=\angle CBK'=45^{\circ}$. Com isso, $\angle MBK'=90^{\circ}$. Desta forma, segue o resultado.

Rotações em Geometria Analítica de $90^\circ$ em torno de um ponto

A rotação de $90^\circ$ de $(x,y)$ em torno do ponto $(a,b)$ no sentido sentido horário leva ele no ponto $(a-b+y,a+b-x)$. Já as do sentido anti-horário leva ele no ponto $(a+b-y,-a+b+x)$.

Exemplo (Cone Sul 2000)

Sejam $ABCD$ um quadrado (sentido horário) e $P$ um ponto qualquer pertencente ao interior do segmento $BC$. Constrói-se o quadrado $APRS$ (sentido horário).

Demonstrar que a reta $CR$ é tangente a circunferência circunscrita ao triângulo $ABC$.

(Observação: Você pode encontrar outra solução para este problema aqui.)

Solução: É suficiente mostrarmos que $CR$ é perpendicular a $AC$. Faremos isto usando geometria analítica. Como? Basta vermos que o produto dos coeficientes angulares destas retas é $-1$.

Comecemos colocando o plano cartesiano de tal forma que $A=(0,0)$ e $B=(0,1)$, $C=(1,1)$ e $D=(1,0)$. Observe que o coeficiente angular de $AC$ é igual a $\frac{1-0}{1-0}=1$. Calculemos o coeficiente angular de $CR$. Para isto, precisamos das coordenadas de $R$. Estas são obtidas se fizermos uma rotação de $90^\circ$ de $A$ em torno de $P$ no sentido anti-horário.

Mas quais são as coordenadas de $P$? Como ele pertence no interior do segmento $BC$, segue que $P=(k,1)$. Observe que $k$ não pode ser $0$, pois isto faria com que $P$ coincidisse com $B$, o que não é verdade, pois $P$ está no interior do segmento.

Se fizermos a rotação para obter $R$, teremos $R=(k+1,-k+1)$. Assim, o coeficiente angular de $CR$ será $\frac{k+1-1}{-k+1-1}=-1$. Logo, $CR$ é perpendicular a $AC$.

Lugares Para Estudar

• A aula do POTI - Nível 3: Arquivo:Aula 18 - Transformações geométricas II - Simetria e rotação..pdf
• A aula da Semana Olímpica de 2007: Rotações (Onofre Campos).