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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB

Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM

(Joao Lucas Marques Barbosa)

[email protected]

Compilado dia 21/01/2015

O livro do Joao Lucas de Geometria Euclidiana Plana a-presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publicadoinicialmente em 1995 vem sendo usado ate hoje, quase 20 anosdepois, nos cursos de licenciatura em matematica.

O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra,embora ainda nao esteja completo devido a falta de tempo. Podehaver tambem uma ou outra passagem obscura, ou mesmo varioserros de portugues. Contudo lembre-se da dificuldade em sentar-sena frente de um computador e digitar por horas textos em LATEXe desenhos em Postscript. Se o leitor identificar algum problemadesse tipo e/ou mesmo quiser contribuir de alguma forma, re-solvendo algum exercıcio ou refazendo algum desenho, sinta-se avontade para me escrever por e-mail.

EXERCICIO PAGINA 7

1. Sobre uma reta marque quatro pontos A, B,C e D, em ordem, da esquerda para a direita.Determine:

a) AB ∪ BCb) AB ∩ BCc) AC ∩ BDd) AB ∩ CDe) SAB ∩ SBC

f) SAB ∩ SAD

g) SCB ∩ SBC

e) SAB ∪ SBC

Solucao: a) AC b) B c) BC d) ∅ e) SBC f) SAB g) BC h) SAB

2. Quantos pontos comuns a pelo menos duas retas pode ter um conjunto de 3 retas noplano? E um conjunto de 4 retas do plano?

Solucao:

1


Na pior das hipoteses teremos 3 retas r1, r2 e r3 que serao distintas. Assim formarao pontosPij de intercessao conforme indicado na tabela abaixo:

• r1 r2 r3r1 – P12 P13

r2 P21 – P23

r3 P31 P32 –

A tabela possui tres linhas e tres colunas logo o numero de celulas e 3 · 3 = 9.

Os elementos das diagonais sao nulos (pois as retas nao podem se interceptar com elas mes-mas), assim o numero de pontos de intercessao passa a ser 9− 3

Como os pontos P12 e P21 sao o mesmo ponto de intercessao, nesse caso entre as retas r1 er2, e a mesma situacao ocorre para os demais pontos entao o numero de pontos de intercessaodistintos sao:

6

2=

3(3− 1)

2= 3

Se tivessemos n retas com raciocınio analogo chegarıamos a formula n(n−1)2 onde n e o numero

de retas.Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.

3. Prove o item (b) da proposicao (1.4).

Solucao:Definido as semi-retas tem se:

SAB = {AB e os pontos X| B esta entre A e X}SBA = {BA e os pontos X ′| A esta entre B e X ′}

Como AB = BA entao se torna evidente que AB ∈ SAB ∩ SBA. Agora imagine um ponto Dtal que D ∈ SAB ∩ SBA porem nao pertenca a AB. Pode ocorrer entao dois casos:

• A-B-D: (B esta entre A e D), nesse caso D ∈ SAB mas D /∈ SBA o que contrariaa hipotese.• D-A-B: nesse caso D ∈ SBA mas D /∈ SAB que novamente contraria a hipotese.

Ou seja, nao existe um ponto D /∈ AB e que tambem pertenca a SAB∩SBA. Conclui-se assimque SAB ∩ SBA = AB.

4. Prove a afirmacao feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.

Solucao:Dada uma reta r com os pontos A e B distintos, suponha por absurdo que entre A e B exista

um conjunto finito de pontos. Por definicao um conjunto e finito quando pode ser colocadoem correspondencia biunıvoca com o conjunto N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, quesignifica que AB e um conjunto com n elementos.

2


Tomando agora um ponto Pk (k ≤ n) e o ponto Pk−1 pelo axioma II2 existe um ponto Pr,(k − 1 < r < k) tal que Pk−1 − Pr − Pk o que seria um absurdo pois nesse caso AB teria n + 1elementos.

5. Sejam P = {a, b, c}, m1 = {a, b}, m2 = {a, c}, m3 = {b, c}. Chame P de plano e m1, m2 em3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I2.

Solucao:Basta observar que todas as combinacoes possıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados

dois a dois pertence a uma das tres retas dessa geometria. Por exemplo, as combinacoes possıveissao: ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1. Do mesmomodo pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m1,m2,m3). O quemostra que nessa geometria vale o axioma I2.

6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos sao o proprio plano e qualquer semi-plano.Mostre que a intersecao de dois semi planos e um convexo.

Solucao:Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1∩S2, tomando dois pontos P1 e P2 ambos

pertencentes a S3 entao:

P1, P2 ∈ S1, S2

Seja S1 e S2 convexos entao P1P2 ∈ S1, S2 e portanto pertence a intersecao, assim S3 tambeme convexo.

7. mostre que a intercessao de n semi-planos e ainda um convexo.

Solucao:Considere os semi planos α1, α2, ..., αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considere

os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicara no fato de que X,Y pertence a α1, α2, ..., αn

como todos esses semi-planos sao convexos entao o segmento XY pertence a α1, α2, ..., αn logotambem pertence a intercessao e portanto tambem pertencem a B, o que mostra que B ainda econvexo.

8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a uniao de convexos pode nao ser um convexo.

Solucao: Os quatro retangulos (em cinza) abaixo sao figuras convexas e a uniao deles formamuma figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto concava.

3


A B

C D

9. Tres pontos nao colineares determinam tres retas. Quantas retas sao determinadas porquatro pontos sendo que quaisquer tres deles sao nao colineares?

Solucao:Analogamente ao exercıcio tres construiremos a seguinte tabela, onde rij e a reta determinada

pelos pontos Pi e Pj .

• P1 P2 P3

P1 – r12 r13P2 r21 – r23P3 r31 r32 –

o numero de retas sera3(3− 1)

2= 3 e para n pontos

n(n− 1)

2.

10. Repita o exercıcio anterior para o caso de 6 pontos.

Solucao:

Para 6 pontos (n = 6),6(6− 1)

2= 15, terıamos 15 retas.

EXERCICIO PAGINA 9

1. Discuta a seguinte questao utilizando apenas os conhecimentos geometricos estabelecidos,ate agora, nestas notas: “Existem retas que nao se iterceptam”?

Solucao:Sim, retas que sao paralelas como indica a proposicao 1.1.

2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triangulo e nao passa por nenhum deseus vertices, entao ela intercepta tambem um dos outros dois lados.

Solucao:Dado um triangulo ABC e uma reta r, se r intercepta o segmento AB entao A esta do lado

oposto a B em relacao a reta r. Como por hipotese r nao passa por C entao C esta do lado daA ou de B.

4


Se C esta do lado de A entao C esta contrario a B e entao r intercepta BC.Se C esta do lado de B entao e contrario a A e r intercepta AC

logo sempre intercepta um dos lados.

3. Repita o exercıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Faca uma conjectura de qual sera a respostano caso de n retas.

Solucao:Aproveitando o resultado para n retas ja obtido teremos:

Para n = 5 entao5(5− 1)

2= 10

Para n = 6 entao6(6− 1)

2= 15

4. Mostre que nao existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejamvalidos os axiomas I1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.

Axioma I1. Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que naopertencem a reta.

Axioma I2. Dado dois pontos distintos existe uma unica reta que contem esses pontos.

Solucao:Tomando uma reta r = {P1, P2} por hipotese existe um Q1 ∈ P diferente de P1 e P2.

Seja Q2 ∈ P e diferente de P1, P2 e Q1, tambem por hipotese, temos que Q2 /∈ r pois rja possui 3 pontos. Logo, existe uma reta s = {P1, Q2} e que contem um ponto Q3 ∈ P comQ3 6= P1, P2, Q1, Q2.

Agora tome Q4 ∈ P com Q4 6= P1, P2, Q1, Q2, Q3. Novamente por hipotese Q4 /∈ r, s poisambos ja possuem tres pontos. Logo deve existir uma reta t = {P1, Q4} que deve conter (porhipotese), um terceiro ponto Q5. Temos entao Q5 6= P1 e Q5 6= Q4 e, por construcao, Q5 6= Q1

e Q5 6= P2, pois r6=t, Q5 6= Q2 e Q5 6= Q3, pois s 6= t. Isto nos leva a uma contradicao pois Q5

seria o setimo ponto da geometria dada.

