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Caso não haja confusão, é comum denotarmos a imagem da rotação de $ A $ em torno de $ O $ por $ O' $.

Proposição Editar

Rotações preservam medidas. Isto é, se $ A' $ é a imagem de $ A $ na rotação em torno de $ B $, então $ AB=A'B $. Por isso, elas podem ser úteis quando quisermos carregar alguma medida de um lugar para o outro.

Proposição Editar

Rotações preservam ângulos.

Proposição Editar

Se $ A' $ e $ B' $ são resultados da rotação de $ A $ e $ B $ em torno de $ C $, respectivamente, então os triângulos $ CAB $ e $ CA'B' $ são congruentes.

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

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 $.
OBM2007q5n2

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 $, elas estão em uma mesma reta. E agora, como fazer?

Vamos trazer 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 $).

Como a rotação preserva medidas, segue que $ AK=BK' $. Até agora, então, 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 semelhança que envolva $ KM $ e $ MK' $. 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 realmente ocorre, de fato, basta mostrarmos que $ \angle KCM= \angle K'CM $.

Para nos ajudar, consideremos

$ \alpha =\angle M'CB $

$ \beta =\angle MCK $

Precisamos provar que $ \alpha+\beta=45^{\circ} $. Isto de fato ocorre. Observe que, como a rotação preserva ângulos, $ \angle ACK= \alpha $. Além disso,

$ \angle ACB=90^{\circ} \Leftrightarrow \alpha+\beta+45^{\circ}=90^{\circ} \Leftrightarrow \alpha+\beta=45^{\circ} $.

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 pontoEditar

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) Editar

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 $.