Matematica Euclides Geo

8/20/2019 Matematica Euclides Geo

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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB

Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM

(Joao Lucas Marques Barbosa)

diegoalvez@ pop.com.br

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 varios

erros 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) S AB ∩ S BC f) S AB ∩ S ADg) S CB ∩ S BC e) S AB ∪ S BC

Solucao: a) AC b) B c) BC d) ∅ e) S BC f) S AB g) BC h) S AB

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 pontosP ij de intercessao conforme indicado na tabela abaixo:

• r1 r2 r3r1 – P 12 P 13r2 P 21 – P 23r3 P 31 P 32 –

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 P 12 e P 21 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 numerode 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:

S AB = {AB e os pontos X | B esta entre A e X}S BA = {BA e os pontos X | A esta entre B e X }

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

• A-B-D: (B esta entre A e D), nesse caso D ∈ S AB mas D /∈ S BA o que contrariaa hipotese.

• D-A-B: nesse caso D ∈ S BA mas D /∈ S AB que novamente contraria a hipotese.

Ou seja, nao existe um ponto D /∈ AB e que tambem pertenca a S AB∩S BA . Conclui-se assimque S AB ∩ S BA = 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 = {P 1, P 2,...,P n}, quesignifica que AB e um conjunto com n elementos.

2




Tomando agora um ponto P k (k ≤ n) e o ponto P k−1 pelo axioma II2 existe um ponto P r,(k − 1 < r < k) tal que P k−1 − P r − P k 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 S 1, S 2 e S 3 tal que S 3 = S 1∩S 2, tomando dois pontos P 1 e P 2 ambos

pertencentes a S 3 entao:

P 1, P 2 ∈ S 1, S 2

Seja S 1 e S 2 convexos entao P 1P 2 ∈ S 1, S 2 e portanto pertence a intersecao, assim S 3 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,...,αncomo 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 determinadapelos pontos P i e P j .

• P 1 P 2 P 3P 1 – r12 r13P 2 r21 – r23P 3 r31 r32 –

o numero de retas sera 3(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 entao 5(5 − 1)

2 = 10

Para n = 6 entao 6(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 n aopertencem a reta.

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

Solucao:Tomando uma reta r = {P 1, P 2} por hipotese existe um Q1 ∈ P diferente de P 1 e P 2.

Seja Q2 ∈ P e diferente de P 1, P 2 e Q1, tambem por hipotese, temos que Q2 /∈ r pois r ja possui 3 pontos. Logo, existe uma reta s = {P 1, Q2} e que contem um ponto Q3 ∈ P comQ3 = P 1, P 2, Q1, Q2.

Agora tome Q4 ∈ P com Q4 = P 1, P 2, Q1, Q2, Q3. Novamente por hipotese Q4 /∈ r, s poisambos ja possuem tres pontos. Logo deve existir uma reta t = {P 1, Q4} que deve conter (porhipotese), um terceiro ponto Q5. Temos entao Q5 = P 1 e Q5 = Q4 e, por construcao, Q5 = Q1

e Q5 = P 2, pois r=t, Q5 = Q2 e Q5 = Q3, pois s = t. Isto nos leva a uma contradicao pois Q5

seria o setimo ponto da geometria dada.

5. Se C pertence a S AB e C = A, mostre que: S AB = S AC , que B C ⊂ S AB e que A /∈ BC .

Solucao:Dada a semi reta S AB pelos pontos A e B determinamos a semi reta S BA onde pela proposicao

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

que A −B − X .

