MA13_U10e11

10

1

Semelhança e TriânguloRetângulo

Sumário

10.1 Semelhança de triângulos . . . . . . . . . . . . . . . 2

Unidade 10 Semelhança de triângulos

10.1 Semelhança de triângulos

Dizemos que dois triângulos são semelhantes quando existe uma corres-

pondência biunívoca entre os vértices de um e outro triângulo, de modo que

os ângulos em vértices correspondentes sejam iguais e a razão entre os compri-

mentos de lados correspondentes seja sempre a mesma (�gura 10.1).

ka′

kc′ kb′

A

B C

a′b′

c′A′

B′

C ′

Figura 10.1: dois triângulos semelhantes.

Fisicamente, dois triângulos são semelhantes se pudermos dilatar e/ou gi-

rar e/ou re�etir e/ou transladar um deles, obtendo o outro ao �nal de tais

operações.

Na �gura 10.1, os triângulos ABC e A′B′C ′ são semelhantes, com a cor-

respondência de vértices A↔ A′, B ↔ B′, C ↔ C ′. Assim, A = A′, B = B′,

C = C ′ e existe k > 0 tal que

AB

A′B′=

BC

B′C ′=

AC

A′C ′= k.

Tal real positivo k é denominado a razão de semelhança entre os triângulos

ABC e A′B′C ′, nessa ordem (observe que a razão de semelhança entre os

triângulos A′B′C ′ e ABC, nessa ordem, é 1k).

Escrevemos ABC ∼ A′B′C ′ para denotar que os triângulos ABC e A′B′C ′

são semelhantes, com a correspondência de vértices A↔ A′, B ↔ B′, C ↔ C ′.

Se ABC ∼ A′B′C ′ na razão (de semelhança) k, então k é também a razão

entre os comprimentos de dois segmentos correspondentes quaisquer nos dois

triângulos. Por exemplo, nas notações da �gura 10.1, sendo M o ponto médio

de BC e M ′ o ponto médio de B′C ′, temos que

MA

M ′A′=a/2

a′/2=a

a′= k

(a esse respeito, veja também o problema 3, página 11).

2

Unidade 10Semelhança e Triângulo Retângulo

As três proposições a seguir estabelecem as condições su�cientes usuais para

que dois triângulos sejam semelhantes. Por tal razão, as mesmas são conhecidas

como os casos de semelhança de triângulos usuais. Como suas demons-

trações são consequências fáceis da recíproca do teorema de Tales, faremos

a prova do primeiro deles, deixando as demonstrações dos dois demais como

exercícios para o leitor (cf. problema 1).

Proposição 1Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos no plano, tais que

AB

A′B′=

BC

B′C ′=

AC

A′C ′.

Então ABC ∼ A′B′C ′, com a correspondência de vértices A ↔ A′, B ↔ B′,

C ↔ C ′. Em particular, A = A′, B = B′ e C = C ′.

ka′

kc′ kb′

A

B C

a′b′

c′A′

B′

C ′

Figura 10.2: o caso de semelhança LLL.

DemonstraçãoSendo k o valor comum das razões do enunciado, temos AB = k · A′B′,BC = k · B′C ′ e AC = k · A′C ′. Suponha, sem perda de generalidade, k > 1

e marque (cf. �gura 10.3) o ponto B′′ ∈ AB tal que AB′′ = A′B′.

D

B′′

C ′′

A

B C

Figura 10.3: prova do caso de semelhança LLL.

3


Sendo C ′′ a interseção com o lado AC da reta que passa por B′′ e é paralela

ao lado BC, segue do teorema de Tales que

AC ′′

AC=

AB′′

AB=

1

k,

de maneira que AC ′′ = 1k· AC = A′C ′.

Trace, agora, a paralela ao lado AB passando por C ′′, a qual intersecta o

lado BC no ponto D. Então, o quadrilátero B′′C ′′DB é um paralelogramo, de

sorte que, novamente pelo teorema de Tales, temos

B′′C ′′

BC=

BD

BC=

AC ′′

AC=

1

k.

Logo, B′′C ′′ = 1k· BC = B′C ′.

A discussão acima mostrou que

AB′′ = A′B′, AC ′′ = A′C ′ e B′′C ′′ = B′C ′,

i.e., que os triângulos AB′′C ′′ e A′B′C ′ são congruentes pelo caso LLL de

congruência. Portanto, temos

B = ABC = AB′′C ′′ = A′B′C ′ = B′,

e, analogamente, A = A′ e C = C ′.

Proposição 2 Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos no plano, tais que

AB

A′B′=

BC

B′C ′= k e B = B′.

Então, ABC ∼ A′B′C ′, com a correspondência de vértices A↔ A′, B ↔ B′,

C ↔ C ′. Em particular, A = A′, C = C ′ e ACA′C′ = k.

Proposição 3 Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos no plano, tais que

A = A′ e B = B′.

