Geometria Euclidiana Plana (Resolvido)

7/14/2019 Geometria Euclidiana Plana (Resolvido)

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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitoria da Conquista/BA

Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM

(Joao Lucas Marques Barbosa)

[email protected]

Compilado dia 29/10/2017

O livro do Joao Lucas de Geometria Euclidiana Plana a-presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publi-cado inicialmente em 1995 vem sendo usado ate hoje, quase 20anos depois, em cursos de matematica por pessoas que falharammiseravelmente na vida com a tarefa de serem bons professores.

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 e codificacao. Assim, se o leitor identificaralgum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-sea vontade para avisar-me por e-mail. Caso deseje ajudar aindamais pode enviar-me as respostas dos exercıcios que ainda faltam.O que certamente agilizaria a finalizacao desse solucionario.

Para obter as atualizacoes desse documento e ter acesso a outros exercıcios resolvidos ascese:www.number.890m.com

1



Sumario

1 OS AXIOMAS DE INCIDENCIA E ORDEM 31.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 AXIOMAS SOBRE MEDIC AO DE SEGMENTOS 122.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 AXIOMAS SOBRE MEDIC AO DE ANGULOS 223.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4 CONGRUENCIA 384.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5 O TEOREMA DO ANGULO EXTERNO E SUAS CONSEQUENCIAS 465.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

6 O AXIOMA DAS PARALELAS 526.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

7 SEMELHANCA DE TRIANGULO 597.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

8 O CIRCULO 608.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 608.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

9 FUNC ES TRIGONOMETRICAS 779.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

10 AREA 8210.1 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

11 AGRADECIMENTOS: 85




1 OS AXIOMAS DE INCIDENCIA E ORDEM

1.1 Exercıcios

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

a) AB∪BC

b) AB∩BC

c) AC∩BD

d) AB∩CD

e) SAB∩SBC

f) SAB∩SAD

g) SCB∩SBC

e) SAB∪SBC

Soluc˜ ao:

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?

Soluc˜ ao:

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 r3

r1 – 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 uma reta nao pode interceptar-se consigo mesma),assim o numero de pontos de intercessao passa a ser (3 · 3 − 3) = 6

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 e igual a 3.

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




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

Soluc˜ ao:

Vamos provar a igualdade (SAB ∩ SBA = BA) por dupla inclusao.

Provando que AB ∈ SAB ∩ SBA

Tome um ponto P pertencente a AB. Neste caso termos que P ∈ SAB e tambem queP ∈ SBA o que implica em P ∈ SAB ∩ SBA.

Provando que SAB ∩ SBA ∈ AB

Imagine uma reta com os pontos A e B.

A B

Agora imagine tambem um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA. Neste caso D nao podeestar depois de B, pois neste caso nao pertenceria a SBA. Tao pouco poderia estarantes de A, pois se assim fosse D /∈ SAB. Sendo assim, D esta entre A e B o que implicaem D ∈ AB.

Como todo ponto de AB ∈ SAB ∩ SBA e vice versa entao fica provado a igualdade.

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

Soluc˜ ao1

Dada uma reta r com os pontos A e B distintos, suponha por absurdo que entre A e B existaum conjunto finito de pontos. Por definicao um conjunto e finito quando pode ser colocado emcorrespondencia biunıvoca com N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, que significaque AB e um conjunto com n elementos.

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 e

m3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I2.

Definicao: Um subconjunto do plano e convexo se o segmento ligando

quaisquer dois de seus pontos esta totalmente contido nele.

Soluc˜ ao:

Basta observar que todas as combinacoes possıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados doisa dois pertence a uma das tres retas dessa geometria. Por exemplo, as combinacoes possıveis sao:

1Onde esta escrito Pk−1 − Pr − Pk le-se: o p onto Pr esta entre Pk−1 e Pk:

4




ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1. Do mesmo modopelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas ( m1, m2, m3). O que mostraque 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.

Soluc˜ ao:

Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1 ∩ S2. Tomando dois pontos P1 e P2 ambospertencentes a S3 entao:

P1 e P2 pertence tanto a S1 como a S2

Se S1 e S2 sao convexos entao P1P2 pertence tanto a S1 como a S2 e portanto pertence aintersecao. Logo S3 tambem e convexo.

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

Soluc˜ ao:

Considere os semi planos α1, α2,...,αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considereos pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicara no fato de que X e 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.

Dica: Reveja o problema 6.

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

Soluc˜ ao:

Os quatro retangulos (em cinza) abaixo sao figuras convexas e a uniao deles formam umafigura com uma cavidade (parte em branco) e portanto concava.

5




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

Soluc˜ ao:

Analogamente ao exercıcio tres construiremos a seguinte tabela, onde rij e a reta determinadapelos pontos Pi e Pj.

• P1 P2 P3

P1 – r12 r13

P2 r21 – r23

P3 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.

Soluc˜ ao:

Para 6 pontos (n = 6), 6(6− 1)

2 = 15, terıamos 15 retas.

6




1.2 Problemas

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

Soluc˜ ao:

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.

Soluc˜ ao:

Dado um triangulo ABC e uma reta r que intercepta o segmento AB entao A esta do ladooposto a B em relacao a reta r. Como por hipotese r nao passa por C entao C esta do lado de A

ou entao de B.

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

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

Soluc˜ ao:

Aproveitando o resultado para n retas ja obtido teremos:

Para n = 5: 5(5 − 1)

2 = 10

Para n = 6: 6(6 − 1)

2 = 15

4. Mostre que nao existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejamvalidos os axiomas I

1 e I

2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.

Soluc˜ ao:

Antes de continuar vamos relembrar o axioma I1 e I2.

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.

7




Como deixa bastante claro o enunciado, essa geometria possui exatos 6 pontos. Vamos usaresse fato para provar o que desejamos.