5. Se C pertence a SAB e C 6= A, mostre que: SAB = SAC , que BC ⊂ SAB e que A /∈ BC.

Solucao:Dada a semi reta SAB pelos pontos A e B determinamos a semi reta SBA onde pela proposicao

1.4 ira gerar a reta m.Por definicao SAB e o conjunto dos pontos do segmento AB mais o conjunto de pontos X tal

que A−B −X.

Como C ∈ SAB por hipotese uma das tres possibilidades exclusivas ocorre:

5


•C = B Nesse caso a demonstracao e imediata.

•A − B − C Nesse caso por definicao de semi-reta SAB = SAC e sendo BC =SBC ∩ SCA e como A /∈ SBC entao A /∈ BC.

•A− C −B Fica analogo ao caso anterior.

6. Demonstre que a intersecao de convexos ainda e um convexo.

SolucaoSejam A e B dois pontos pertencentes a intersecao de n conjuntos convexos, entao A e B

pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destesconjuntos, pois sao convexos. Portanto o segmento AB pertence a intersecao, concluindo assimque a intersecao e um conjunto convexo.

7. Mostre que um triangulo separa o plano em duas regioes, uma das quais e convexa.

SolucaoTracemos tres retas m, n e o que se imterceptam nos pontos A, B e C como na figura abaixo.

m o

n

αβ

C B

A

X

Y

Assim sera formado o triangulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regioes. Aregiao convexa e a regiao que forma o interior do triangulo. Para provar isso considere os pontosX e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas tres retas. Como X e Y estao no mesmo semiplano gerado pela reta m entao o segmento XY nao intercepta a reta m. Analogamente XY naopode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelotriangulo ABC que portanto e uma regiao convexa.

8. Generalize os exercıcios 11 e 12 para o caso de n pontos.

Solucao:Estes exercıcios nao constam no livro, trata-se de um erro de edicao. Tais erros sao muito

comuns nos livros da SBM.

9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamentedois pontos em comum?

Solucao:

6


Dado os pontos A,B,C e D de modo que A-B-C-D entao os segmentos AC e BD terao osegmento BC em comum como em um segmento existe infinitos pontos entao AC e BD possuemdois pontos em comum mas nunca possuirao apenas dois pontos.

EXERCICIO PAGINA 18

1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Faca um desenho representando-os, sabendo quem(AB) = 3,m(AC) = 2em(BC) = 5.

2. Repita o exercıcio anterior, sabendo que C esta entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) = 5.

3. Desenhe uma reta e sobre ela merque dois pontos A e B. Suponha que a coordenada doponto A seja zero e a do ponto B seja um. Marque agora dois pontos cujas coordenadas sao 3,5, 5/2, 1/3, 3/2, 2, -1, -2, -5, -1/3, -5/3.

4. Sejam A1 e A2 pontos de coordenadas 1 e 2. De a coordenada do ponto medio A3 dosegmento A1A2. De a coordenada do plano medio A4 do segmento A2A3. De a coordenada A5

do ponto medio do segmento A3A4.

Solucao:Sendo A3 o ponto medio do segmento A1A2 entao a coordenada A3 sera a media aritmetica

A3 =A1 +A2

2=

1 + 2

2=

3

2

Analogamente se calcula para os demais pontos.

A4 =32 + 4

2

2=

7

4

A5 =32 + 7

4

2=

13

8

5.Prove que, se ab = c

d entao

a) ac = b

d e db = c

a

b)a+ba = c+d

d e a−ba = c−d

c

c) a+bb = c+d

d e a−bb = c−d

d

Solucao:a) a

b = cd

ab ·

bc = c

d ·bc

7


ac = b

d

E tambem

ab = c

d

ab ·

da = c

d ·da

db = c

a

b) ab = c

d

dbac ·

ab = c

d ·dbac

dc = b

a

1 + dc = 1 + b

a

cc ·

dc = a

a ·ba

c+dc = b+a

a

c) ab = c

d

ab ·

dbac = c

d ·dbac

−1 · dc = −1 · bac−dc = a−b

a

Dessa forma se procede as demais demonstracoes.

6. Se p e ponto de intercessao de cırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) =m(PB).

SolucaoComo o ponto P esta na intersecao dos dois cırculos. Entao P pertence ao cırculo com centro

A e raio r, e por definicao de cırculo, PA = r, da mesma forma P pertence ao cırculo com centroB e raio r, por definicao de cırculo, PB = r,que implica que PA = PB.

7. Usando uma regua e um compasso, descreva um metodo para construcao de um triangulocom dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triangulo e chamado de triangulo isosceles).

Solucao

8


Considere um segmento AB. Com um compasso centrado em A trace uma circunferenciade raio AB. Agora com centro em B trace um circulo de raio BA. A intercessao entre as duascircunferencias ira gerar os pontos C e D. Fazendo o triangulo CAD teremos um triangulo isoscelesde base CD e lados CA,AD = AB.

8. Descreva um metodo para construcao de um triangulo com os tres lados de mesmo com-primento.

SolucaoTraca-se uma reta e nela marca-se dois pontos A e B.

A B

Com centro em A e depois em B traca-se duas circunferencias de raio r gerando o ponto C talque C ∈ C(A,r) ∩ C(B,r) depois disso traca se os segmentos AC, AB e BC que ira gerar 4ABCcom lados iguais a r.

A B

C

9.Mostre que, se a < b entao a < (a+ b)/2 e b > (a+ b)/2.

SolucaoSe a < b entao

a+ b < b+ b

a+ b < 2b

a+ b

2< b

completando a primeira parte.

a < b

a+ a < a+ b

2a+ a+ b

9


a <a+ b

2

10. E possıvel desenhar se um triangulo com lados medindo 3,8 e 5?

SolucaoNao, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triangulo e

maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8=8.

11. O cırculo de raio r1 centrado em A intercepta o cırculo de raio r2 centrado em B emexatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)?

SolucaoObserve o seguinte desenho.

A B

r2

r1

DC

Considere o circulo de raio r2 com centro em A e o circulo de raio r1 com centro em B e cujosegmento AB formam os pontos C e D.

Note que AB = AD+CB−CD e tambem que AD = r2, CB = r1 e que CD e um segmentonao nulo. Perceba que assim AB = r2 + r1 − CD o que implica que AB < r2 + r1

12. Considere um circulo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste cırculo. O que sepode afirmar sobre o triangulo ABC?

Solucao:Se os pontos B e C pertencentes a circunferencia que forma o circulo entao AB = AC = r

logo o triangulo e isosceles de base AB.NOTA: O livro refere-se a uma circunferencia como cırculo.

13. Considere um cırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste cırculo e seja B umponto tal que o triangulo OAB e equilatero. Qual e a posicao do ponto B relativamente aocırculo?

Solucao:Sendo o triangulo equilatero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de

tamanho r entao OB = r assim o ponto B esta a uma distancia r do centro do cırculo i.e. B

10


pertence a circunferencia.

14. Dois cırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O quepode ser afirmado sobre os triangulos ABC e ACD? E sobre o quadrilatero ACBD?

Solucao:Os triangulos ABC e ACD sao isosceles pois AC,BC = r e AD = r, note que tambem que

BD = r. Como o paralelogramo ACBD e formado pela uniao dos 4ABC e 4ADB seus ladosseriam os segmentos que formam o triangulo, e entao AC = BC = AD = BD = r.

Logo o polıgono e um quadrilatero de lados iguais e os triangulos sao isosceles.

A B

C

D

EXERCICIO PAGINA 20

1. Dado um segmento AB mostre que existe e e unico, um ponto C entre A e B tal quem(AC)

m(BC)= a onde a e qualquer real positivo.

Solucao:Sejam x, b e c as coordenadas dos pontos A, B e C. Podemos supor que a < b < c. Para

o caso, de x > b > c, resolve-se de maneira inteiramente analoga. Entao, pelo axioma III2 o

problema de mostrar a existencia de um unico ponto B entre A e C tal quem(AC)

m(BC)= a, equivale

a mostrar que existe um unico numero real b tal que x < b < c eb− xc− b

= a.