4


ka′

kc′

A

B C

a′

c′A′

B′

C ′

Figura 10.4: o caso de semelhança LAL.

Então, ABC ∼ A′B′C ′, com a correspondência de vértices A↔ A′, B ↔ B′,

C ↔ C ′. Em particular,

AB

A′B′=

BC

B′C ′=

AC

A′C ′.

A

B C

A′

B′

C ′

Figura 10.5: o caso de semelhança AA.

Como corolário dos casos de semelhança acima, estabelecemos na proposição

a seguir as relações métricas em triângulos retângulos.

Proposição 4Seja ABC um triângulo retângulo em A, com catetos AB = c, AC = b e

hipotenusa BC = a. Sendo H o pé da altura relativa à hipotenusa, CH = x,

BH = y e AH = h, temos:

(a) ah = bc.

(b) ax = b2 e ay = c2.

(c) a2 = b2 + c2.

(d) xy = h2.

5


Demonstração(a) e (b). Como AHB = CAB e ABH = CBA (�gura 10.6), os triângulos

BAH e BCA são semelhantes pelo caso AA, com a correspondência de vértices

A↔ C, H ↔ A, B ↔ B. Assim,

BH

AB=

AB

BCe

AH

AB=

AC

BC

ou, ainda,y

c=c

aeh

c=b

a.

A relação ax = b2 é provada de maneira análoga.

A B

C

Hx

yh

c

b

a

Figura 10.6: relações métricas num triângulo retângulo.

(c) Somando membro a membro as relações (b) e (c), obtemos a igualdade

a(x+ y) = b2 + c2. Mas desde que x+ y = a, nada mais há a fazer.

(d) Multiplicando membro a membro as duas relações do item (b), obtemos

a2 · xy = (bc)2 ou, ainda,

xy =

(bc

a

)2

= h2,

onde utilizamos o item (a) na última igualdade acima.

O item (c) da proposição acima é o famoso teorema de Pitágoras. Apre-

sentamos, no que segue, algumas consequências importantes do mesmo, a pri-

meira das quais já foi utilizada na seção acima referida.

6


Corolário 5As diagonais de um quadrado de lado a medem a√

2.

DemonstraçãoSe ABCD é um quadrado de lado a e diagonais AC e BD (�gura 10.7),

então o triângulo ABC é retângulo e isósceles. Daí,

AC =

√AB

2+ BC

2=√a2 + a2 = a

√2.

A B

CD

a

a

Figura 10.7: cálculo da diagonal de um quadrado.

Corolário 6As alturas de um triângulo equilátero de lado a medem a√3

2.

DemonstraçãoSejam ABC um triângulo equilátero de lado a e M o ponto médio de BC

(�gura 10.8). Como AM⊥BC, aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo

B C

A

M

a

a

2

Figura 10.8: alturas de um triângulo equilátero.

ACM , obtemos

AM2

= AC2 − CM

2= a2 −

(a2

)2=

3a2

4,

7


donde segue o resultado.

O exemplo a seguir utiliza o item (d) da proposição 4 para resolver geome-

tricamente uma equação do segundo grau de raízes positivas.

Exemplo 7 Dados segmentos de comprimentos s e p, tais que s > 2p, construa com

régua e compasso as raízes da equação x2 − sx+ p2 = 0.

Solução

p

s

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e marque sobre a mesma pontos B e C tais que BC = s.

Em seguida, construa um semicírculo Γ de diâmetro BC.

2. Trace a reta r′, paralela à reta r e à distância p de r, a qual intersecta Γ

nos pontos A e A′ (uma vez que p < s2).

3. Se H é o pé da perpendicular baixada de A a BC, então BH+ CH = s

e o item (d) da proposição 4 garante que BH · CH = p2. Logo, BH e

CH são as raízes da equação do segundo grau do enunciado.

Para terminar esta seção, estabelecemos a recíproca do teorema de Pitágo-

ras (a esse respeito, veja também a lei dos cossenos na próxima unidade).

Proposição 8 Seja ABC um triângulo tal que AB = c, BC = a e AC = b. Se

a2 = b2 + c2, então ABC é retângulo em A.

8


DemonstraçãoSejaH o pé da altura relativa a BC. Há dois casos essencialmente distintos:

(a) B ∈ CH: nesse caso, o teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo AHC

nos dá (�gura 10.9)

b2 = AH2

+ CH2> CH

2 ≥ BC2

= a2 = b2 + c2

e, daí, 0 ≥ c2, o que é um absurdo.

H CB

A

Figura 10.9: recíproca do teorema de Pitágoras - caso (a)

(b) H ∈ BC: sejam AH = h, M o ponto médio de BC e BH = x

(�gura 10.10). Podemos supor, sem perda de generalidade, que H ∈ BM .

