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

Simetria de um Ponto em Relação a um PontoEditar

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

Simetria de um Ponto em Relação à uma RetaEditar

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 $.

ProposiçãoEditar

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

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

OBM2001n2

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.

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

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)Editar

OBM2002q1

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 $ 1 m^2 $. Considere o triângulo $ X'Y'Z' $ tal que $ X' $ é simétrico de $ X $ em relação ao lado $ XZ $ e $ Z' $ é simétrico de $ Z $ em relação ao lado $ XY $. Calcule a área do triângulo $ X'Y'Z' $.

Obm2002q1.1

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 $ 1 m^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}=3 m^2 $.

Como Usar Simetria a Seu Favor?Editar

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 $.

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

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.

OBM2001q5''


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_1Q $ 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_1Q $

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_1O_1' $ (pela definição de simétrico). Se provarmos que $ E $ também é ponto médio de $ NQ $, provaremos que $ NO_1QO_1' $ é um paralelogramo e assim $ NO_1' $ é paralelo a $ O_1Q $.

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_1QO_1' $ é um paralelogramo, de onde segue que $ NO_1' $ é paralelo a $ O_1Q $. 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.

Simetria de um Objeto em Relação à uma RetaEditar

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 Editar

(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 $.

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

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:

OBM2012q3n2
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 $.

OBM2012q3n22
Vamos relacionar $ R $ e $ BC $.
OBM2012q3n21

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.

BibliografiaEditar

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