Resolvendo em b obtemos que a unica solucao e b = x+ca1+a . Finalmente, resta mostrar que

este b encontrado satisfaz a x < b < c. Com efeito

x =x+ ax

1 + a<x+ ca

1 + a<c+ ca

1 + a

A unicidade do ponto B tambem e consequencia do axioma III2.

2.Descreva um metodo para obter uma boa aproximacao do comprimento de um cırculo.

Solucao:Utilizando um compasso desenhe um circulo de raio r. Com uma regua desenhe no interior

do cırculo um polıgono regular tal que o polıgono fique o mais proximo possıvel do circulo. Comocada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximacao do circulobastando para isso que aumentemos os lados do polıgono.

11


3. Prove a seguinte afirmacao feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora deum circulo com um ponto dentro do mesmo, tem um ponto em comum com o circulo.

Solucao:Seja C um ponto qualquer fora de um circulo de centro O, entao OC>r onde r e o raio do

cırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o circulo formado portodos os pontos do plano que estao a uma distancia r do ponto O, entao o ponto D pertencentea intercessao do segmento OC com a circunferencia.

4. Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontosC satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r e chamado de elipse. Estabeleca os conceitos de regiaointerior e de regiao exterior a uma elipse.

Solucao:Analogamente a circunferencia se m(CA)+m(CB) > r entao o conjunto de pontos e externo.Se m(CA) +m(CB) < r entao o conjunto de pontos sera interno.

5. Um conjunto M de pontos do plano e limitado se existe um circulo C tal que todos ospontos de M estao dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos e limitado. Provetambem que segmentos sao limitados. conclua o mesmo para triangulos.

Solucao:Dado o conjunto de pontos P1, P2, ..., Pn tome um unico ponto Pi que usaremos para o centro

da circunferencia, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o proprio i,passara um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos entao por ele marca-seum ponto Q (P1−Pj−Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1Q definimosum circulo de raio r = P1Q que contera todos os outros uma vez que o segmento que estabeleceseu raio em relacao ao centro P1 e maior que os demais definidos por todos os outros pontos.

EXERCICIO PAGINA 29

1. Mostre que se um angulo e seu suplemento tem a mesma medida entao o angulo e reto.

Solucao:

C

AB β = 90◦

O

12


Considere o angulo α (BOC) e β, tal como no desenho, onde β e o suplemento de α. Pordefinicao temos:

α+ β = 180◦(1)

como α = β entao:α+ α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦

Que de (1) se conclui que β = 90◦ como querıamos demonstrar.

2. Um angulo e chamado agudo se mede menos de 90o, e e obtuso se mede mais de 90◦.Mostre que o suplemento de um angulo agudo e obtuso.

Seja α um angulo agudo e β o suplemento de α. Sabemos que α+ β = 180◦ e como α < 90◦

e β = 180◦ − α entao β > 90◦ como querıamos demonstrar.

4. Dois angulos sao ditos complementares se sua soma e um angulo reto. Dois angulos saocomplementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais30◦. Quanto medem os dois angulos?

Solucao:Seja α+ β = 90◦ (1) com α1 e β1 suplementos de α e β entao:

α+ α1 (2)

β + β1 (3)

fazendo α1 = β1 + 30◦ (4) i.e. um angulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β1 de(3) em (4) entao:

α1 = (180◦ − β) + 30◦ = 210◦ − β (5)

Substituindo (5) em (2)α+ 210◦ − β = 180◦

α− β = −30◦ (6)

das equacoes (1) e (6) montamos o sistema:cuja solucao e α = 30◦ e β = 60◦, logo um angulo possui 30 e outro 60 graus.

EXERCICIO PAGINA 32

2. Mostre que as bissetrizes de um angulo e do seu suplemento sao perpendiculares.

Solucao:Considere o desenho abaixo.

AG

D

BE

O

13


Seja AOB um angulo e BOC seu suplemento entao:

AOB +BOC = 180◦ (1)

Queremos mostrar que BOD + BOE = 90◦ para isso observe que BOD =AOB

2pois SOD

e bissetriz de AOB e BOE =BOC

2logo BOE +BOD =

AOB

2+BOC

2(2)

Comparando as equacoes (1) e (2) vem que:

2(BOE +BOD) = AOB +BOC = 180◦

BOE +BOD =180◦

2= 90◦

Como querıamos demonstrar.

EXERCICIO PAGINA 41

1. Desenhe um triangulo. Construa agora um outro triangulo congruente ao que voce desen-hou. Descreva o procedimento.

Solucao:

A B

C

E F

G

Considere o triangulo ABC. A partir dele construiremos o triangulo EFG congruente ao ABC.Seja os pontos G, E e F nao colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo

caso LLL os triangulos sao congruentes.

2. Construa um triangulo ABC sabendo que AB = 7.5 cm, BC = 8.2 cm e ABC = 80◦.Meca o comprimento de BC e os outros angulos do triangulo.

Solucao:Considere o seguinte exemplo provisorio de triangulo.

8.2 cm

7.5 cm

C B80◦

A

14


Usando a Lei dos senos temos que:

(AC)2 = AB2 + CB2 − 2(AB)(CB) cosB

AC =√

(7.5)2 + (8.2)2 − 2(7.5)(8.2) cos80◦

AC ∼= 10.106

Aplicando novamente a lei

(AB)2 = BC2 +AC2 − 2(CB)(AC) cos C

cos C =(AB)2 − (BC)2 − (AC)2

−2(CB)(AC)

cos C =(7.5)2 − (8.2)2 − (10.106)2

−2(8.2)(10.106)

cos C ∼= 0.6825

C ∼= cos−1(0.6825) ∼= 46◦, 95′

Como a soma de todos os angulos de todo polıgono e 180 graus entao A = 53◦, 05′

De posse desses dados e possAvel construir o triangulo representado no desenho abaixo.

C

A

B

Onde CB = 8,2 cm; AB = 7,5 cm e AC = 10,106 cm. Com os angulos A = 53◦, 05′, B = 80◦

e C = 46◦95′.

3. Na figura ao lado os angulos α e β sao iguais. Mostre que AC = BC

α

β

A

B

C

Solucao:Considere a figura acima e observe que α e o suplemento de BAC e β e o suplemento de

ABC, logo:

15


α+ABC = 180◦ e β +ABC = 180◦.

Fazendo α = 180◦ −BAC e β = 180◦ −ABC, como α = β temos:

180◦ −BAC = 180◦ −ABC

BAC = ABC

Como todo triangulo isosceles possui os angulos da base congruentes e vice versa fica demon-strado o requerido.

4. Na figura ao lado tem se AB = AC e BD = CE Mostre que:

A

B

C

D

E

a) ACD = ABE

b) BCD = CBE

Solucao (a):

Por hipotese AB = AC logo 4ABC e isosceles e os angulos ABC e ACB.Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipotese BD = EC pelo caso LAL

4DBC e congruente a 4ECB o que implica em: CBE = BCD assim:

ACD = ABC + CBE = ACB +BCD = ABE

ACD = ABE

Solucao (b):Use os dados da letra a.

5. Tres sarrafos de madeira sao pregados, dois a dois, de modo a formar um triangulo, comsomente um prego em cada vertice, como indicado na figura seguinte

16


A figura assim obtida e rıgida? Porque?Para comparacao construa um quadrilatero com quatro sarrafos e um prego em cada vertice.

E esta figura rıgida?

Solucao:Todo triangulo e uma figura rıgida.

Dem: Seja os 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triangulos nao sejam figurasrıgidas ao deformarmos o 4ABC seus angulos irao variar, mas os lados continuarao com asmesmas medidas. Assim pelo caso LLL os dois triangulos ainda seriam congruentes o que seriaum absurdo pois um dos triangulos sofreu uma deformacao.

7. Na figura abaixo, AC = AD e AB e a bissetriz do angulo CAD prove que os triangulosACB e ADB sao congruentes.

A

C

B

D

Solucao:Se AB e bissetriz de CAD entao CAB = BAD.Como CA = AD e AB e comum tanto a 4ADB como 4CAB entao pelo caso LAL, 4ACB

= 4ADB.