Dado dois pontos dessa geometria, por exemplo A e B, pelo axioma I2 entao existe uma retar que passa por estes dois pontos.

A

B

r

Pelo axioma I1 existe ao menos um terceiro ponto, que chamaremos aqui de C que naopertence a r .

A

B

r

C

Como pelo enunciado cada reta dessa geometria tem exatos 3 pontos deve existir tambe umponto D pertencente a r.

A

B

r

C

D

Utilizando-nos novamente do axioma I2 teremos agora mais tres retas distintas cada qualpassando por um ponto de r .

8




A

B

r

C

D t

uv

Pelo enunciado a reta t possui um terceiro ponto, que chamaremos de E diferente de C e B.

A

B

r

C

D t

u

v

E

Note que E nao pode ser igual a A, pois B pertence tanto a r como a t o que implicaria em tigual a r . Tao pouco poderia ser igual a D, pois analogamente implicaria em t igual a u.

Utilizando novamente o enunciado podemos estabelecer tambem os pontos F e G distintosentre si, e todos os demais, pertencentes as retas u e v respectivamente.

A

B

r

C

D t

uv

E

FG

9




Toda via isto nos leva a uma contradicao, pois G 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 .

Soluc˜ ao:

Para facilitar esta demonstracao vamos seguir por parte, isto e, vamos provar primeiro queSAB = SAC.

Imagine uma semi reta que passe pelos pontos A e B.

B

A

Pelo enunciado ainda temos um ponto C pertencentes a essa semi-reta de modo que temosentao tres possibilidade para a pocicao de C:

B = C.

A – B – C (Le-se B esta entre A e C).

A – C – B (Le-se C esta entre A e B).

Se B = C a demonstracao e imediata.

Se A – B – C entao SAB ⊂ SAC, pois AB ⊂ AC. E como SAB e a uniao do segmento AB com oconjunto de pontos que estao depois de B e C esta depois de B entao, por definicao, SAC ⊂ SAB.

Mesmo resultado se chega se analisarmos A – C – B.

Como sob qualquer hipotese temos SAB ⊂ SAC e SAC ⊂ SAB entao podemos afirmar que SAB = SAC.

(Segunda parte).

De uma forma ou e outra ou BC ∈ SAC ou BC ∈ SAB, mas como SAB = SAC entao BC ∈ SAB.

(Terceira parte).

O fato de que A /∈ BC e obvio, pois C ∈ BC e por hipotese (reveja o enunciado) A = C.

10




Obs: Creio que o autor quisesse escrever outra coisa aqui.

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

Soluc˜ ao:

Sejam 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.

Soluc˜ ao:

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

m o

n

α

β

C B

A

X

Y

Assim sera formado o triangulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regioes (chamadasaqui de α e β ). A regiao convexa e a regiao que forma o interior do triangulo. Para provar isso

considere os pontos X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas tres retas. Como X e Yestao no mesmo semi plano gerado pela reta m entao o segmento XY nao intercepta a reta m.Analogamente o segmento XY nao pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertenceao semi-plano α formado pelo triangulo ABC que portanto e uma regiao convexa.

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

Soluc˜ ao:

Estes exercıcios nao constam na obra o que configura o segundo erro do livro. O primeiro eo de ter sido escrito.

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

Soluc˜ ao:

Dado os pontos A ,B, C e D de modo que A–B–C–D entao, os segmentos AC e BD terao o segmentoBC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos entao AC e BD possuem dois pontosem comum mas, nunca possuirao apenas dois pontos.

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2 AXIOMAS SOBRE MEDIC AO DE SEGMENTOS

2.1 Exercıcios

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

Soluc˜ ao:

A BC

3 cm

2 cm

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

Soluc˜ ao:

A BC

7 cm

5 cm

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

Solucao:

A B

3 55/21/3 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 ponto medio A4 do segmento A2A3. De a coordenada A5

do ponto medio do segmento A3A4.

Soluc˜ ao:

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.

12




A4 =32

+ 42

2 =

7

4

A5 =32 + 7

4

2 =

13

8

5. Prove que, se ab

= c

d entao

a) ac

= b

d e d

b = c

a

b) a+ba

= c+dd

e a−ba

= c−d

c

c) a+bb

= c+dd

e a−bb

= c−d

d

Soluc˜ ao de A:

Se ab

= c

d entao:

a

b · bc

= c

d · bc

⇒ a

c = b

d

Partindo tambem da mesma igualdade

a

b = c

d

⇒ ab · da = c

d · da

⇒ d

b = c

a

Soluc˜ ao de B:

a

b = c

d

⇒ db

ac · ab

= c

d · dbac

⇒ d

c = b

a

⇒ 1 + d

c = 1 + b

a

⇒ c

c · dc

= a

a · ba

13




⇒ c+dc

= b+aa

Ja a segunda igualdade procedemos assim:

a

b = c

d

⇒ a

b · dbac

= c

d · dbac

⇒ −1 · dc

= −1 · ba

⇒ c−d

c = 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).

Soluc˜ ao:

Como o ponto P esta na intersecao dos dois cırculos de raio r entao P pertence tanto ao cırculocom centro em A como ao cırculo com centro em B. Como por definicao de cırculo, PA = r e PB

= r entao PA = PB. Como se queria demonstrar.

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).

Soluc˜ ao:

Com a regua desenhe um segmento AB.

A B

Com um compasso centrado em A trace uma circunferencia de raio AB.

A B

Agora com centro em B trace outro cırculo de raio BA.

A B

14




Na intercessao entre as duas circunferencias marque os pontos C e D.

A B

C

D

Com a regua forme o triangulo ABC ou ABD em qualquer caso teremos um tiangulo equilatero2

e como todo equilatero e, por definicao, tambem isosceles entao cumprimos o requerido.