Como C ∈ S AB 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 S AB = S AC e sendo BC =S BC ∩ S CA e como A /∈ S BC 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 muitocomuns 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 ent ao 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

+ 42

2 =

7

4

A5 =32 + 7

4

2 =

13

8

5.Prove que, se ab

= cd

entao

a) ac

= bd

e db

= ca

b)a+ba = c+dd e a−

ba = c−

dc

c) a+bb

= c+dd

e a−bb

= c−dd

Solucao:a) a

b = c

d

ab · bc

= cd · bc

7




ac

= bd

E tambem

ab

= cd

ab · da

= cd · da

db

= ca

b) ab

= cd

dbac · ab

= cd · dbac

d

c =

b

a

1 + dc

= 1 + ba

cc · dc

= aa · ba

c+dc

= b+aa

c) ab

= cd

ab · dbac

= cd · dbac

−1 · dc

= −1 · ba

c−dc

= a−ba

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 intercess ao entre as duascircunferencias ira gerar os pontos C e D. Fazendo o tri angulo CAD teremos um triangulo isosceles

de 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 tal

que C ∈ C (A,r) ∩ C (B,r) depois disso traca se os segmentos AC, AB e BC que ira gerar ABC com 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, C B = 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 ABC e ADB 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 III 2 o

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

m(BC )

= a, equivale

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

c − b = a.

Resolvendo em b obtemos que a unica solucao e b = x+ca1+a

. Finalmente, resta mostrar queeste 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 I II 2.

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, ent ao 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 P 1, P 2,...,P n tome um unico ponto P i que usaremos para o centro

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

α + α1 (2)

β + β 1 (3)

fazendo α1 = β 1 + 30◦ (4) i.e. um angulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β 1 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 A OB um angulo e B OC seu suplemento entao:

A

OB + B

OC = 180◦ (1)

Queremos mostrar que B OD + B OE = 90◦ para isso observe que B OD = A OB2

pois S OD

e bissetriz de A OB e B OE = B OC

2 logo B OE + B OD =

A OB

2 +

B OC

2 (2)

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

2(B OE + B OD) = A OB + B OC = 180◦

B OE + B OD = 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 F E = B A logo pelo

caso LLL os triangulos sao congruentes.

2. Construa um triangulo ABC sabendo que AB = 7.5 cm, BC = 8.2 cm e A BC = 80◦.Meca o comprimento de B C 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 ) cos

B

AC =

(7.5)2 + (8.2)2 − 2(7.5)(8.2) cos80◦

AC ∼= 10.106

Aplicando novamente a lei

(AB)2 = BC 2 + AC 2 − 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 B AC e β e o suplemento de

A BC , logo:

15




α + A BC = 180◦ e β + A BC = 180◦.

Fazendo α = 180◦ −B

AC e β = 180◦ − A

BC , como α = β temos:

180◦ −B AC = 180◦ −A BC

B AC = A BC

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 B D = C E Mostre que:

A

B

C

D

E

a) A CD = A BE

b) B CD = C BE

Solucao (a):

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

DBC e congruente a EC B o que implica em: C

BE = B

CD assim:

A CD = A BC + C BE = A CB + B CD = A BE

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 ABC e EF G congruentes. Supondo que os triangulos nao sejam figurasrıgidas ao deformarmos o ABC 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 C AD prove que os triangulosACB e ADB sao congruentes.

A

C

B

D

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

= ADB.

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

E A

Solucao:Os angulos C AE = D AB pois sao opostos pelo vertice. Como por hipotese C A = B A e DA

= AE pelo caso LAL, ABD = ACE .

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 D BA = C BE pois sao opostos pelo vertice e como C A = BA por hipotese, entao

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

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

D

BC

AO

Solucao:

Por hipotese B OD = C OA com:

B OD = B OC + C OD e C OA = C OB + B OA (1)

e pelo esquema C OB = C OD logo pelo caso LAL, BOA = COD o que implica em CD= BA.

EXERCICIO PAGINA 44

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

A

B

C

Solucao:

18




B M C e o suplemento de C M A logo C M A + B M C = 180◦. Como C M A = 90◦ temos queB M C = 180◦ - 90◦ = 90◦, logo C M A = B M C como M e ponto medio de AB, temos que AM =MB. Como CM e um lado comum ao AMC e BMC pelo caso LAL entao AMC = BMC

que 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 S AC e S BC construindo os segmento C D e C E tal que

CD = CA e CE = CB.

M

A

B

E

D

C

Como D C E = A C B, pois sao opostos pelo vertice, entao DCE = ACB 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 angulosA BC e A DC sao congruentes.