8. Na figura abaixo o ponto A e ponto medio dos segmentos CB e DE. Prove que os triangulosABD e ACE sao congruentes.

D

B

C

EA

Solucao:Os angulos CAE = DAB pois sao opostos pelo vertice. Como por hipotese CA = BA e DA

= AE pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE.

9. Na figura abaixo os angulos A e C sao retos e o segmento DE corta CA no ponto medioB de CA. Mostre que DA = CE.

17


DB

C

E

A

Solucao:Os angulos DBA = CBE pois sao opostos pelo vertice e como CA = BA por hipotese, entao

pelo caso ALA, 4ABD = 4CEB que implica em DA = CE.

10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e BOD = COA. Mostre que CD =BA.

D

BC

AO

Solucao:Por hipotese BOD = COA com:

BOD = BOC + COD e COA = COB +BOA (1)

e pelo esquema COB = COD logo pelo caso LAL, 4BOA = 4COD o que implica em CD= BA.

EXERCICIO PAGINA 44

1. Na figura abaixo CMA e um angulo reto e M e ponto medio de AB. Mostre que CA =CB.

A

B

C

Solucao:

18


BMC e o suplemento de CMA logo CMA + BMC = 180◦. Como CMA = 90◦ temos queBMC = 180◦ - 90◦ = 90◦, logo CMA = BMC como M e ponto medio de AB, temos que AM =MB. Como CM e um lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL entao 4AMC = 4BMCque implica em CA = CB.

2. A regiao marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual serapossıvel medir a distancia entre os pontos A e B. (Qualquer medicao fora do lago e possıvel)

M

A

B

C

Solucao:Considerando a figura, prolongamos a SAC e SBC construindo os segmento CD e CE tal que

CD = CA e CE = CB.

M

A

B

E

D

C

Como DCE = ACB, pois sao opostos pelo vertice, entao 4DCE = 4ACB pelo caso LAL.Assim basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.

3. Mostre que, se um triangulo tem os tres lados congruentes, entao tem tambem os tresangulos congruentes.

Solucao:Considere a seguinte construcao:

B C

A

Se ∆ABC e equilatero entao tambem e isosceles de base BC, e portanto os angulos de suabase serao congruentes, isto e: B = C. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo

19


teremos A = C que implica em A = B = C. C.Q.D.

4. Na figura abaixo ABD e BCD sao triangulos isosceles com base DB. Prove que os angulosABC e ADC sao congruentes.

C

B

A

D

Solucao:Como ABD = BDA e DBC = BDC pois sao angulos da base de triangulos isosceles, entao:

ABD +DBC = ADB +BDC

que implica em:

ABC = ADC

5. Usando a mesma figura, (do exercıcio 4), mostre que tambem a reta AC e bissetriz de

BAD e perpendicular a DB.

Solucao:Os triangulos ABC e ADC sao congruentes pelo caso LAL logo CAB = CAD. Entao por

definicao AC e bissetriz de BAD.

6. Na figura abaixo, ABD e BCD sao triangulos isosceles com base BD. Prove que ABC =ADC e que AC e bissetriz do angulo BCD.

A

B

C

D

Solucao:Como o triangulo BCD e isosceles entao CBD = BDC. Como CBD = DBA + ABC e BDC

= BDA + ADC entao:

DBA + ABC = BDA + ADC

20


Como DBA = BDA pois ∆BDC e isosceles, entao ABC = ADC. E pelo criterio LAL temosque ∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.

7. Justifique o seguinte procedimento para determinacao do ponto medio de um segmento.“seja AB um segmento. Com um compasso centrado em A, desenhe um circulo de raio AB.Descreva outro circulo de mesmo raio e centro em B. Estes dois cırculos se interceptam em doispontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A intercecao desta reta com o segmento AB serao ponto medio de AB.”

Solucao:Executando o procedimento chegaremos ao seguinte desenho.

EAB

C

D

Onde percebemos que CB = CA = BD = DA = raio. Assim ∆CBA = ∆BDA e ∆CAD =∆CBD.

Pelos criterios de congruencia ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE =∆EDA, entao BE = EA e a reta“r” intercepta o segmento BA no ponto medio.

EXERCICIOS DA PAGINA 621

1. Prove que, se um triangulo tem dois angulos externos iguais, entao ele e isosceles.

Solucao:Dado o ∆ABC como no esquema

A

e

B

f

C

Como e e CAB sao adjacentes e estao sob a mesma semi-reta entao:

e+ CAB = 180◦

Do mesmo modo se conclui que

1Neste capıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Angulo Externo.

21


CBA+ f = 180◦

O que implica que

e+ CAB = CBA+ f (1)

Como por hipotese e = f entao de (1) se conclui:

CAB = CBA

Portanto o triangulo ABC e isosceles de base AB.

3. Na figura abaixo os angulos externos ACE e ABD satisfazem a desigualdade: ACE <ABD. Mostre que ABD > ABC.

A

B CD E

Solucao:Pelo TAE tem se que:

ACE > BAC,ABC

Como por hipotese ACE < ABD entao

ABC < ACE < ABD

Que implica em ABC < ABD

4. Prove que um triangulo retangulo tem dois angulos externos obtusos.

Solucao:Dado o triangulo ABC como na figura a seguir

A B

C

sabe se que A + B + C = 180◦. Como B = 90◦ entao A, C < 90◦. Logo o angulo externo aA e C > 90◦ uma vez que sao suplementares.

5. Na figura abaixo, B, D e A sao colineares. Do mesmo modo D, E e C sao colineares.Mostre que AEC > DBC

22


A

B

C

DE

Solucao:Note que ADE e um angulo externo ao triangulo DBC e pelo TAE tem se:

ADE > DBC,DCB (1)

Do mesmo modo AEC e externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se:

AEC > ADE (2)

De (2) e (1) tira-se que, AEC > DBC. Concluindo a demonstracao.

6. Em um cartorio de registro de imoveis um escrivao recusou se a transcrever o registro deum terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprietario mediam 100m, 60m e 20m. Vocepode dar um argumento que justifique a atitude do escrivao?

Solucao:Uma possibilidade e que este escrivao seja funcionario publico e ja tenha dado a hora que

marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade e que ele conheca o Teorema da desigualdadeTriangular. Pelo teorema da desigualdade triangular a soma de quaisquer dois lados de umtriangulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que e menorque 100, o que iria contra o teorema.

7. Prove as propriedades da funcao “reflexao”, constantes do texto.

Solucao:Prova de (i)Sabe-se que Fm(Fm(A)) = A, no entanto queremos provar que Fm(A) = A′ o que seria

equivalente ao mostrar que Fm(A′) = A. Portanto para verificar essa igualdade (Fm(A) = A′)vamos mostrar que Fm(A′) = A.

Se Fm(A) = A′ entao existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m.

A

D

A′

m

23


Como por hipotese A, A’ nao pertencem a reta m, entao AA’ intercepta m num ponto D talque AD = DA′.

Agora verifica-se que o segmento AA′ possui duas condicoes de reflexo.

A′A = {AD ∪DA′} = AA′

Contudo, como AD e DA’ estao sob a mesma reta A′A coincide com AA′, logo A′A e per-pendicular a m tendo D como seu ponto medio. Assim Fm(A′) = A.

C.Q.D.

Prova de (ii)

(⇒) Se Fm(A) = A entao por definicao existe um segmento AA perpendicular a uma reta monde m ∩ AA e um ponto P que e ponto medio do segmento AA. No entanto como AA e umconjunto unitario (AA={A}) entao A ∈ m.

(⇐) Como AA = {A} e A pertence a m entao Fm(A) = A, pois o reflexo de um ponto e oproprio ponto.

Prova de (iii)Fazendo Fm(A) = A′ e Fm(B) = B′ entao Fm(A)F(B) = A′B′ deste modo devemos provar

que A′B′ = AB.

• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstracao e imediata.• Se A 6= B entao AA’ e BB’ serao interceptados por m nos seus pontos medios D e E

respetivamente

D

B

B′

E

A

A′

m

r

s

Seja r a reta que passa por DB e s a reta que passa por DB′ teremos que:

∆BDE = ∆EB’D (caso LAL)

Note que ∆BDB’ e isosceles de base BB’ e a reta m e sua bissetriz. Assim BDE = B′DE ecomo

ADB +BDA+BDE + EDB′ = 180◦

e tambem

ADB = BDE = 90◦

Entao conclui se que ADB = A′DB′. E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ sao congruentes pelocaso LAL.