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

Soluc˜ ao:

Veja a questao anterior.

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

Soluc˜ ao:

Se a < b entao:

a + a < a + b

⇒ 2a + a + b

⇒ a < a + b

2

completando a primeira parte. Ja a segunda parte provamos assim:

a < b

⇒ a + b < b + b

⇒ a + b < 2b

⇒ a + b

2 < b

2Um triangulo com os tes lados iguais.

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

Soluc˜ ao:

Nao, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triangulo emaior 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)?

Soluc˜ ao:

Observe o seguinte desenho.

A B

r1

r2

DC

Note que m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD). Como m(AD) = r2, m(CB) = r2 e m(CD) = 0 entao:

m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD)

⇒ m(AB) = r2 + r2 – m(CD)

⇒ m(AB) < r2 + r2

Ou seja, podemos dizer que m(AB) < m(r2) + m(r1)

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

Soluc˜ ao:

Se os pontos B e C pertencentes a circunferencia que forma o cırculo entao AB = AC = r logo

o triangulo e isosceles de base AB.

NOTA: O livro refere-se a uma circunferencia como cırculo.

16




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?

Soluc˜ ao:

Sendo o triangulo equilatero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanhor entao OB = r assim o ponto B esta a uma distancia r do centro do cırculo, isto e, B pertence acircunferencia.

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?

Soluc˜ ao:

Os triangulos ABC e ACD sao isosceles, pois AC = BC = AD = BD = r. Como esses segmentos

tambem formam o paralelogramo ACBD entao o polıgono e um quadrilatero de lados iguais.

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2.2 Problemas

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.

Soluc˜ ao:

Se C esta entre A e B entao existe duas possibilidades para a construcao do segmento AB.

A BC

B AC

1◦ caso

2◦ caso

Vamos considerar apenas o primeiro caso, uma vez que a resolucao do segundo e analoga.

Vamos comecar provando a existencia do ponto C.

Pelo axioma III 2 existe um x, um b e um c (todos reais) que representam as coordenadasdos pontos A, B e C respectivamente.

Tambem pelo axioma III2 podemos declarar a seguinte equacao:

m(AC)

m(BC) =

c− x

b− c

como desejamos que m(AC)

m(BC) = a entao tambem desejamos que:

c− x

b− c = a

O que implica em:

c = ab + x

1 + a (1)

Como a e positivo (afinal e resultado da divisao de duas distancias), entao c existe paraqualquer valor de x e b o que garante a existencia do ponto C.

Para provar a unicidade de C procedemos assim: imagine por absurdo que exista um C’ nasmesmas condicoes que C, mas diferente dele. Entao:

m(AC) m(BC)

= a ⇒ c − x

b − c= a

.

Resolvemos esta ultima equacao para c’ chega-se a solucao

c = ab + x

1 + a (2)

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Finalmente comparando (1) e (2), e pelo axioma III2, podemos afirmar que os pontos C eC’ tem distancia igual a zero o que por meio do axioma III1 nos leva a concluir que C e C’ saona verdade o mesmo ponto, o que contraria a tese inicial. Com isso concluımos que nao pode

haver um ponto diferente de C entre A e B tal que m(AC)

m(BC) = a. Provando a unicidade.

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

Soluc˜ ao:

Utilizando um compasso desenhe um cırculo de raio r. Com uma regua graduada desenhe nointerior do cırculo um polıgono com n vertices, sendo que cada vertice deve estar sobre o cırculo.Mais ou menos como na imagem abaixo.

Polıgono de 6 lados.

Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximacao docırculo bastando com a regua medir os lados do polıgono. Lembrando que quanto mais vertices

o polıgono tiver mais precisa sera a aproximacao.

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

Soluc˜ ao:

Seja C um ponto qualquer fora de um cırculo de centro O, entao O C > r, onde r e o raio docırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o cırculo formado por todosos pontos do plano que estao a uma distancia r do ponto O, entao o ponto D pertencente aintercessao do segmento OC com a circunferencia. Como se queria demonstrar.

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.

Soluc˜ ao:

Analogamente a circunferencia se m(CA) + m(CB) > r entao o conjunto de pontos e externo.

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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 cırculo 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.

Soluc˜ ao:

Dado o conjunto de pontos P1, P2,..., Pn tome um unico ponto Pi que usaremos para o centroda circunferencia, por cada ponto Pj com i = j e j variando de 1 a n retirando o pr oprio 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 cırculo 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.

6. Prove que a uniao de uma quantidade finita de conjuntos limitados e ainda um conjuntolimitado.

Soluc˜ ao:

Seja M1, M2,... Mn conjuntos finitos suponha por absurdo que a uniao de todos eles naoseja um conjunto finito. Por definicao, deve entao haver um ponto p do plano pertencente a essauniao que nao pode estar contido dentro de nenhuma circunferencia. Entretanto, se p pertencea uniao deve pertencer a um dos conjuntos que a forma e como esse ponto n ao pode ser contidoentao um dos conjuntos pertencentes a uniao nao e finito o que e um absurdo.

7. Mostre que dado um ponto P e um conjunto limitado M, ent ao existe um disco com centroem P que contem M. (Observacao: estamos admitindo a validade da desigualdade triangular).

Soluc˜ ao:

Para facilitar a compressao dessa solucao vamos usa um desenho, embora na pratica isso sejadispensavel.

Se M e limitado entao podemos tracar um cırculo de centro em O e raio r que contenha todoo conjunto.

O

P

r

O desenho acima assume que e possıvel que P nao seja limitado pela circunferencia, mas casoocorresse o contrario a logica ainda seria a mesma.

20




Se tomarmos agora a distancia entre o ponto P e o ponto O somado ao raio da circunferenciaentao teremos o cırculo descrito, pois esse novo cırculo ira conter tanto o ponto P como todos os

pontos de M. Veja a prova.