H CB

A

M

Figura 10.10: recíproca do teorema de Pitágoras - caso (b)

O teorema de Pitágoras aplicado aos triângulos AHC e AHB nos dá

a2 = b2 + c2 = (AH2

+ CH2) + (AH

2+ BH

2) = 2h2 + (a− x)2 + x2,

donde h2 = ax − x2. Mas aí, aplicando novamente o teorema de Pitágoras

(agora ao triângulo AHM), obtemos

AM2

= AH2

+ HM2

= h2 + (BM − BH)2

= (ax− x2) +(a

2− x)2

=a2

4,

9


donde segue que AM = a2

= 12BC. Portanto, M equidista dos vértices de

ABC e a proposição 7.15, Unidade 7, garante que ABC é retângulo em A.

10


1. * Prove que os conjuntos de condições elencados em cada uma das pro-

posições 2 e 3 são realmente su�cientes para garantir a semelhança dos

triângulos ABC e A′B′C ′ (sugestão: imite a prova da proposição 1).

2. Na �gura abaixo, os três quadriláteros mostrados são quadrados e os

pontos X, Y e Z são colineares. Calcule a medida x em centímetros do

lado do quadrado menor, sabendo que os outros dois quadrados têm lados

medindo 4cm e 6cm.

X

YZ

3. * Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos semelhantes, com razão de semel-

hança k. Sejam, ainda, ma e m′a, ha e h′a, βa e β′a respectivamente os

comprimentos das medianas, alturas e bissetrizes internas relativas a A e

A′. Prove quema

m′a=hah′a

=βaβ′a

= k.

4. * O triângulo ABC é retângulo em A e o ponto P ∈ BC é o pé da

bissetriz interna do ângulo ∠BAC. Calcule a distância de P ao lado AC

em função de AB = c e AC = b (sugestão: se Q ∈ AB é tal que

PQ⊥AB, então AQ = PQ e PQB ∼ CAB).

5. Seja ABC um triângulo retângulo em A e tal que AB = 1. A bissetriz

do ângulo ∠BAC intersecta o lado BC em D. Sabendo que a reta que

passa por D e é perpendicular a AD intersecta o lado AC em seu ponto

médio, calcule o comprimento do lado AC (sugestão: use o resultado do

problema anterior).

6. Seja ABCD um paralelogramo de diagonais AC e BD e lados AB =

10cm, AD = 24cm. Sejam, ainda, E e F respectivamente os pés das

perpendiculares baixadas desde A aos lados BC e CD. Sabendo que

AF = 20cm, calcule o comprimento de AE (sugestão: FAD ∼ EAB).

11


7. Inscrevemos em um ângulo de vértice A dois círculos de raios r < R,

tangentes exteriormente em P . Calcule AP em termos de r e R.

8. Seja ABC um triângulo tal que BC = a, AC = b e AB = c, e M , N

e P pontos respectivamente sobre AB, BC e CA, tais que AMNP é

um losango.

(a) Calcule, em termos de a, b e c, o comprimento do lado do losango.

(b) Mostre como construir com régua e compasso a posição do ponto

M .

9. Seja ABC um triângulo equilátero de lado a e M o ponto médio de

AB. Escolhemos um ponto D sobre a reta←→BC, com C entre B e

D, de modo que CD = a2. Se AC ∩ DM = {E}, calcule AE em

termos de a (sugestão: trace por C a paralela a←→AB e marque seu ponto

F de interseção com DE. Use, em seguida, que CFD ∼ BMD e

CFE ∼ AME).

10. Em um trapézio ABCD de bases AB = a e CD = b, os lados não

paralelos são AD e BC. Pelo ponto de concurso P das diagonais AC

e BD de ABCD, traçamos o segmento MN paralelos às bases, com

M ∈ AD e N ∈ BC. Prove que MN = 2aba+b

, a média harmônica de a

e b.

11. Em um trapézio ABCD, de bases AB e CD e lados não paralelos AD

e BC, seja M o ponto médio da base CD. O segmento AM intersecta

a diagonal BD em F . Traçamos por F a reta r, paralela às bases. Se r

intersecta os segmentos AD,AC e BC respectivamente em E,G e H,

prove que EF = FG = GH.

12. * Sobre o lado BC de um triângulo ABC marcamos um ponto Z. Em

seguida, traçamos por B e C respectivamente as retas r e s, ambas

paralelas a←→AZ. Se

←→AC ∩ r = {X} e

←→AB ∩ s = {Y }, prove que

1

BX+

1

CY=

1

AZ

12


(sugestão: utilize as semelhanças BXC ∼ ZAC e CY B ∼ ZAB para

calcular BX em função de AZ, CZ, BC e AZ, BZ, BC. Em seguida,

use que BZ + CZ = BC).

13. * (OCM). Seja ABC um triângulo tal que ABC = 2ACB. Mostre que

b2 = c(a+ c) (sugestão: se D é o pé da bissetriz interna traçada a partir

de B, mostre inicialmente que ABC ∼ ADB).