24


D

B

B′

E

A

A′

Assim AB = A′B′ C.Q.D.

Prova de (iv)Seja r a reta que passa por A e B, e s a reta que passa por A e B’ entao:

A

B

B′

m

r

s

BDA = ADB = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ e isosceles ecomo m e sua altura, pois m ⊥ BB′, tambem e sua bissetriz.

8. Na figura a seguir os triangulos ABC e EDC sao congruentes e os pontos A, C e D saocolineares. Mostre que AD > AB

C

B

A

E

D

Solucao:O angulo ECD > B, A pelo TAE. Como ∆ABC = ∆ECD ∴ ECD = BCA, assim AC = EC

pelo teorema da desigualdade triangular temos que:

AC + CB ≥ AB

Como AC = EC e CB = CD entao

EC + CD > AB

Como AD = AC + CD tem se que:

AD = EC + CD > AB

25


que implica em AD > AB.

9. Na figura a seguir tem se 1 = 2 e 1 + 2 = 180◦. Conclua que as retas m e n sao paralelas.

m

1

n

2

Solucao:Se m nao for paralela a n entao se formara um triangulo com dois angulos retos, pois 1 = 2 e

1 + 2 = 180◦ o que nao seria possıvel, (isso porque a soma dos angulos internos seria maior que180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n.

10. Na figura abaixo B e D sao angulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC.

A

D C

B

Solucao:Basta tracar o segmento AC, e entao ∆ADC = ∆ABC pelo criterio cateto hipotenusa que

implica que AD = BC.

11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triangulos quaisquer em que AB = A’B’, A = A′ e C = C ′.Decida se ABC e A’B’C’ sao congruentes ou nao.

Solucao:Os triangulos serao congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso Cateto angulo oposto caso sejam

triangulos retangulos.

12. No final da demonstracao do teorema 5.2, e feita a seguinte afirmacao: “.. a semi-retaSAF divide o angulo BAD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmacao e verdadeira.

Solucao:Dado BAD este angulo e definido por duas semi-retas com origem em A.

26


A

B

D

F

Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD entao F∈BAD e portanto SAF ⊂ BADlogo divide BAD

EXERCICIO PAGINA 84

1. Na figura ao lado O e o ponto medio de AD e B = C. Se B, O e C sao colineares, concluaque os triangulos ABO e DOC sao congruentes.

A B

C D

O

Solucao:Por hipotese AO = OD e B = C, devemos provar que ∆AOB = ∆COD.Pela proposicao 6.3 AB e paralelo a CD logo A = D pois sao correspondentes, como COD =

AOB, pois sao opostos pelo vertice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD

2. Prove que a soma das medidas dos angulos agudos de um triangulo retangulo e 900.

Solucao:

A

B

C

Pelo teorema 6.5 A+ B + C = 1800. Seja C = 900 entao A+ B = 1800 − C que implica emA+ B = 900.

3. Prove que cada angulo de um triangulo equilatero mede 600.

Solucao:

27


A

C

B

r

Seja ∆ABC equilatero entao:

A+ B + C = 1800 (1)

Por ser isosceles A = C = B entao:3 · B = 1800

Que implica em B = 600 logo A = C = B = 600

4. Prove que a medida do angulo externo de um triangulo e igual a soma das medias dosangulos interno a ele nao adjacentes.

Solucao:

A

C

B

e

Dado ∆ABC sabe se que A+ B + C = 1800 (1) tambem B + e = 1800 (2) igualando (1)com (2) temos:

A+ B + C = B + e⇒ e = A+ B

Como se queria demonstrar.

5. Um segmento ligando dois pontos de um circulo e passado por seu centro chama-sediametro. Na figura ao lado O e o centro do circulo, AB e um diametro e C e outro pontodo circulo. Mostre que 2 = 2 · 1

Solucao:

A B

C

O

21

28


Como mostramos na questao anterior 2 = 1 + c. Para mostrar que 2 = 2 · 1 basta mostrarentao que c = 1. Sabemos que AD = r (r e o raio da circunferencia) e OC = r logo AO = OC

portanto ∆AOC e isosceles de base AC e seus angulos 1 = C C.Q.D..

6. Prove que se m e n sao retas equidistantes entao m e n sao paralelas ou coincidentes.

Solucao

A

A′

P

n

m

Seja m e n duas retas distintas que se interceptam no ponto P. Marca se na reta m o ponto Apor onde desse uma perpendicular a reta n no ponto A′. Como as retas sao equidistantes entaoAP = A′P e ∆AA′P e isosceles de base AA′ o que e um absurdo pois a soma de seus angulosinternos seriam maior que 1800, logo ou m e paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.

7. Seja ABC um triangulo isosceles com base AB. Sejam M e N os pontos medios dos ladosCA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexodo ponto C relativamente A reta que passa or M e N A¨ exatamente o ponto medio do segmentoAB.

Solucao:Considere as figuras:

A B

C

M N

Seja ∆ABC CM = CN, pois o triangulo e isosceles, e M, N e ponto medio. Seja F(MN)(C) =C ′ entao CC ′ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo criterio Hipotenusa, Cateto∆CMF = ∆NFN entao CC ′ intercepta MN no seu ponto medio.

8. Demonstrar a proposicao (6.10).

Solucao:Para o quadrilatero ABCD por hipotese AB//DC, AB = DC, BC = AD entao temos:

29


O

A B

CD

Pelo desenho e possıvel deduzir que os angulos ACD = CAB; ABD = BDC e DAO =ADO = OBC = BCO

Entao pelo caso LAL ∆AOB = ∆COD, portanto AO = OD. Analogamente ∆BOD =∆AOC logo BO = OC o que conclui que ambas as retas se interceptam no ponto medio.

9. Demonstre a proposicao (6.12).

Solucao:Proposicao 6.12: Dado um quadrilatero qualquer se dois lados opostos sao congruentes e

paralelos entao o quadrilatero e um paralelogramo.

A

C

B

D

er

Para esta prova usaremos a proposicao 6.11 onde dado o quadrilatero ABCD com AB//DCe AB = DC por hipotese provaremos que AD = DC por hipotese provaremos que AD = BC,pois segundo 6.11 se isso ocorre o quadrilatero e um paralelogramo. AB//DC por hipotese, logotracamos uma reta r que divide o quadrilatero em ∆ADB, ∆DBC (esquema) entao:

e = ABD pois sao opostos pelo vertice.

e = BDC pois sao correspondentes.

Como DB e comum aos dois triangulos e AB = DC por hipotese entao ∆ADB = ∆DBCpelo caso LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposicao 6.11 ABCD e um paralelogramo.

10 Um retangulo A¨ um quadrilatero que tem todos os seus angulos, retos. Mostre que, todoretangulo A¨ um paralelogramo.

Solucao:Considere o desenho.

A

C

B

D

30


Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os angulos BAC = ACDe como a soma dos dos angulos internos de um triangulo e 180 graus entao:

ACB = DAC

Logo pelo caso LAL∆ADC = ∆ABC

entao os segmentos AD = BC e ambos sao perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados saocongruentes e paralelos.

11. Mostre que, as diagonais de um retangulo sao congruentes.Solucao:Por definicao um retangulo e um quadrilatero com 4 angulos retos.

A

C

B

D

O

Sabe se que se duas retas sao interceptadas por uma terceira perpendicular a elas entao estassao paralelas, logo dado o retangulo ABCD tem se que:

AB//DC e AD//BC

Portanto o retangulo e um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC,diagonais de ABCD, provemos que sao congruentes.

PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma analoga construımos ∆ADCcomo ambos sao retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL sao congruentes e DB =AC.

12. Um losango e um paralelogramo que tem todos os seus lados congruentes. Mostre que,as diagonais de um losango cortam-se em angulos reto e sao bissetrizes dos seus angulos.

Solucao:Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos medios.

Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, entao pelos pontos AB eC construımos o triangulo ABC de modo analogo construımos o triangulo DAB. Como BA=BCe DA=AB entao ∆ABC e ∆DAB sao isosceles tal que

31


∆ABC = ∆ABF ∪∆BFC

∆DAB = ∆DAF ∪∆FAB

e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Entao BD intercepta AC em 900 ecomo se interceptam em seus pontos medio ( e as diagonais sao a base do triangulo isosceles)entao sao bissetrizes.

13. Um quadrado e um retangulo que tambem e um losango. Mostre que, se as diagonais deum quadrilatero sao congruentes e se cortam em um ponto que e ponto medio de ambas, entaoo quadrilatero e um retangulo.

Solucao:Um retangulo e um quadrilatero com 4 angulos retos internos.

F

A C

B D

Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆CODComo AB = BC por hipotese e O e o ponto medio de ambos entao:

BO = OD = OC = AO (1)

∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD

Pelo caso LLL. Assim como os angulos AOB e BOC estao sob a mesma semi-reta e saocomplementares alem de serem congruentes entao:

AOB = BOD = 900

Analogamente para AOC = COD = 900. Como por (1) os triangulos contidos em ABCD

sao isosceles entao OBD = ODB = OBA = BAD = DAC = ACD = ODC = 450, pois a somade seus angulos internos deve ser 1800, um dos angulos ja e reto e dois da base sao congruentes.

Assim os angulos ABD = BAC = CDB = ABD = 900

Satisfazendo a definicao de retangulo.

EXERCICIO PAGINA 86

3. Mostre que, se dois angulos e o lado oposto a um deles, em um triangulo, sao iguais ascorrespondentes partes de um outro triangulo, entao os triangulos sao congruentes.

Solucao:A soma dos angulos internos de cada ∆ e 180◦ ou seja C + A+ B = C ′ + A′ + B′ como A =

A′ e B = B′ ⇒ C = C ′. Assim pelo criterio LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’

EXERCICIO PAGINA 100

32


10. Mostre que todo triangulo retangulo de lados p2 − q2, 2pq e p2 + q2 e um trianguloretangulo. Aqui p e q sA£o quaisquer numeros inteiros positivos com p > q.

Solucao:Se o triangulo e retangulo deve valer o teorema de Pitagoras caso contrario o triangulo nA£o

e retangulo. Vamos mostrar que este teorema e valido.

(p2 + q2)2 = (2pq)2 + (p2 − q2)2

(p2 + q2)2 = 4p2q2 + p4 + q4 − 2p2q2

(p2 + q2)2 = p4 + 2p2q2 + q4

Note que o segundo termo da igualdade e um quadrado perfeito

(p2 + q2)2 = (p2 + q2)2


1. Prove que, em um mesmo circulo ou em cırculos de mesmo raio, cordas congruentes saoequidistantes do centro.

Solucao:

A E B

O

C F D

Construa uma circunferencia de centro O com cordas AB = CD. Por O tracamos os segmentosOA = OB = OC = OD = Raio.

Assim ∆ABO e isosceles, o mesmo para ∆COD. Como AOB = COD, pois sao opostos pelovertice, entao ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.

Tracando os segmentos OE e OF tal que OE e EF sao alturas dos triangulos, portantoperpendiculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD entao EO = OF e as cordasAB e CD sao equidistantes, C.Q.D.

2. Prove que, em um mesmo circulo ou em cırculos de mesmo raio, cordas equidistantes docentro sao congruentes.

Solucao:Imagine a seguinte construcao:

33


A

B

C D

E

F

O

Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas sao equidistantes entao existe uma per-pendicular a cada corda que e congruente, isto e:

OE = OF por hipotese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.

Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto AE = EB= CF = FD e entao:

AE + EB = CF + FD

AB = CD

C.Q.D.

3. Prove que, em um mesmo circulo ou em cırculos de mesmo raio, se duas cordas temcomprimentos diferentes, a mais curta e a mais afastada do centro.

Solucao:Imagine a seguinte construcao:

A

B

C D

E

F

O

Como A,B,C e D pertence ao circulo entao:

OC = OD = OA = OB = raio

Logo ∆COD, ∆AOB sao isosceles.Tracando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retangulos.

Entao pelo teorema de Pitagoras:

OA2 = OF 2 + AF 2

e tambem

34


OC2 = OE2 + CE2

Como OA = OC = raio

OF 2 + AF 2 = OE2 + CE2 (1)

Como AB < CD por hipotese e F e E sao pontos medios de AB e CD respetivamente, pois∆AOB, ∆COD sao isosceles, entao AF < CE o que obriga a desigualdade OF > OE para mantera igualdade em (1). C.Q.D.

4. Mostre que a mediatriz de uma corda passa pelo centro do circulo.

Solucao:Dado uma corda AB e uma mediatriz “m” cortando AB no ponto E tal que AE = EB e

m⊥AB imagina-se a construcao a seguir:

A

E B

O

m

Com base na construcao e facil ver que:

AO = OB = Raio

e tambem que

∆AOB e isosceles de base AB.

Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB entao (por construcao), OE ⊥ AB. Comopor um ponto passa uma unica reta perpendicular entao OE e a propria mediana passando peloponto O (centro). C.Q.D.

5. Explique porque o reflexo de um circulo relativamente a uma reta que passa pelo seucentro e ainda o mesmo circulo.

Solucao:Recordando as propriedades de reflexao temos:

Fm(A) = A se A ∈ m.

Imagine a seguinte construA§A£o:

35


A

E

A′

Om

Tracando uma reta “m” que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro e o propriocentro. Seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo entao existe um segmento AA’ queintercepta “m” no ponto E tal que AE = A’E e AA’ ⊥ m.

Tracamos entao o ∆AOE = ∆EOA’ que sao congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ eportanto o reflexo de A tambem pertence ao circulo.

7. Na figura abaixo AE e tangente comum e JS liga os centros dos dois cırculos. Os pontosE e A sao pontos de tangencia e B e o ponto de intercessao dos segmentos JS e AE. Prove queo angulo J e igual ao angulo S.

S

E

B

J

A

Solucao:

Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunferencia em sua extremidade entaoesta e perpendicular a reta tangente.

Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA sao retangulos e EBS = JBA, pois sao postos pelovertice. Como ∆ESB e ∆JBA possui dois angulos congruentes entao sao semelhantes e portantoS = J, C.Q.D.

8. Na figura seguinte, M e o centro dos dois cırculos e AK e tangente ao circulo menor noponto R. Mostre que AR = RK.

36


AR

K

M

Solucao:Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio.

AR

K

M

Por “m” tracamos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora se um raio intercepta umareta em seu ponto de tangencia esta e perpendicular a reta. Com base nisto teremos ARM =MRK = 90◦. Portanto ∆AMR, e ∆MRK sao retangulos e pelo criterio cateto hipotenusa dostriangulos retangulos ∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK C.Q.D.

9. Na figura abaixo, UK e tangente ao circulo no ponto U e UE = LU. Mostre que LE = EK.

L

U

E

K

Solucao:Se UK e tangente ao circulo no ponto U entao UK ⊥ LU logo LUK = 90◦.

Por hipotese UE = LU e como LE e raio entao LE = LU = UE.

Assim ∆LUE e equilatero e LEU = LUE = ULE = 60◦.

Como LEU e angulo externo do ∆EUK entao:

LEU = EKU + EUK

37


No entanto como LUK = LUE + EUK entao LUE + EUK = 90◦ (1)Como LUE = 60◦ por (1) tem-se

EUK = 30◦

Assim LEU = EUK + EKU implica em:

60◦ = 30◦ + EKU

EKU = 30◦

Assim ∆EUK e isosceles de base UK, pois possuem dois angulos de 30◦, e assim EK = UE(2). Como UE = LU = LE (3).

Por (2)e por (3) chegamos a LE = EK C.Q.D.

10. Na figura seguinte, MO = IX. Prove que MI = OX.

M X

O I

Solucao:Tracando uma corda MX com ela e possıvel perceber que MOX = MIX, pois ambas possuem

a mesma corda.

M X

O I

B

Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois angulos congruentes estes sao semelhantes portanto:

MO

XI=OB

BI

Como MO = XI por hipotese:

OB

BI= 1⇒ OB = BI

Assim ∆MOB = ∆BXI pelo caso LAL e MB = BX, portanto:

MB + BI = BX + OBMI = XO

C.Q.D.