Prova

O fato deste novo cırculo conter o ponto P e evidente, pois ele e centrado neste ponto.

Para provar que esse novo cırculo tambem contem o conjunto M tome um ponto M 1 perten-cente a M. Como M esta limitado pela circunferencia de centro em O, entao a distancia entreM1 e O deve ser menor que r .

Como a distancia entre P e M1 deve ser igual a m(PO)+m(OM1) e como m(OM1) e menorque r entao:

d(PM1) < d(PM1)+r

Como d(PM1) + r e o raio do cırculo com centro em P, entao todo ponto do conjunto M estacontido nele o que finaliza a demonstracao.

8. Prove que as retas sao conjuntos ilimitados. (Sugestao: use o problema 7.)

Soluc˜ ao:

Supondo por absurdo que essa reta seja limitada entao existe um cırculo de centro em A eraio r que limita m.

Sabemos que dada uma reta m no plano existem pontos que pertence a reta e pontos que n aopertencem a reta. Sendo assim, podemos tomar um ponto B nao pertencente a m e centrando

nele tracar um cırculo de raio igual a m(BA) + r.

21




3 AXIOMAS SOBRE MEDIC AO DE ANGULOS

3.1 Exercıcios

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

Soluc˜ ao:

C

AB

β = 90◦

O

Considere o angulo α (B OC) e o seu suplemento β (A OC), tal como no desenho acima. Pordefinicao temos:

α + β = 180

◦

como α = β entao:

α + α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦

Assim, conclui-se que β = 90◦. Como se queria demonstrar.

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

Soluc˜ ao:

Seja α um angulo agudo e β o suplemento de α entao:

α + β = 180◦

⇒ β = 180◦ − α,

mas como α < 90◦ entao (dessa ultima igualdade) conclui-se imediatamente que β > 90◦

como se queria demonstrar.

3. Use um transferidor e desenhe angulos de 45circ, 60circ, 90circ, 142circ, 15,5circ e 33circ.

Soluc˜ ao:

A cargo do leitor.

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?

Soluc˜ ao:

22




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

α + α1

= 180◦ (2)

β + β 1 = 180◦ (3)

Fazendo α1 = β 1 + 30◦ (4) i.e., um angulo igual ao outro somado 30 graus e substituindo β 1da equacao (3) na equacao (4) chega-se a:

α1 = (180◦ − β ) + 30◦

⇒ α1 = 210◦ − β (5)

Substituindo (5) em (2)

α + 210◦ − β = 180◦

α − β = −30◦ (6)

Com as equacoes (1) e (6) montamos o seguinte sistema α + β = 90◦

α− β = −30◦

cuja solucao e α = 30◦ e β = 60◦, logo um angulo possui 30 e outro 60 graus.

5. Uma poligonal e uma figura formada por uma sequencia de pontos A1, A2, ..., An e pelossegmentos A1A2, A2A3, A3A4,...,An−1An. Os pontos sao os vertices da poligonal e os segmentossao os seus lados. Desenhe a poligonal ABCD sabendo que: AB = BC = CD = 2.cm, ABC =120◦ e BCD = 100◦.

Soluc˜ ao:

Para esse exercıcio e necessario regua, transferidor e compasso.

A

B

D

C

120 100

6. Um polıgono e uma poligonal em que as seguintes 3 condicoes sao satisfeitas: a) An =A1, b) os lados da poligonal se interceptam somente em suas extremidades e c) dois lados com

23




a mesma extremidade nao pertencem a uma mesma reta. Das 4 figuras, seguintes, apenas duassao polıgonos. Determine quais sao elas.

D

E

DC

B

A

E

A

E B

C

D

A

A

B

E D

C

B

C

Um polıgono de vertice A1, A2, ..., An+1 = A1, sera representado por A1A2A3,...,An. Ele tem n

lados, n vertices e n angulos.

Soluc˜ ao:

A primeira figura da esquerda e na linha de cima e um polıgono. A segunda da esquerda,tambem da linha de cima nao e, pois se fosse contradiria a 2◦ condicao. A primeira da esquerda

da linha de baixo tambem nao e um polıgono, pois iria contra a 3◦ condicao. A segunda da linhade baixo e um polıgono.

7. Desenhe um polıgono de quatro lados tal ABCD tal que AB = BC , CD = DA = 2cm,com ABC = ADC = 100◦ e com BCD = BAD = 80◦.

Soluc˜ ao:

Para esse exercıcio e necessario regua, transferidor e compasso.

A

B

C

D

24




8. O segmento ligando vertices nao consecutivos de um polıgono e chamado de diagonal dopolıgono. Faca o desenho de um polıgono de seis lados. Em seguida desenhe todas as suasdiagonais. Quantas diagonais tera um polıgono de 20 lados e de n lados?

Soluc˜ ao:

Observe o seguinte polıgono de 6 lados:

A

B

C

D

E

F

Do vertice A, por exemplo, deve partir diagonais para todos os outros vertices exceto paraele mesmo e para os outros dois adjacentes. Como temos 6 vertices entao do ponto A sairao umtotal de :

6− 3 diagonais

A

B

C

D

E

F

A mesma coisa ocorre para os demais vertices. Assim se temos seis vertices teremos ao todo

(6 − 3) · 6 = diagonais

25




A

B

C

D

E

F

Contudo a diagonal AB e tambem a diagonal BA e a mesma coisa ocorre para as demaisdiagonais que acabam sendo contadas duas vezes. Considerando esse fato em o numero total de

diagonais sera:

(6 − 3)6

2 = 9

Para um polıgono de n lados, terıamos entao:

(n− 3)n

2

Essa formula pode ser utilizada para determinar o numero de vertices de qualquer polıgono,

como por exemplo o de 20 lados que teria (20− 3) · 20

2 = 170 lados.