14. (OCM). Um triângulo ABC é tal que C = 2A e AC = 2BC. Mostre

que tal triângulo é retângulo (sugestão: use o resultado do problema

anterior).

15. * (OCS - adaptado). Sejam Γ(O;R) o círculo circunscrito ao triângulo

ABC e Ha o pé da altura relativa ao lado BC. Se A′ é o simétrico de

A em relação a O, prove que AA′C ∼ ABHa. Conclua, a partir daí, que

se AB = c, AC = b e AHa = ha, então

ha =bc

2R.

16. As retas r e s são tangentes ao círculo circunscrito ao triângulo acutân-

gulo ABC respectivamente em B e em C. Sendo D, E e F os pés das

perpendiculares baixadas de A respectivamente a BC e às retas r e s,

prove que

AD2

= AE · AF

(sugestão: ABD ∼ ACF e ACD ∼ ABE).

Para o problema a seguir, dizemos que um trapézio ABCD, de bases AB

e CD e lados não paralelos AD e BC, é retângulo em A seDAB = 90◦.

17. Seja ABCD um trapézio de bases AB e CD e lados não paralelos AD

e BC, retângulo em A. Sabendo que AB e CD medem respectivamente

12cm e 4cm, e que ABCD é circunscritível, calcule as distâncias dos

vértices B e C ao centro do círculo inscrito em ABCD.

18. A hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC é dividida em quatro

segmentos congruentes pelos pontos D,E, F . Se BC = 20, calcule a

13


soma AD2 + AE2 + AF 2 (sugestão: adapte a sugestão do problema 4,

página 11, a este caso).

19. No retângulo ABCD de lados AB = 4m e CD = 3m, marcamos sobre

a diagonal AC o ponto M tal que DM⊥AC. Calcule o comprimento do

segmento AM (sugestão: use relações métricas em triângulos retângu-

los).

20. Seja ABC um triângulo retângulo de catetos b e c e altura h relativa à

hipotenusa. Prove que1

h2=

1

b2+

1

c2.

21. * Dados reais positivos a e b, seja AB um segmento no plano de compri-

mento a+ b, e H um ponto sobre o mesmo, tal que AH = a e BH = b.

Trace um semicírculo de diâmetro AB e, em seguida, marque o ponto C,

obtido como a interseção do semicírculo com a reta perpendicular a AB

e passando pelo ponto H.

(a) Calcule o comprimento de CH em função de a e b.

(b) Mostre que a desigualdade (9.6) do volume 1 é essencialmente equi-

valente à desigualdade triangular no triângulo (possivelmente dege-

nerado) CHO, onde O é o ponto médio de AB.

22. * Dados segmentos de comprimentos a e b, construa com régua e com-

passo um segmento de comprimento√ab (sugestão: use o item (a) do

problema anterior).

23. Sejam M , N e P pontos respectivamente sobre os lados BC, CA e AB

de um triângulo equilátero ABC de lado a, tais que BM = CN =

AP = a3. Mostre que o triângulo MNP também é equilátero e que seus

lados são perpendiculares aos lados de ABC (sugestão: use a recíproca

do teorema de Pitágoras).

24. Dados segmentos de comprimentos a, b e c, construa com régua e com-

passo um segmento de comprimento√a2 + b2 − c2, admitindo que a ex-

pressão sob o sinal da raiz seja positiva.

14


25. Identi�que e construa com régua e compasso o LG dos pontos médios das

cordas de comprimento l de um círculo Γ(O;R) dado.

26. (OCM). Um pedestre, situado a 25m de um edifício, o visualiza sob um

certo ângulo. Em seguida, ele se afasta mais 50m do edifício e nota que,

ao assim fazer, o novo ângulo de visualização é exatamente a metade do

anterior. Calcule a altura do edifício (sugestão: aplique o teorema do

ângulo externo e, em seguida, use o teorema de Pitágoras duas vezes).

27. (OCM). As retas r, s e t são paralelas, estando s entre r e t, de tal modo

que a distância entre r e s é 3m, ao passo que a distância entre s e t é

1m. O triângulo ABC é equilátero e tem um vértice sobre cada uma das

retas r, s, t. Calcule seu lado (sugestão: aplique o teorema de Pitágoras

três vezes para obter uma equação cuja incógnita é o comprimento do

lado pedido).

28. (OCM). Duas torres, uma com 30m de altura e a outra com 40m de

altura, estão situadas a 50m uma da outra. Entre ambas as torres há uma

fonte, para a qual dois passarinhos partem, em um mesmo instante e com

velocidades iguais, do alto de cada torre. Sabendo que os passarinhos

chegam à fonte simultaneamente, calcule a distância da fonte à torre

mais baixa.