11. Na figura seguinte, H e o centro do circulo e CI e um diametro. Se CA e HN sao paralelos,

mostre que_

AN e_IN tem a mesma medida.

38


C IH

NA

Solucao:

C IH

NA

Na figura dada tracamos AH (figura acima), entao:

C = 0.5(AHI) (1)

Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Tambem podemosperceber CAH = AHN, pois sao angulos alternos internos.

Como ∆ACH e equilatero (AH = CA = CH = Raio) entao C = CAH = AHN.Entao de (1) vem que:

C = 0.5 AHI = 0.5(AHN + NHI)

C = 0.5(AHN + NHI)

Como AHN = C

C - 0.5 C = 0.5 NHI

0.5 C = 0.5 NHI

NHI = C = AHN

Concluindo que NHI = AHN.

Como angulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstracao

concluindo que_

AN =_IN.

12. Na figura abaixo, O e o centro do circulo e TA e um diametro. Se PA = AZ, mostre queos triangulos PAT e ZAT sao congruentes.

P

A

Z

T

O

39


Solucao:Note que T PA e T ZA remetem ambos a arcos formados por semi cırculos de modo que

T PA = TZA = 90◦

Logo os triangulos PAT e ZAT sao congruentes pelo caso especial (PA = AZ e TA comum).

14. Na figura seguinte, o quadrilatero DIAN e um paralelogramo e I, A e M sao colineares.Mostre que DI = DM.

A

M

N

DI

O

Solucao:

Temos DNA = DMA, pois submetem ao mesmo arco_

DA . Como DIAN e um paralelogramoentao DNA = DIA, assim:

DMA = DIA

Como I, A e M sao colineares o ∆DMI e isosceles de base MI o que implica em DM = DI

15. Na figura abaixo, qual dos dois arcos_

AH ou_

MY, tem a maior medida em graus? Sabese que os dois cırculos sao concentricos.

A ME

TS

YH

Solucao:Com base na figura dada imagine a seguinte construA§A£o:

A ME

T

SYH

o

40


Note que AOH e um angulo central da mesma circunferencia em que ATH esta inscrita eportanto:

ATH =AOH

2

Com ATH relativo ao arco_

AH e MOY relativo ao arco_

MY.

Como MOY > AOH isso implica diretamente em_

MY =_

AH.

16. Mostre que um angulo secante cujo vertices esta dentro do circulo tem medida igual ametade da soma do arco que determina com o arco que e determinado pelo angulo que se lhe

opoe pelo vertice. (Na figura anterior a esquerda: APB =1

2(med

_AB + med

_CD).

Solucao:Facamos a seguinte construcao:

A

B

C

D

P

Note que APB e angulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que APB = ADB + CBD.

Como AOB e angulo inscrito na circunferencia que corresponde ao arco_

AB e CBD corresponde

ao arco_

DC temos:

ADB =

_AB

2

CBD =

_DC

2

Como APB = ADB + CBD segue se que:

APB =

_AB +

_DC

2

17. Na figura abaixo APB e um angulo secante cujo vertice esta fora do circulo mostre que APB

=1

2(med

_AB - med

_CD)

41


A

B

C

D

P

Solucao:Na figura fazemos a seguinte construcao:

A

B

C

D

P

Com essa construcao teremos os seguintes angulos inscritos ACB, ADB e CBD.Como ACB e angulo esterno ao triangulo CBP por consequencia do axioma V temos:

ACB = APB + CBD

APB = ACB - CBD

APB =

_AB

2+

_CD

2

APB =1

2(

_AB−

_CD)

C.Q.D.

21. Prove que o segmento ligando um vertice de um polıgono regular ao centro do cırculo emque ele esta inscrito e bissetriz do angulo daquele vertice.

Solucao:Seja A1,...,An um polıgono qualquer inscrito numa circunferencia de centro “O”

A1

A2

A3

A4

An

O

42


Os triangulos A1OA2 e A2OA3 sao congruentes e dessa congruencia retiramos que:

A1A2O = OA2A3

Logo OA2 e bissetriz de A1A2A3 C.Q.D.


1. Prove que uma reta pode cortar um cırculo em no maximo dois pontos.

Solucao:Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Tracamos por A uma reta m que intercepta

o cırculo num ponto B, assim C ∪m{A,B} pois A e B sao colineares.Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que pertenca a m e a C

simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C). Como A, B e C sao colineares entao Cesta entre A e B (A − C − B). Deste modo sendo “O” o centro da circunferencia terıamosOA = OB = OC. O que seria um absurdo pois se C esta entre A e B OA = OB > OC.

2. Na figura abaixo APC e um angulo secante cujo vertice encontra-se fora do circulo e queo intercepta em quatro pontos como indicado. Prove que AP·PB = CP·PD.

A B

C

D

P

Solucao:

Tracando AD e CB tem se BAD = BCP , pois determinam o mesmo arco_

BD. E possıvelobservar que ∆APD e semelhante ao ∆CBP, desta semelhanca tem-se:

AP

CP=AD

CB=DP

PB

Que implica em

AP · PB = CP · PDComo se queria demonstrar.

3. Na figura abaixo WS e HI sao cordas que se interceptam no ponto G, e RT e bissetriz doangulo WGI. Prove que WR · TS = HT ·RI.

WR I

G

H T S

43


Solucao:WGR = RGI, pois RT e bissetriz de WGI. Como WGR = TGS, pois sao opostos pelo

vertice, entao RGI = HGT que implica que RGI = SGT .

Temos que WSH = WIH, pois subentende-se ao mesmo arco_

WH. Com isso pode-se afirmarque ∆IRG e semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois angulos congruentes SGT = IGR e

WST = WIH). Desta semelhanca temos que:

RI

TS=RG

GT=IG

GS(1)

Considerando que IWS = IHS, pois se subentendem ao mesmo arco_IS, segue se que ∆WRG

e semelhante ao ∆HGT. Desta semelhanca tem se que:

WR

HT=RG

GT=WG

HG(2)

De (1) e (2) obtemos

RG

GT=WR

HT;RG

GT=RI

TS⇒ WR

HT=RI

TS⇒WR · TS = HT ·RI


4. Seja ABC um triangulo e D um ponto de BC tal que AD e bisstriz do angulo A. Proveque (AD)2 = AB ·AC −BD ·DC.

Solucao:Considere o ∆ABC inscrito no circulo (C) como na figura abaixo; onde acrescentamos os

segmentos DE e EB.

A

BC

E

D

Note que BAD = DAC, pois por hipotese AD e sua bissetriz. Como BEA = ACB, pois sao

angulos que subtende ao mesmo arco, no caso_

AB, entao se conclui que ∆ABE e semelhante ao∆ADC. Isso implica que:

AB

AD=AE

AC⇒ AB ·AC = AE ·AD

Observe que DBE e CAD sao angulos que determinam o mesmo arco_

EC e portanto DBE =CAD. E como BED = ACD entao ∆BDE e semelhante ao ∆ADC. Desta semelhanca tem-se:

44


BD

AD=ED

DC⇒ AD ·DE = BD ·DC

Levando em conta que AE = AD +DE temos:

AD ·AE = AB ·AC

AD · ( AD +DE ) = AB ·AC

AD2

+AD ·DE = AB ·AC

AD2

+BD ·DC = AB ·AC

AD2

= AB ·AC −BD ·DC


5. Na figura seguinte o cırculo esta inscrito no quadrilatero. Prove que a soma dos compri-mentos de um par de lados opostos e igual a soma dos comprimentos do outro par.

Solucao:Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor sao congruentes.

A

B

CD

O

X

P

Z

Y

90◦

90◦

Note que AB, BC, CD e DA sao tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z e P, o que implicaem:

AX = AP

BX = BY

CY = CZ

DZ = DP

Somando membro a membro:

45


AX +BX + CY +DZ = AP +BY + CZ +DP

AB + (CY +DZ) = AD + (BY + CZ)

AB +DC = AD +BC

Com se queria demonstrar.