9. Um polıgono e convexo se esta sempre contido em um dos semi-planos determinados pelasretas que contem os seus lados. Na figura seguinte o polıgono (a) e convexo e o (b) e nao convexo.

Polıgonos convexos recebem designacoes especiais. Sao as seguintes as designacoes dadas aestes polıgonos de acordo com seu numero de lados, ate 10 lados.

26




n◦ de lados nome do polıgono convexo3 triangulo4 quadrilatero

5 pentagono6 hexagono7 heptagono8 octagono9 nonagono

10 decagono

Soluc˜ ao:

Qual a pergunta mesmo?

10. Descreva um metodo, em que se faca uso apenas de um compasso e de uma regua

nao numerada, de construcao de um quadrilatero com os quatro lados de mesmo comprimento.Estenda seu metodo para o caso de 5 lados.

Soluc˜ ao:

Desenhe um circulo de raio r, e centro em O, e em qualquer ponto do circulo marque umponto.

o

Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura,faca outro cırculo centrado no ponto.

o

Marque novamente outro ponto na intercessao dos cırculos como na figura.

27




o

E com o compasso, ainda com mesma abertura, desenhe um novo cırculo centrado no ultimoponto esbocado.

o

Finalmente, usando a regua ligue os pontos de intercessao.

Fazendo quatro segmentos de comprimento r.

28




r r

r r

GeneralizandoDesenhe um circulo de raio r, e centro em o, e em qualquer ponto do circulo marque um

ponto.

o

Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura,faca outro cırculo centrado no ponto. Em seguida ligue esses pontos.

o

Agora marque um novo ponto como na segunda circunferencia de modo que ele nao esteja namesma reta que os outros dois. Mais ou menos como na figura a seguir:

29




E trace uma nova circunferencia com mesmo raio r, centrada no ponto. Formando com aregua um novo segmento.

Repetindo o processo desenha-se uma nova circunferencia e traca-se um novo ponto.

Na intercessao entre a ultima (azul) e primeira (vermelha) circunferencia desenhada marcamosum ponto (que chamaremos de P).

30




P

Por fim liga-se P aos dois pontos adjacentes a ele.

Isso formara um polıgono de 5 lados cada um com comprimento igual a r.

31




3.2 Problemas

1. Dado um angulo AOB mostre que existe uma unica semi-reta SOC tal que AOC = COB.A semi reta SOC e chamada de bissetriz do angulo AOB.

Soluc˜ ao:

Considere o angulo A OB com bissetriz SOC como na imagem a seguir.

A

B

C

O

Suponha por absurdo que exista uma segunda bissetriz SOC = SOC que tambem seja bissetrizde A

OB. Nesse caso existe duas possibilidades:

SOC esta a direita de SOC, como na figura abaixo.

A

BO

C

C’

ou enttao SOC esta a esquerda de SOC.

A

BO

CC’

Vamos considerar o 1◦ caso.

Como SOC e SOC sao bissetrizes de A OB entao pelo axioma III6

A O B = A O C + C OB = 2C OB (1)A O B = A OC’ + C’ OB = 2C’ OB (2)

Pela figura 2 fica evidente que C

O B = C

OC’ + C’

OB (3)

Usando (3) em (1)

A OB = 2(C OC’ + C’ OB) (4)

Comparando (2) e (4)

A O B = A OB

2C’ OB = 2C OC’ + 2C’ OB

⇒ C OC’ = 0.

32




No entanto, se C OC’ = 0 entao pelo axioma III4 SOC = SOC o que contradiz a hipotese inicialde que SOC = SOC . Logo o angulo A OB nao pode ter mais que uma bissetriz.

Analogamente se mostra para o caso de SOC a esquerda de SOC

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

Soluc˜ ao:

Considere o desenho abaixo.

AG

D

BE

O

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 OB

2 , pois, SOD 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◦

Que implica em SOE ⊥ SOD como se queria demonstrar.

3. Dado um angulo A OB e um numero real positivo 0 < a < 1, mostre que existe uma unicasemi-reta SOC tal que C O B = a·A OB.

Soluc˜ ao:

Essa afirmativa nao e verdadeira, entretanto ela pode ser provada se for colocada tambem a

condicao de que C deve estar entre A e B.

4. De quantos graus move-se o ponteiro dos minutos enquanto o ponteiro das horas percorreum angulo raso.

Soluc˜ ao:

Considere o seguinte desenho.

33




12

6

1

Quando o ponteiro dos minutos gira 360 graus o ponteiro da horas se move para o 1.

12

6

1θH

Dividindo 360 por 12 obtemos o deslocamento θH que o ponteiro das horas se moveu.

θH = 360◦

12

= 30◦

Com esse valor obtemos a seguinte relacao

θMθH

= 360◦

30circ ⇒ θM = 12 · θH

Assim, se o ponteiro das horas faz um deslocamento raso (180◦) entao o deslocamento doponteiro dos minutos sera:

θM = 12 · 180◦

θM = 2160◦

Portanto, o ponteiro se move 2160◦. Contudo, por ser um valor multiplo de 360 em relacao

ao seu ponto inicial o deslocamento e de 0◦

. Ambas as respostas (0◦

ou 2160◦

), sao possıveispara a pergunta.

5. Descreva um processo pelo qual um desenhista, sem usar um transferidor, possa “copiar”um angulo, isto e, dado um angulo desenhado em uma folha de papel, desejamos estabelecer umprocedimento pelo qual possamos desenhar um outro angulo que seja congruente ao primeiro,isto sem fazer uso de um transferidor.

Soluc˜ ao:

Esse metodo e descrito por Keenan, Edward P., Isidore Dressler e Ann Gantert Xavier nolivro Integrated Mathematics, publicado pela Amsco School Publications em 1999.