29. Sejam Γ um círculo de centro O e raio R no plano. Prove que o LG

dos pontos P do plano a partir dos quais podemos traçar tangentes de

comprimento l a Γ é o círculo de centro O e raio√R2 + l2.

30. Se os comprimentos de dois dos lados de um triângulo são 7 e 5√

2, e se o

ângulo compreendido entre tais lados mede 135◦, calcule o comprimento

do terceiro lado.

31. Dado um ponto P no interior de um retângulo ABCD de diagonais AC e

BD, prove que AP2+ CP

2= BP

2+ DP

2(sugestão: trace as paralelas

aos lados de ABCD passando por P e aplique o teorema de Pitágoras

quatro vezes).

32. ABCD é um quadrado de lado 10 e P é um ponto sobre seu círculo cir-

cunscrito. Calcule o valor da soma PA2+ PB

2+ PC

2+ PD

2(sugestão:

15


se P está sobre o arco menor_

AD, mostre que APC = BPD = 90◦ e

use, em seguida, o teorema de Pitágoras).

33. Se as diagonais de um quadrilátero são perpendiculares, prove que as

somas dos quadrados dos comprimentos dos pares de lados opostos são

iguais.

34. Considere no plano uma reta s e dois círculos de raios R e r, situados

em um mesmo semiplano dos que s determina, e tangentes a s e exteri-

ormente entre si. Considere um terceiro círculo, tangente exteriormente

aos dois primeiros e também tangente a s. Sendo x o raio desse terceiro

círculo, prove que1√x

=1√R

+1√r.

35. Seja s a reta numerada e α um dos semiplanos, dentre os que s determina.

Para cada n ∈ Z, trace o círculo de raio 12, contido em α e tangente a s

em n. Em seguida, trace (recursivamente) todos os círculos tangentes a

s e a dois dos círculos anteriormente traçados. Prove que o conjunto dos

pontos de tangência de tais círculos com s está contido em Q (sugestão:

use o resultado do problema anterior1).

1Pode ser provado que o conjunto dos pontos de tangência assim obtido coincide com Q.

16

11

1

Relações métricas notriângulo qualquer

Sumário

11.1 A trigonometria do ângulo agudo . . . . . . . . . . 2

11.2 A Lei dos Cossenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

11.3 A Lei dos Senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

11.4 O teorema de Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . 9

11.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Unidade 11 A trigonometria do ângulo agudo

Depois da semelhança e das relações métricas no triângulo retângulo vamos

tratar das ferramentas principais para resolver problemas com quaisquer outros

triângulos. Para isso, será inevitável alguma trigonometria.

11.1 A trigonometria do ângulo agudo

São conhecidas as razões trigonométricas do ângulo agudo.

Dado um ângulo agudo XOY = α toma-se um ponto P qualquer do lado

OY e traça-se a perpendicular PA ao lado OX.

A

P

O X

Y

α

As razões trigonométricas associadas ao ângulo α são:

Seno do ângulo XOY : senα = APOP

Cosseno do ângulo XOY : cosα = OAOP

Tangente do ângulo XOY : tanα = APOA

Observe que essas de�nições não dependem da escolha do ponto P . De

fato, para um outro ponto P ′ sobre OY e sua perpendicular P ′A′ sobre OX

temos que os triângulos OPA e OP ′A′ são semelhantes e, portanto A′P ′

OP ′ = APOP

,OA′

OP ′ =OAOP

e A′P ′

OA′ = APOA

.

Assim, seno, cosseno e tangente são números associados a cada ângulo

agudo de acordo com a de�nição acima.

Nesta unidade estamos identi�cando cada ângulo com sua medida para

tornar a linguagem mais simples. Assim, quando falarmos, por exemplo, no

cosseno de 30o (cos 30o) estaremos nos referindo, na verdade, ao cosseno do

ângulo cuja medida é 30o.

2

Unidade 11Relações métricas no triângulo qualquer

Hoje em dia, é indiferente escrever os símbolos das razões na notação em

português (sen, cos, tg) ou na notação internacional (sin, cos, tan). Tanto

professores quanto alunos leem os livros didáticos brasileiros, mas também usam

calculadoras cujas teclas referentes às razões trigonométricas estão na notação

internacional.

Para que possamos tratar das ferramentas adequadas a qualquer triângulo

é necessário de�nir seno, cosseno e tangente para ângulos até 180o.

No caso do ângulo reto, de�nimos: sen 90o = 1 e cos 90o = 0.

Seja agora β um ângulo obtuso. Para de�nir as razões trigonométricas de

β vamos considerar seu suplemento α = 180o − β.De�nimos:

sen β = senα

cos β = − cosα

As �guras a seguir permitem visualizar o seno e o cosseno de ângulos agudos

ou obtusos. Nelas tomamos OP = 1.

Ax

y1

P

Oα

A

P

Ox

y1

β

Na primeira �gura temos senα = y e cosα = x.