C

B

A

D

Solucao:

Como A BD = B DA e D BC = B DC pois sao angulos da base de triangulos isosceles, entao:

A BD + D BC = A DB + B DC

que implica em:

A BC = A DC

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

B AD e perpendicular a DB.

Solucao:Os triangulos ABC e ADC sao congruentes pelo caso LAL logo C AB = C AD. Entao pordefinicao AC e bissetriz de B AD.

6. Na figura abaixo, ABD e BCD sao triangulos isosceles com base BD. Prove que A BC =A DC e que AC e bissetriz do angulo B C D.

A

B

C

D

Solucao:Como o triangulo BCD e isosceles entao C BD = B DC. Como C BD = D BA + A BC e B DC

= B DA + A DC entao:

D BA + A BC = B DA + A DC

20




Como D BA = B DA pois ∆BDC e isosceles, entao A BC = A DC. 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.

E AB

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 B A 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 C AB sao adjacentes e estao sob a mesma semi-reta entao:

e + C AB = 180◦

Do mesmo modo se conclui que

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

21




C BA + f = 180◦

O que implica que

e + C AB = C BA + f (1)

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

C AB = C BA

Portanto o triangulo ABC e isosceles de base AB.

3. Na figura abaixo os angulos externos A CE e A BD satisfazem a desigualdade: A CE <A BD. Mostre que A BD > A BC .

A

B C D E

Solucao:Pelo TAE tem se que:

A CE > B AC,A BC

Como por hipotese A CE < A BD entao

A BC < A CE < A BDQue implica em A BC < A BD

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 a A 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 A EC > D BC

22




A

B

C

DE

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

A DE > D BC,D CB (1)

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

A EC > A DE (2)

De (2) e (1) tira-se que, A EC > D BC . 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 F m(F m(A)) = A, no entanto queremos provar que F m(A) = A o que seria

equivalente ao mostrar que F m(A) = A. Portanto para verificar essa igualdade (F m(A) = A)vamos mostrar que F m(A) = A.

Se F m(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.

AA = {AD ∪ DA} = AA

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

C.Q.D.

Prova de (ii)

(⇒) Se F m(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 F m(A) = A, pois o reflexo de um ponto e o

proprio ponto.

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

que AB = AB .

• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstracao e imediata.• Se A = 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 B DE = B DE ecomo

A DB + B DA + B DE + E DB = 180◦

e tambem

A DB = B DE = 90◦

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

24




D

B

B

E

A

A

Assim AB = AB 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

B DA = A DB = 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 E CD > B, A pelo TAE. Como ∆ABC = ∆ECD ∴ E CD = B CA, assim AC = EC

pelo teorema da desigualdade triangular temos que:

AC + CB ≥ AB

Como AC = EC e C B = C D entao

EC + CD > AB

Como AD = AC + CD tem se que:

AD = E C + 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 que

180 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-retaS AF divide o angulo B AD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmacao e verdadeira.

Solucao:Dado B AD 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 S AB e S AD entao F∈B AD e portanto S AF ⊂ B ADlogo divide B AD

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 C OD =

A OB, 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 em

A +

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 + BComo 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 = AP e ∆AAP 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∆CM F = ∆N F N 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 , B C = AD entao temos:

29




O

A B

C D

Pelo desenho e possıvel deduzir que os angulos A CD = C AB; A BD = B DC e D AO =A DO = O BC = B CO

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 s ao congruentes eparalelos entao o quadrilatero e um paralelogramo.

A

C

B

D

e r

Para esta prova usaremos a proposicao 6.11 onde dado o quadrilatero ABCD com AB//DC e AB = DC por hipotese provaremos que AD = DC por hipotese provaremos que AD = BC,pois segundo 6.11 se isso ocorre o quadril atero e um paralelogramo. AB//DC por hipotese, logo

tracamos uma reta r que divide o quadrilatero em ∆ADB, ∆DBC (esquema) entao: e = A BD pois sao opostos pelo vertice.

e = B DC pois sao correspondentes.