Dado um angulo ABC vamos construir um angulo congruente.

A

C

B

34




Primeiro marque um ponto M (que sera vertice do novo angulo) em algum lugar proximo aoangulo original.

A

C

BM

Desenhe um raio MN em qualquer direcao e de qualquer tamanho. Esse sera uma das arestasdo novo angulo.

A

C

BM N

Desenhe agora um cırculo com centro em B e raio r menor que BA e BC.

A

C

B

E na intercessao da circunferencia com as semi retas marque os pontos X e Y.

A

C

B

X

Y

Com o compasso ainda aberto trace uma nova circunferencia com centro no ponto M criandoo ponto F.

A

C

B

x

yM NF

Defina agora a largura do compasso igual a distancia xy.

A

C

B

x

y

35




E com essa abertura trace um novo circulo com centro em F e outro com centro no ponto M

criando o ponto G.

A

C

B

x

yM NF

G

Finalmente trace as semi-retas MG e MN.

A

C

B

x

y M NF

G

Olhe para a construcao concluıda. O novo angulo GMN e congruente ao angulo original ABC.

6. Uma alternativa para definir um angulo e o de considerar a intercessao de semi-planos.Formalize esta ideia. Relacione com nossa definicao.

Soluc˜ ao:

Tome um plano qualquer com duas retas que se interceptam num ponto O formando dois semiplanos (um formado por cada reta).

A

B

α2

α2

α1

α1

O

36




Podemos definir como interior do angulo a intercessao do semi-plano α1 com origem na retaOA e que contem o ponto B. E o semi-plano α2 com origem em OB e que contem o ponto A.

De modo similar podemos definir como regiao externa do angulo a reuniao dos semi-planos,β 1 com origem na reta OA e que nao contem o ponto B e o semi-plano β 2 com origem em OB eque nao contem o ponto A.

A

B

β 2

β 2

β 1

β 1

O

perceba agora que com isso o conjunto de pontos pertencentes ao plano, mas que n ao pertencea regiao interna ou externa do angulo, formam duas semi-retas com a mesma origem (no caso oponto O). Assim, pela definicao de angulo podemos dizer que: um angulo e a figura formada portodos os pontos do plano que nao pertence a regiao interior ou exterior do angulo.

37




4 CONGRUENCIA

4.1 Exercıcios

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 a 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 = 7.5cm, BC = 8.2cm e A BC = 80◦. Mecao 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

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 = BC2 + AC2 − 2(CB)(AC) cos C

38




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 possıvel construir o triangulo representado no desenho abaixo.

C

A

B

Onde CB = 8,2cm; AB = 7,5cm e AC = 10,106cm. 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

C

A

B

Solucao:

Considere a figura acima e observe que α e o suplemento de B AC e β e o suplemento de A BC,logo:

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

39




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) 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 ECB compartilham o lado BC e por hipotese BD = EC pelo caso LAL DBC e

congruente a ECB 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

40




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 EFG congruentes. Supondo que os triangulos nao sejam figuras rıgidas ao

deformarmos o ABC seus angulos irao variar, mas os lados continuarao com as mesmas medidas.Assim pelo caso LLL os dois triangulos ainda seriam congruentes o que seria um absurdo poisum 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

EA

Solucao:

Os angulos C AE = D AB pois sao opostos pelo vertice. Como por hipotese CA = BA 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.

41




C A

D

E

B

Solucao:

Os angulos D BA = C BE pois sao opostos pelo vertice e como CA = BA por hipotese, entao pelocaso 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.

42




4.2 Problemas

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 M

Solucao:

B MC e o suplemento de C MA logo C MA + B MC = 180◦. Como C MA = 90◦ temos que B MC = 180◦

- 90◦ = 90◦, logo C

MA = B

MC 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 SAC e SBC construindo os segmento CD e CE tal que CD

= CA e CE = CB.

M

A

B

E

D

C

Como D CE = A CB, 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:

43




B C

A

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

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.

44




A

B

C

D

Solucao:

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

D BA + A BC = B DA + A DC

Como D

BA = B

DA, pois ∆BDC e isosceles, entao A

BC = A

DC. E pelo criterio LAL temos que

∆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 rintercepta o segmento BA no ponto medio.

45




5 O TEOREMA DO ANGULO EXTERNO E SUASCONSEQUENCIAS

5.1 Exercıcios3

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

Solucao:

Dado o ∆ABC como no esquema

A

eB

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

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

3Neste capıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Angulo Externo.

46




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 BD

Que 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

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)

47




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 quemarca 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 mostrarque F m(A) = A.

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

A

D

A

m

Como por hipotese A e 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 perpendiculara m tendo D como seu ponto medio. Assim F m(A) = A.

Como se queria demonstrar.

Prova de (ii)(⇒) Se F m(A) = A entao por definicao existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde

m ∩ AA e um ponto P que e ponto medio do segmento AA. No entanto como AA e um conjuntounitario (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 proprioponto.

Prova de (iii)

48




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 respeti-

vamente

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 e como

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 pelo casoLAL.

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

49




B DA = A DB = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ e isosceles e como 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 teo-rema 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

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.

50




A

D C

B

Solucao:

Basta tracar o segmento AC, e entao ∆ADC = ∆ABC pelo criterio cateto hipotenusa que implicaque 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 sejamtriangulos 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.

A

B

D

F

Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD entao F ∈ B AD e portanto SAF ⊂ B AD logo divideB AD

51




6 O AXIOMA DAS PARALELAS

6.1 Exercıcios

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:

A

C

B

r

Seja ∆ABC equilatero entao:

A + B + C = 1800 (1)

52




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-se

diametro. 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

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..