Na segunda �gura temos sen β = y e cos β = −x .

11.2 A Lei dos Cossenos

A Lei dos Cossenos é uma relação muito útil que envolve os três lados do

triângulo e o cosseno de um dos ângulos. A demonstração é bastante simples.

Escolhemos inicialmente um dos ângulos do triângulo ABC. Seja A o ângulo

escolhido.

Caso A < 90o

Seja D a projeção do vértice B sobre a reta AC. Imaginando que o triângulo

ABC não seja retângulo em C (porque se fosse a nossa relação não teria graça

3

Unidade 11 A Lei dos Cossenos

nenhuma) a �gura pode ser uma das duas seguintes:

A D C

B

x

c ah

bA DC

B

x

c a h

b

Como de hábito, sejam AB = c, AC = b e BC = a.

Como A < 90o então D está na semirreta AC. Seja AD = x. Assim

DC = |b− x|.No triângulo BDC o teorema de Pitágoras fornece

a2 = h+ |b− x|2 = h2 + b2 + x2 − 2bx .

No triângulo BDA temos, pelo mesmo teorema, h2 = c2−x2. Substituindo�camos com

a2 = c2 − x2 + b2 + x2 − 2bx

a2 = b2 + c2 − 2bx

Entretanto, em qualquer uma das �guras tem-se xc= cosA, ou seja,

x = c cosA. Substituindo esse valor de x na última relação encontramos

a2 = b2 + c2 − 2bc cosA .

Caso A > 90o

Seja D a projeção do vértice B sobre a reta AC. Neste caso, D está na

semirreta oposta à semirreta AC como na �gura a seguir.

AD C

B

x

c ah

b

θ

4


Como no caso anterior seja AD = x e seja θ = 180o −A o ângulo externo

de vértice A do triângulo.

A aplicação do teorema de Pitágoras nos triângulos BDC e BDA fornecem

as relações:

a2 = h2 + (b+ x)2 = h2 + b2x2 + 2bx

h2 = c2 − x2

A substituição de h2 na primeira relação dá a2 = b2 + c2 + 2bx.

Porém, neste caso, cos θ = xce, consequentemente, cosA = −x

c, ou seja,

x = −c cosA.Substituindo na relação anterior �camos com a2 = b2 + c2 + 2b(−c cosA),

ou seja,

a2 = b2 + c2 − 2bc cosA

que coincide exatamente com a relação do caso anterior.

Esta é a Lei do Cosseno para o ângulo A (ou para o lado a).

E o que ocorre se o ângulo A for reto?

A relação a2 = b2 + c2 − 2bc cosA continua válida porque, neste caso,

cosA = 0 e o que resta é a2 = b2 + c2, o teorema de Pitágoras.

As outras versões desta relação são obtidas simplesmente trocando con-

venientemente os nomes das letras que representam os lados e os ângulos do

triângulo. Elas são:

b2 = a2 + c2 − 2ac cosB

c2 = a2 + b2 − 2ab cosC

Dentre as aplicações da Lei dos Cossenos, a mais interessante, na minha

opinião, é que podemos facilmente obter os cossenos dos ângulos de um triân-

gulo quando seus lados são conhecidos. Acompanhe os exemplos a seguir.

Exemplo 1Determine o maior ângulo do triângulo cujos lados medem 5, 6 e 7.

SoluçãoO maior ângulo do triângulo é oposto ao maior lado. Temos então a situação

da �gura a seguir:

5

Unidade 11 A Lei dos Cossenos

7

5 6

θ

O ângulo θ que queremos calcular é oposto ao lado que mede 7. Aplicando

a Lei dos Cossenos para o ângulo θ temos:

72 = 52 + 62 − 2.5.6. cos θ

As contas fornecem cos θ = 15e uma calculadora dá θ ∼= 78, 5o.

Exemplo 2 Determine a área do triângulo cujos lados medem 5, 6 e 7.

SoluçãoCalculamos cos θ = 1

5. Logo, sen θ = 2

√6

5e, como a área do triângulo

ABC é

S =1

2AB.AC. senA

encontramos S = 12.5.6.2

√6

5= 6√6.

Determinação da natureza de um triângulo

Um triângulo é acutângulo, retângulo ou obtusângulo se seu maior ângulo

for, respectivamente, agudo, reto ou obtuso. Decorre imediatamente da Lei dos

Cossenos no triângulo ABC as seguintes e úteis relações:

A < 90o ⇔ a2 < b2 + c2

A = 90o ⇔ a2 = b2 + c2

A > 90o ⇔ a2 > b2 + c2

Em um triângulo de lados a, b e c, se a é o maior lado, a comparação de

a2 com b2 + c2 fornece a natureza desse triângulo.

6


11.3 A Lei dos Senos

A Lei dos Senos resolverá, principalmente, o caso de obter outros elementos

de um triângulo onde os ângulos são conhecidos e apenas um lado é conhecido.