Como DB e comum aos dois triangulos e AB = DC por hipotese entao ∆ADB = ∆DBC pelo 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 B AC = A CDe como a soma dos dos angulos internos de um triangulo e 180 graus entao:

A CB = D AC

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 ∆ADC como ambos sao retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL s ao 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 ∪ ∆BF C

∆DAB = ∆DAF ∪ ∆F AB

e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆F AB 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 A OB e B OC estao sob a mesma semi-reta e saocomplementares alem de serem congruentes entao:

A OB = B OD = 900

Analogamente para A OC = C OD = 900. Como por (1) os triangulos contidos em ABCD

sao isosceles entao O BD = O DB = O BA = B AD = D AC = A CD = O DC = 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 A BD = B AC = C DB = A BD = 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 − q 2, 2 pq e p2 + q 2 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£oe retangulo. Vamos mostrar que este teorema e valido.

( p2 + q 2)2 = (2 pq )2 + ( p2 − q 2)2

( p2 + q 2)2 = 4 p2q 2 + p4 + q 4 − 2 p2q 2

( p2 + q 2)2 = p4 + 2 p2q 2 + q 4

Note que o segundo termo da igualdade e um quadrado perfeito

( p2 + q 2)2 = ( p2 + q 2)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 A OB = C OD, 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 s ao 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 ret angulos.

Entao pelo teorema de Pitagoras:

OA2 = OF 2 + AF 2

e tambem

34




OC 2 = OE 2 + C E 2

Como OA = OC = raio

OF 2 + AF 2 = OE 2 + C E 2 (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:

F m(A) = A se A ∈ m.

Imagine a seguinte construA§A£o:

35




A

E

A

O m

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 E BS = J BA, pois sao postos pelovertice. Como ∆ESB e ∆JBA possui dois angulos congruentes entao sao semelhantes e portanto

S = 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 A RM =M

RK = 90◦. Portanto ∆AMR, e ∆MRK sao retangulos e pelo criterio cateto hipotenusa dos

triangulos 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 L UK = 90◦.

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

Assim ∆LUE e equilatero e L EU = L UE = U LE = 60◦.

Como L EU e angulo externo do ∆EUK entao:

L EU = E KU + E UK

37




No entanto como L UK = L UE + E UK entao L UE + E UK = 90◦ (1)Como L UE = 60◦ por (1) tem-se

E UK = 30◦

Assim L EU = E UK + E KU implica em:

60◦ = 30◦ + E KU

E KU = 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 M OX = M IX, 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 eIN tem a mesma medida.

38




C I H

N A

Solucao:

C I H

N A

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

C = 0.5(A HI) (1)

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

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

C = 0.5 A HI = 0.5(A HN + N HI)

C = 0.5(A

HN + N

HI)

Como A HN = C C - 0.5 C = 0.5 N HI

0.5 C = 0.5 N HI

N HI = C = A HN

Concluindo que N HI = A HN.

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 P A e T ZA remetem ambos a arcos formados por semi cırculos de modo que

T P A = T ZA = 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 D N A = D MA, pois submetem ao mesmo arco

DA . Como DIAN e um paralelogramoentao D N A = D IA, assim:

D M A = D IA

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 M E

T S

Y H

Solucao:

Com base na figura dada imagine a seguinte constru˜A§

˜A£

o:

A M E

T

S Y H

o

40




Note que A OH e um angulo central da mesma circunferencia em que A T H esta inscrita eportanto:

A T H = A OH

2

Com A T H relativo ao arco

AH e M OY relativo ao arco

MY.

Como M OY > A OH 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: A PB = 1

2(med

AB + med

CD).

Solucao:

Facamos a seguinte construcao:

A

B

C

D

P

Note que A PB e angulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que A PB = A DB + C BD.