53




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 A

por onde desse uma perpendicular a reta n no ponto A’. Como as retas sao equidistantes entaoAP = A’P e ∆AAP e isosceles de base AA o que e um absurdo pois a soma de seus angulos internosseriam 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 por M e N e exatamente o ponto medio do segmentoAB.

Solucao:

Considere as figuras:

A B

C

M N

Dado ∆ABC com os segmentos CM = CN, pois o triangulo e isosceles e M, N e ponto medio. Eseja 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:

54




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 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//DC e AB

= DC por hipotese provaremos que AD = DC por hipotese provaremos que AD = BC, pois segundo6.11 se isso ocorre o quadrilatero e um paralelogramo. AB//DC por hipotese, logo tracamos umareta r que divide o quadrilatero em ∆ADB, DeltaDBC (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 casoLAL. Dessa forma BC = AD e pela proposicao 6.11 ABCD e um paralelogramo.

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

Solucao:

Considere o desenho.

A

C

B

D

55




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

A CB = D ACLogo 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 comoambos 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.

56




Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, entao pelos pontos AB e C

construımos o triangulo ABC de modo analogo construımos o triangulo DAB. Como BA = BC e DA

= AB entao ∆ABC e ∆DAB sao isosceles tal que

∆ABC = ∆ABF ∪ ∆BFC

∆DAB = ∆DAF ∪ ∆FAB

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

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 = ∆COD

Como AB = BC por hipotese e O e o ponto medio de ambos entao:

B O = O D = O C = A O (1)

∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD

Pelo caso LLL. Assim como os angulos A OB e B OC estao sob a mesma semi-reta e sao comple-mentares 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 saoisosceles entao:

O BD = O DB = O BA = B AD = D AC = A CD = O DC = 450

pois a soma de seus angulos internos deve ser 1800, um dos angulos ja e reto e dois da basesao congruentes.

Assim os angulos A BD = B AC = C DB = A BD = 900

Satisfazendo a definicao de retangulo.

57




6.2 Problemas

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’.

58




7 SEMELHANCA DE TRIANGULO

7.1 Exercıcios

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

Solucao:

Se o triangulo e retangulo deve valer o teorema de Pitagoras caso contrario o triangulo naoe 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

59




8 O CIRCULO

8.1 Exercıcios

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 pelo vertice,entao ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.

Tracando os segmentos OE e OF tal que OE e EF sao alturas dos triangulos, portanto perpen-diculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD entao EO = OF e as cordas AB e CD saoequidistantes. Como se queria demonstrar.

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

Solucao:Imagine a seguinte construcao:

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 A E = E B =

CF = FD e entao:

60




A E + E B = C F + F D

AB = CD


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 = OF2 + AF2

e tambem

OC2 = OE2 + CE2

Como OA = OC = raio

OF2 + AF2 = 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 manter a igualdade

em (1). Como se queria demonstrar.

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:

61




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. Como por um

ponto passa uma unica reta perpendicular entao OE e a propria mediana passando pelo ponto O(centro). Como se queria demonstrar.

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:

A

E

A

O m

Tracando uma reta m que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro e o proprio centro.E seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo entao existe um segmento AA’ que inter-

cepta 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’ e

portanto, 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.

62




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 pelo vertice.Como ∆ESB e ∆JBA possui dois angulos congruentes entao sao semelhantes e portanto S = J.Como se queria demonstrar.

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

AR

K

M

Solucao:

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

AR

K

M

63




Por m tracamos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora, se um raio intercepta uma retaem 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. Como se queria demonstrar.

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 L E = L U = U E.

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

Como L EU e angulo externo do ∆EUK entao:

L E U = E K U + E UK

No entanto como L U K = L U E + E UK ent~ao L U E + E UK = 90◦ (1)Como L UE = 60◦ por (1) tem-se

E UK = 30

◦

Assim L E U = E U K + 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 U E = L U = L E (3).

Por (2)e por (3) chegamos a LE = EK. Como se queria demonstrar.

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

M X

O I

64




Solucao:

Tracando uma corda MX com ela e possıvel perceber que M O X = M IX, pois ambas possuem amesma 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:

M B + B I = B X + O B

MI = XO

Como se queira demonstrar.

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.

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)

65




Note que C A = H A = H N = H I = R a i o 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 = 0.5A HI = 0.5(A HN + N HI)

C = 0.5(A H N + 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 H I = 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

Solucao:

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

T PA = 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

66




Solucao:

Temos D NA = D MA, pois submetem ao mesmo arco

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

D MA = 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 construA§A£o:

A M E

T

S Y H

o

Note que A OH e um angulo central da mesma circunferencia em que A TH esta inscrita e por-tanto:

A TH = A OH

2

Com A TH 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).

67




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 D B + 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 =

AB2

C BD =

DC

2

Como A P B = A D B + 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)

A

B

C

D

P

Solucao:

Na figura fazemos a seguinte construcao:

68




A

B

C

DP

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 C B = A P B + C BD

A P B = A C B - C BD

A PB =

AB

2 +

CD

2

A PB = 1

2(

AB−

CD)


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

A4An

O

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

A1 A2O = O A2A3

Logo OA2 e bissetriz de A1 A2A3. Como se queria demonstrar.

69




8.2 Problemas

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 ocırculo 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 entreA e B (A− C− B). Deste modo sendo “O” o centro da circunferencia terıamos OA = OB = OC. Oque 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

DP

Solucao:

Tracando AD e CB tem se B AD = B CP, pois determinam o mesmo arco

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

AP

CP

= AD

CB

= DP

PBQue implica em

AP · PB = CP · PD


3. Na figura abaixo W S e H I sao cordas que se interceptam no ponto G, e RT e bissetriz doangulo W GI . Prove que W R · T S = H T ·RI .