A Lei dos Senos possui também forte relacionamento com a circunferência

circunscrita ao triângulo, como veremos a seguir.

A �gura abaixo mostra o triângulo ABC, com lados a, b e c, inscrito em

uma circunferência de raio R.

B

A

C

D

a

2R

Como de hábito, o ângulo BAC do triângulo será representado simples-

mente por A. Traçamos o diâmetro BD. Assim, o ângulo BCD é reto e os

ângulos BAC e BDC são iguais, pois subtendem o mesmo arco BC.

O seno do ângulo BDC é igual a BCBD

= a2R

. Então, senA = a2R

, ou seja,a

senA= 2R.

Esta relação mostra que a razão entre um lado do triângulo e o seno do ân-

gulo oposto é igual ao diâmetro da circunferência circunscrita e, naturalmente,

essa relação vale qualquer que seja o lado escolhido.

A Lei dos Senos no triângulo ABC é escrita assim:

a

senA=

b

senB=

c

senC= 2R

onde R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC.

A Lei dos Senos fornece um caminho simples para determinar o raio da

circunferência circunscrita a um triângulo. Acompanhe o exemplo a seguir.

7

Unidade 11 A Lei dos Senos

Exemplo 3 Determine o raio da circunferência circunscrita ao triângulo cujos lados

medem 5, 6 e 7.

Solução Já calculamos no primeiro Exemplo cos θ = 15e é imediato calcular sen θ =

2√6

5.

Assim, a Lei dos senos fornece a relação 72√6/5

= 2R e, consequentemente,

R =35√6

24∼= 3, 57 .

Exemplo 4 Duas pessoas A e B estão em uma praia e possuem instrumentos que

permitem medir ângulos no plano horizontal (teodolitos, por exemplo). Ambas

conseguem ver uma pequena ilha C distante da costa mediram os ângulos

BAC = 119o e ABC = 52o. Se a distância entre A e B é de 1km, qual é a

distância aproximada entre A e C?

Solução Do triângulo ABC dois ângulos são conhecidos. Entretanto, para nossa

felicidade, ninguém precisa atravessar uma parte do oceano para medir o ângulo

C. Como a soma dos ângulos de qualquer triângulo é 180o temos imediatamente

que C = 9o. A Lei dos Senos é a ferramenta ideal para resolver esse caso:

AC

sen 52o=

1

sen 9o

Fazendo as contas encontramos AC = 5, 04km.

Obs:

As leis dos senos e dos cossenos sempre estiveram presentes nos cálculos de

distâncias inacessíveis. Mesmo hoje, no interior do GPS elas estão lá.

8


11.4 O teorema de Menelaus

O teorema de Menelaus é uma relação bem diferente das anteriores. Ele

não envolve ângulo algum, mas é uma especialista em calcular razões.

O enunciado do teorema é o seguinte:

Dado um triângulo ABC uma reta transversal corta as retas AB, BC, e

CA nos pontos L, M e N , respectivamente. Então,

LA

LB.MB

MC.NC

NA= 1 .

Observe o enunciado e a arrumação das letras na relação acima. A beleza

está nessa arrumação. Veja uma demonstração.

B C

A

P

s

t

bc

bc

bc

L

N

M

A �gura acima mostra um triângulo ABC e uma transversal t. Seja s uma

reta paralela a t passando por A e seja P a interseção de s com a reta BC.

Vamos agora usar duas vezes o teorema de Tales com essas paralelas s e t.

Com as transversais BA e BP temos: LAMP

= LBMB

.

Com as transversais CA e CP temos: MPNA

= MCNC

.

Multiplicando membro a membro e simpli�cando MP temos LANA

= LBMB·MCNC

o que é o mesmo queLA

LB· MB

MC· NCNA

= 1 .

Para dar um exemplo do poder do teorema de Menelaus, vou mostrar uma

questão do Exame de Quali�cação de 2012.

Exemplo 5No triângulo ABC o ponto P do lado AC e o ponto Q do lado BC são

tais que AP = 13AC e BQ = 2

3BC. As cevianas AQ e BP cortam-se em J .

Calcule a razão JAJQ

.

9

Unidade 11 O teorema de Menelaus

Comentário 1

Não é fácil, de início, usar o teorema de Menelaus. Será preciso alguma

prática para decidir, em cada situação qual é o triângulo adequado e qual é a

transversal que deve ser considerada. A solução deste exemplo deve dar uma

dica.

SoluçãoA situação é a seguinte.

B Q C

A

2a a

b

2bJ

P

Observando com atenção o teorema de Menalaus a decisão correta é con-

siderar o triângulo AQC com a transversal BJP . Ficamos com a �gura a

seguir:

B Q C

A

2a a

b

2bJ

P

O teorema aplicado nessa situação fornece:

JA

JQ.BQ

BC.PC

PA= 1 .