Como A

OB e angulo inscrito na circunferencia que corresponde ao arco

AB e C

BD corresponde

ao arco

DC temos:

A DB =

AB

2

C BD =

DC

2

Como A PB = A DB + C BD segue se que:

A PB =

AB +

DC

2

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

= 1

2(med

AB - med

CD)

41




A

B

C

DP

Solucao:Na figura fazemos a seguinte construcao:

A

B

C

D

P

Com essa construcao teremos os seguintes angulos inscritos A CB, A DB e C BD.Como A CB e angulo esterno ao triangulo CBP por consequencia do axioma V temos:

A CB = A PB + C BD

A PB = A CB - C BD

A

PB =

AB

2 +

CD

2

A PB = 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:

A1 A2O = O A2A3

Logo OA2 e bissetriz de A1 A2A3 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 C esta 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 A P C 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 B AD = B CP , pois determinam o mesmo arco BD. E possıvelobservar que ∆APD e semelhante ao ∆CBP, desta semelhanca tem-se:

AP

CP =

AD

CB =

DP

P B

Que implica em

AP · P B = C P · P D

Como se queria demonstrar.

3. Na figura abaixo W S e H I sao cordas que se interceptam no ponto G, e RT e bissetriz do

angulo W GI . Prove que W R · T S = H T ·RI .

W R I

G

H T S

43




Solucao:W GR = R GI , pois RT e bissetriz de W GI . Como W GR = T GS , pois sao opostos pelo

vertice, entao R GI = H GT que implica que R GI = S GT .

Temos que W SH = W IH , pois subentende-se ao mesmo arco

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

W ST = W IH ). Desta semelhanca temos que:

RI

T S =

RG

GT =

IG

GS (1)

Considerando que I W S = I HS , pois se subentendem ao mesmo arcoIS, segue se que ∆WRG

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

W R

HT =

RG

GT =

W G

HG (2)

De (1) e (2) obtemos

RG

GT =

W R

HT ;

RG

GT =

RI

T S ⇒

W R

HT =

RI

T S ⇒ W R · T S = H T · 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 E B.

A

B C

E

D

Note que B AD = D AC , pois por hipotese AD e sua bissetriz. Como B EA = A CB , pois saoangulos 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 D BE e C AD sao angulos que determinam o mesmo arco

EC e portanto D BE =C AD. E como B ED = A CD 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

C D

O

X

P

Z

Y

90◦

90◦

Note que AB , B C , C D e DA sao tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z e P, o que implicaem:

AX = AP

BX = BY

CY = C Z

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 circulo

nos 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 O AB = O BA 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 B AC e tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC e isosceles queimplica que C

BA = B

CA.

Tracando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC sera formado o

ponto 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

B DC

Os angulos A BC e A BD sao inscritos e subtendem a semi-cırculos pois AC e AD sao diametros,

48




assim A BC = 90◦ = A BD. 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 O AB = A BO.Como A OB e angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se:

A OB + O AB + O BA = 180◦

A OB = 180◦ − 2 O AB

Como O AB = 90◦ − C AB entao:

A OB = 180◦ − 2(90

◦ − C AB)Que implica em

C AB

=

A

OB

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 angular

do 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 = AC 2

+ BC 2− 2AC BCcos C

25 = 64 + 25 − 2 · 8 · 5 cos C

cos C = 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 segundo

um 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

Sen C

AB=

Sen ABC

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 P n de n lados e calculado por:

P n = 2nP

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

AA

B

C

D

Fig. BD = DC e P = BD

DC

Sendo Sen A = P

R com A =

360◦

2n

entao:

P = Rsen Ae portanto

P n = 2nRsen A P n2nRsen

360◦

2n

P n = 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 C B = 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 setracarmos uma altura (segmento B E ) conforme a figura abaixo

A B

C

E 90◦

20◦

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

8. As funcoes secante, cossecante e cotangente de um angulo A sao definidas por sec A =1/cos A, cossec A = 1/sen A e cotg A = 1/tg A, desde que cos A, sen A e tg A sejam definidas ediferentes de zero. Prove que:

a) 1 + tg2 A = sec2 A

52




b) 1 + tg2 A = cossec2 ASolucao 8a:

sec2 A = 1cos2 A

sec2 = sen2 A + cos2 A

cos2 Asec2

sen2 Acos2 A + 1

sec2 = T g2 A + 1

C. Q. D.

Solucao 8b:

Cosec2 A = 1

sen2 A=

sen2 A + cos2 Asen2 A

1 + cos2 Asen2 A

= 1 + cotg2 A= 1 +

1

tg2 AC. Q. D.

53




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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