W R I

G

H T S

70




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 afirmar que∆IRG e semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois angulos congruentes S GT = I GR e W ST = W IH).Desta semelhanca temos que:

RI

TS =

RG

GT =

IG

GS (1)

Considerando que I WS = I HS, pois se subentendem ao mesmo arco

IS, segue se que ∆WRG esemelhante ao ∆HGT. Desta semelhanca tem se que:

WR

HT =

RG

GT =

WG

HG (2)

De (1) e (2) obtemosRG

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

B C

E

D

Note que B AD = D AC, pois por hipotese AD e sua bissetriz. Como B EA = A CB, pois sao angulos

que subtende ao mesmo arco, no casoAB, 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:

71




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, BC, CD e DA sao tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z e P, o que implica em:

AX = AP

BX = BY

CY = CZ

DZ = DP

Somando membro a membro:

72




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 + F A.

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 nospontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente.

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

AT = AX

BX = BY

CY = CZ

DZ = DP

EP = EQ

FQ = FT

somando as igualdade membro a membro.

A T + B X + C Y + D Z + E P + F Q = A X + B Y + C Z + D P + E Q + F T

Permutando alguns membros

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

A B + C D + E F = B C + D E + F A

73





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 os cırculos.

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). Com pen-samento 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 ∪ HP = OP

Que intercepta AB no seu ponto medio. Como se queria demonstrar.

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 P passa peloponto de tangencia X.

O PX

r

74




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 que implicaque C BA = B CA.

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

75




A

B DC

Os angulos A BC e A BD sao inscritos e subtendem a semi-cırculos pois AC e AD sao diametros,assim A BC = 90◦ = A BD. Isto implica que eles sao suplementares e portanto os pontos C, B e D

sao 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


76




9 FUNC ES TRIGONOMETRICAS

9.1 Exercıcios

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

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 BCcos C

Substituindo os valores da figura:

25 = 64 + 25 − 2 · 8 · 5 cos Ccos C =

64

80 ⇒ C ∼= 36◦87

77




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 ve 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 = tg(15◦) · 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:

A 20◦ B

C

500m

Aplicando a lei dos senos

Sen CAB

= Sen A

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 = 2Rn

sen

180◦

n

.

Solucao:

78




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.

AA

B

C

D

BD = DC e P = BD

DC

Sendo Sen A =

P

R com A = 360◦

2n entao:

P = R · sen Ae portanto

Pn = 2n · R · sen APn2n · R · sen

360◦

2n

Pn = 2n · R · sen

180◦

n

Como se queria demonstrar

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

Solucao:

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

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.

79




A B

C

20◦ 20◦

70◦

D

90◦

Usando a lei dos senos

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

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 Ab) 1 + tg2 A = cossec2 A

80




Solucao de a:

sec2

A =

1

cos2

Asec2 A =

sen2 A + cos2 Acos2 A

sec2 A = sen2 Acos2 A + 1

sec2 A = Tg2 A + 1


Solucao de b:

Cosec2 A = 1

sen2 A=

sen2 A + cos2 Asen2 A

1 + cos2 Asen2 A

= 1 + cotg2 A= 1 +

1

tg2

A


81




10 AREA

10.1 Problemas

9. Uma outra prova do teorema de Pitagorase sugerida pela figura ao lado. Determine aarea do trapezio de duas maneiras diferentes,de forma analoga ao que foi feito na questaoanterior. Complete a prova. Esta prova foiinventada por Garfield em 1876.

A B

ED

A

a

b c

a

b

c

Solucao4

James Abrahan Garfield (1831 - 1881) comecou desenhando um triangulo retangulo, de cate-tos b e c e hipotenusa a. Em seguida repetiu o mesmo triangulo, em outra posicao e com um dosvertices coincidindo. Dessa forma ele colocou em alinhamento o cateto b de um dos triangulos,com o cateto c do outro.

b

A

a

θ

c

b

a

A

c

Em seguida, “fechou” a figura, obtendo um trapezio retangulo constituıdo pelos dois triangulosretangulos iniciais (iguais) e um outro triangulo que, como vamos demonstrar, e tambem umtriangulo retangulo.

4Solucao apresentada pelo prof. Ilydio Pereira de Sa da UERJ.

82




b

Aa

θ

c

b

a

A

c

α

B β

α

β

Precisamos mostrar que o angulo θ tem medida de 90circ, para confirmar a afirmativa de que

o terceiro triangulo (B) e tambem retangulo.

Como o triangulo inicial (A) e retangulo, temos que os angulos α e β somam 90◦ (pela Leiangular de Tales). Dessa forma, olhando os tres angulos formados em torno do ponto P, e domesmo lado de uma reta, teremos que α + β + θ = 180◦, nos levando a concluir que θ medetambem 90o e o triangulo B e tambem retangulo.

Observe ainda que as tres partes unidas geraram um TRAPEZIO RETANGULO, cujaaltura e b + c e cujas bases sao b e c.

Podemos calcular a area desse trapezio de duas formas:

a) Diretamente pela formula da area do trapezio.

b) Somando as areas dos tres triangulos retangulos (2A e 1B).

E claro que, nao importa a forma do calculo, esses dois resultados devem ser iguais. Vejamos:

Por a) (metade da soma das bases) x altura ou (b + c)

2 (b + c)

Por b) soma das areas das partes: 2A + B ou 2

bc

2

+

a2

2

= bc +

a2

2

Igualando as duas expressoes obtidas, teremos:

bc + a2

2 =

(b + c)2

2

2bc + a2 = b2 + 2bc + c2

83




ou, finalmente, a2 = b2 + c2.

Uma curiosidade e que atualmente ja existem registradas cerca de 400 demonstracoes difer-

entes do teorema de Pitagoras.

84




11 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 do livro.

Andreia Cristina Pereira de Oliveira pelo auxılio na digitacao.

Documents

Geometria Euclidiana Plana (Resolvido)