Substituindo os dados �camos comJA

JQ.2

3.2

1= 1, ou seja,

JA

JQ=

3

4.

10


Comentário 2

O teorema de Menelaus enunciado aqui é sua versão básica. Nessa versão,

sua recíproca não é verdadeira. Para que a recíproca do teorema de Menelaus

seja verdadeira devemos utilizar razões acrescidas de um sinal (razões orien-

tadas). O que isso signi�ca?

Imagine três pontos colineares P , A e B em qualquer ordem. A razão

orientada PAPB

é positiva se os segmentos PA e PB têm mesmo sentido e,

negativa, se tiverem sentidos opostos. Com isso, é verdadeiro o enunciado:

Recíproca do Teorema de Menelaus

Dados os pontos A, B e C, sejam L, M e N pontos das retas AB, BC e

CA, respectivamente tais que LALB.MBMC

.NCNA

= 1 (razões orientadas). Então, L,

M e N são colineares.

A demonstração se apoia no seguinte fato. Dados os pontos A e B e um

número real k então existe um único ponto P da reta AB tal que PAPB

= k.

Deixamos os detalhes para o leitor.

11

Unidade 11 Exercícios

11.5 Exercícios

1. No triângulo ABC, BC = 8, AC = 7 e B = 60o. Calcule o lado AB.

Os dois valores que você encontrou são possíveis?

2. Um retângulo tem a base igual ao dobro da altura. Qual é o cosseno do

ângulo entre as diagonais?

3. Em um trapézio isósceles, as bases medem a e b e os outros dois lados

medem c. Mostre que o comprimento de uma diagonal é√c2 + ab.

Sugestão: Trace as alturas pelos vértices da base menor e determine o

cosseno de um dos ângulos agudos.

4. Os lados de um triângulo medem 5, 7 e x. Determine para que valores

de x esse triângulo é obtusângulo.

5. Mostre que no triângulo ABC a mediana relativa ao vértice A é dada

por

mA =1

2

√2(b2 + c2)− a2 .

6. Mostre que em qualquer paralelogramo a soma dos quadrados das diago-

nais é igual a soma dos quadrados dos quatro lados.

Sugestão: Use o exercício anterior.

7. No triângulo ABC, AB = 4, AC = 6 e B = 2C. Calcule o lado BC.

8. Mostre que, em qualquer triângulo ABC tem-se senA < senB+ senC.

9. Considere a �gura a seguir.

B D C

A

E

3 2

1

4

P

Calcule as razõesPA

PDePB

PE.

12


10. No triângulo ABC as cevianas AM , BN e CL são concorrentes.

B M C

A

NL

(a) Mostre queLA

LB.MB

MC.NC

NA= 1 (teorema de Ceva)

Sugestão 1: Trace por A uma paralela a BC, assinale as inter-

seções dessa paralela com as retas CL e BN e use semelhança de

triângulos.

Sugestão 2: Sendo O o ponto comum às cevianas, use o teorema de

Menelaus nos triângulos AMB e AMC com as transversais LOC

e NOB.

(b) Demonstre a recíproca desse teorema.

Obs: a recíproca do teorema de Ceva é particularmente importante

para veri�car se três cevianas de um triângulo são concorrentes ou

não. Em particular �ca fácil mostrar que as três alturas de um triân-

gulo são concorrentes.

11. No triângulo ABC, a ceviana AD é a bissetriz interna do ângulo A

(representa-se por βA).

(a) Calcule os segmentos BD e CD em função dos lados do triângulo.

(b) Sendo p o semiperímetro do triângulo ABC mostre que

βA =2

b+ c

√bcp(p− a) .

12. No triângulo ABC de lados a, b e c considere uma ceviana AD de com-

primento x. Sejam m e n as medidas de BD e DC, respectivamente.

13

Unidade 11 Exercícios

B D C

A

m n

a

cx

b

Mostre que: b2m+ c2n = x2a+mna (relação de Stewart).

Sugestão:Lei dos cossenos relativa ao vértice D nos triângulos ADB e

ADC.

13. Seja p o semiperímetro do triângulo ABC de lados a, b e c. Mostre que

a área do triângulo é

S =√p(p− a)(p− b)(p− c) (fórmula de Heron) .

Sugestão: A área do triângulo ABC é S = 12bc senA, ou seja, 4S2 =

b2c2(1 − cos2A). Use a lei dos cossenos para escrever cosA, substitua

e...

14. Os pontos P , Q e R da �gura abaixo são colineares?

bc

bc

bc

b b

b

P

Q

R5 15

6 4

6

8

14


Respostas

1. 3 ou 5. Sim, Há dois triângulos diferentes com esses dados.

2.3

5.

4. 0 < x < 2√6 ou

√74 < x < 12.

7. 5.

9.20

3e15

8.

14. São colineares.

15

MA13_U10e11

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