6. Seja ABCDEF um hexagono que circunscreve um cırculo. Prove que AB + CD + EF = BC + DE + FA.Solucao:

T

Q

F C

X

P

Y

Z

A B

DE

Por hipotese e pela construcao dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA sao tangentes ao circulonos pontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente.

Pela construcao e possıvel notar que alguns segmentos sao congruentes, isto e:

AT = AXBX = BYCY = CZDZ = DPEP = EQFQ = FT

somando as igualdade membro a membro.

AT + BX + CY + DZ + EP + FQ = AX + BY + CZ + DP + EQ + FT

Permutando alguns membros

(BX + AX) + (DZ + CZ) + (EQ + FQ) = (BY + CY) + (DP + EP) + (AT + FT)

AB + CD + EF = BC + DE + FA

46



8. Prove que se dois cırculos tem dois pontos em comum, a reta dos centros e mediatriz dosegmento ligando estes dois pontos.

Solucao: Considere a seguinte construcao onde A e B sao os pontos de intercessao entre oscırculos.

O

A

B

OA = OB pois, sao raios do circulo mais a esquerda de modo que OAB = OBA pois sao angulosda base ∆AOB isosceles.

Tracando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), entao pelo criterio LAL o∆AOH e ∆BOH sao congruentes de modo que H sera ponto medio de AB.

Tracando agora um segundo segmento PH’ de modo que PH’⊥AB (com H’ ∈ AB). Compensamento analogo se chega a construcao de que H’ tambem e ponto medio do segmento AB.

Como um segmento nao pode possuir dois pontos medios entao H = H’ assim

OH ∪ H′P = OP

Que intercepta AB no seu ponto medio, CQD.

10. Prove que se dois cırculos sao tangentes, a reta dos centros passa pelo ponto de contacto.

Solucao: Dado o esquema a seguir queremos mostrar que a reta determinada por O e Ppassa pelo ponto de tangencia X.

O PX

r

47


Para tanto perceba que OX e perpendicular a reta r, assim os pontos O, X e P sao colineares.Onde se conclui que OP passa pelo ponto X.

11. Na figura seguinte as retas sao tangentes comuns aos dois cırculos. Prove que m1 e m2

se interceptam na linha dos centros.Prove que se os raios dos dois cırculos sao diferentes, as retas n1 e n2 tambem se interceptam

na reta dos centros.

Solucao: (Primeira parte) Considere a seguinte construcao.

O P

B

C

HA

n1

n2

D

m1

m2

O angulo BAC e tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC e isosceles queimplica que CBA = BCA.

Tracando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC sera formado oponto D (que e intercessao de OH com BC) que sera ponto medio de BC. Segue-se entao que AD ealtura, bissetriz e mediana.

Usando de mesmo raciocınio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P sao pontoscolineares e que entao m1 e m2 se interceptam na linha dos centros.

12. Sejam A e B pontos de intercessao de dois cırculos. Sejam C e D as extremidades dosdiametros dos dois cırculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D contemo ponto B.

Solucao: Imagine a seguinte construcao

A

BDC

Os angulos ABC e ABD sao inscritos e subtendem a semi-cırculos pois AC e AD sao diametros,

48


assim ABC = 90◦ = ABD. Isto implica que eles sao suplementares e portanto os pontos C, B e Dsao colineares o que prova a afirmacao.

13. Prove que a medida de um angulo formado por um tangente e uma corda de um circuloe igual a metade da medida do arco que ele determina.

Soluao: Considere o seguinte esquema:

O

A

B

C

Perceba que OA⊥ AC e ∆OAB e isosceles o que implica no fato de que OAB = ABO.Como AOB e angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se:

AOB + OAB + OBA = 180◦

AOB = 180◦ − 2 OAB

Como OAB = 90◦ − CAB entao:AOB = 180◦ − 2(90◦ − CAB)Que implica em

CAB =AOB

2=

arco(AB)

2


1. Quando o sol esta a 20◦ acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada porum edifıcio de 50m?

Solucao:

tg 20◦ =50

AB⇒ AB ' 137.3796

2. Uma arvore de 10 metros de altura projeta uma sombra de 12m. Qual e a altura angulardo sol?

Solucao:

12m

10m

θ

49


tg θ =10

12⇒ θ = arctg (0.8333...) ∼= 39.8◦.

3. Os lados de um triangulo ABC sao os seguintes: AB = 5, AC = 8, e BC = 5. Determineo seno do angulo A.

Solucao:

A

B C

8

55

α α

Pela lei dos cosenos temos:

AB = AC2

+BC2 − 2AC BCcosC

25 = 64 + 25− 2 · 8 · 5 cosCcosC =

64

80⇒ C ∼= 36◦87′

Como C = A pois o triangulo e isosceles, entao sen C = sen A = 0.6

4. Do topo de um farol, 40 metros acima do nıvel do mar, o faroleiro vAa um navio segundoum angulo (de depressao) de 15◦. Qual a distancia do navio ao farol?

Solucao:

A B

C

15◦

40

tg θ =AC

BC⇒ AC = tg15◦ · 40 ∼= 10.72m

5. Um carro percorreu 500 metros de uma estrada inclinada 20◦ em aclive. Quantos metroso ponto de chegada esta acima do ponto de partida.

Solucao:

50


A 20◦ B

C

500m

Aplicando a lei dos senos

SenC

AB=SenA

BC

Sen90◦

500=Sen20◦

BC⇒ BC ∼= 171.01m

6. Mostre que o perımetro de um polıgono regular inscrito em um circulo de raio R e

pn = 2Rsen

(180◦

n

).

Solucao:O perımetro de Pn de n lados e calculado por:

Pn = 2nP

Onde P e a metade da medida de um lado, conforme a figura abaixo indica.

A

A

B

C

D

Fig. BD = DC e P =BD

DC

Sendo Sen A =P

Rcom A =

(360◦

2n

)entao:

P = RsenA

e portanto

Pn = 2nRsenA Pn2nRsen

(360◦

2n

)Pn = 2nRsen

(180◦

n

)C. Q. D.

7. Num triangulo ABC tem se AC = 23, A = 20◦ C = 140◦. Determine a altura do vertice

51


B.

Solucao:Esse triangulo nao existe. O que invalida a questao. Isso pode ser provado com o seguinte

calculo.A soma dos angulos internos de todo polıgono e igual a 180◦, logo B = 20◦ e o triangulo e

isosceles e portanto CB = 23. Como na figura abaixo.

A B

C

20◦ 20◦

140◦

Tracando uma bissetriz em C teremos dois triangulos retangulos como na figura abaixo.

A B

C

20◦ 20◦

70◦

D

90◦

Usando a lei dos senos temos:

sen20◦

DC=sen90◦

23⇒ DC ∼= 7.866

Aplicando o teorema de Pitagoras chegamos a AD = 21.613 portanto AB = 43.226.Vamos usar esses dados para mostrar que essa construcao de triangulo nao e possıvel pois se

tracarmos uma altura (segmento BE ) conforme a figura abaixo

A B

C

E90◦

20◦

teremos ABE = 180◦ − (20◦ + 90◦) = 70◦ o que seria impossıvel.

8. As funcoes secante, cossecante e cotangente de um angulo A sao definidas por secA =1/cosA, cossecA = 1/senA e cotgA = 1/tgA, desde que cosA, senA e tgA sejam definidas ediferentes de zero. Prove que:

a) 1 + tg2A = sec2A

52


b) 1 + tg2A = cossec2A

Solucao 8a:

sec2A =1

cos2A

sec2 =sen2A+ cos2A

cos2A

sec2sen2A

cos2A+ 1

sec2 = Tg2A+ 1

C. Q. D.

Solucao 8b:

Cosec2A =1

sen2A

=sen2A+ cos2A

sen2A

1 +cos2A

sen2A

= 1 + cotg2A

= 1 +1

tg2A

C. Q. D.

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Agradecimentos:

A Sabrina Fortunato Cunha pelo toque na questao 5 da pagina 9 do livro.Marina Passos pela solucao da questao 10 da pagina 101.Andreia Cristina Pereira de Oliveira pelo auxilio na digitacao.

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Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM - DMA ... 153/2016-I/listas/Slucoes...Geometria Euclidiana...

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