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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM
(João Lucas Marques Barbosa)
nibblediego@gmail.com
Compilado dia 29/10/2017
O livro do João Lucas de Geometria Euclidiana Plana a-
presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publi-
cado inicialmente em 1995 vem sendo usado até hoje, quase 20
anos depois, em cursos de matemática por pessoas que falharam
miseravelmente na vida com a tarefa de serem bons professores.
O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra,
embora ainda não esteja completo devido á falta de tempo. Pode
haver também uma ou outra passagem obscura, ou mesmo vários
erros de português e codificação. Assim, se o leitor identificar
algum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-se
á vontade para avisar-me por e-mail. Caso deseje ajudar ainda
mais pode enviar-me as respostas dos exerćıcios que ainda faltam.
O que certamente agilizaria a finalização desse solucionário.
Para obter as atualizações desse documento e ter acesso a outros exerćıcios resolvidos ascese:
www.number.890m.com
1
Sumário
1 OS AXIOMAS DE INCIDÊNCIA E ORDEM 3
1.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 AXIOMAS SOBRE MEDIÇÃO DE SEGMENTOS 12
2.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3 AXIOMAS SOBRE MEDIÇÃO DE ÂNGULOS 22
3.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4 CONGRUÊNCIA 38
4.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
5 O TEOREMA DO ÂNGULO EXTERNO E SUAS CONSEQUÊNCIAS 46
5.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
6 O AXIOMA DAS PARALELAS 52
6.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
6.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
7 SEMELHANÇA DE TRIÂNGULO 59
7.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
8 O CÍRCULO 60
8.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
8.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
9 FUNÇẼS TRIGONOMÉTRICAS 77
9.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
10 ÁREA 82
10.1 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
11 AGRADECIMENTOS: 85
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
1 OS AXIOMAS DE INCIDÊNCIA E ORDEM
1.1 Exerćıcios
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
Solução:
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 no
plano? E um conjunto de 4 retas do plano?
Solução:
Na pior das hipóteses teremos 3 retas r1, r2 e r3 que serão distintas. Assim formarão pontos
Pij de intercessão conforme indicado na tabela abaixo:
• r1 r2 r3
r1 – P12 P13
r2 P21 – P23
r3 P31 P32 –
A tabela possui três linhas e três colunas logo o numero de células é 3 · 3 = 9.
Os elementos das diagonais são nulos (pois uma reta não pode interceptar-se consigo mesma),
assim o número de pontos de intercessão passa a ser (3 · 3− 3) = 6
Como os pontos P12 e P21 são o mesmo ponto de intercessão, nesse caso entre as retas r1 e
r2, e a mesma situação ocorre para os demais pontos então o numero de pontos de intercessão
distintos é igual a 3.
6
2
=
3(3− 1)
2
= 3
Se tivéssemos n retas com racioćınio análogo chegaŕıamos a formula
n(n− 1)
2
onde n é o
numero de retas.
Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.
3
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
3. Prove o item (b) da proposição (1.4).
Solução:
Vamos provar a igualdade (SAB ∩ SBA = BA) por dupla inclusão.
� Provando que AB ∈ SAB ∩ SBA
Tome um ponto P pertencente a AB. Neste caso termos que P ∈ SAB e também que
P ∈ 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 também um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA. Neste caso D não pode
estar depois de B, pois neste caso não pertenceria a SBA. Tão pouco poderia estar
antes de A, pois se assim fosse D /∈ SAB. Sendo assim, D está entre A e B o que implica
em D ∈ AB.
Como todo ponto de AB ∈ SAB ∩ SBA e vice versa então fica provado a igualdade.
4. Prove a afirmação feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.
Solução1
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 definição um conjunto é finito quando pode ser colocado em
correspondência biuńıvoca com N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, que significa
que AB é 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 + 1
elementos.
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.
Definição:
Um subconjunto do plano é convexo se o segmento ligando
quaisquer dois de seus pontos está totalmente contido nele.
Solução:
Basta observar que todas as combinações posśıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados dois
a dois pertence a uma das três retas dessa geometria. Por exemplo, as combinações posśıveis são:
1Onde está escrito Pk−1 − Pr − Pk lê-se: o ponto Pr está entre Pk−1 e Pk:
4
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1. Do mesmo modo
pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m1, m2, m3). O que mostra
que nessa geometria vale o axioma I2.
6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos são o próprio plano e qualquer semi-plano.
Mostre que a interseção de dois semi planos é um convexo.
Solução:
Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1 ∩ S2. Tomando dois pontos P1 e P2 ambos
pertencentes a S3 então:
P1 e P2 pertence tanto a S1 como a S2
Se S1 e S2 são convexos então P1P2 pertence tanto a S1 como a S2 e portanto pertence a
interseção. Logo S3 também é convexo.
7. mostre que a intercessão de n semi-planos é ainda um convexo.
Solução:
Considere os semi planos α1, α2, ..., αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considere
os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicará no fato de que X e Y pertence a α1, α2, ..., αn
como todos esses semi-planos são convexos então o segmento XY pertence a α1, α2, ..., αn logo
também pertence a intercessão e portanto também pertencem a B, o que mostra que B ainda é
convexo.
Dica: Reveja o problema 6.
8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a união de convexos pode não ser um convexo.
Solução:
Os quatro retângulos (em cinza) abaixo são figuras convexas e a união deles formam uma
figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto côncava.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
9. Trêspontos não colineares determinam três retas. Quantas retas são determinadas por
quatro pontos sendo que quaisquer três deles são não colineares?
Solução:
Analogamente ao exerćıcio três construiremos a seguinte tabela, onde rij é a reta determinada
pelos pontos Pi e Pj.
• P1 P2 P3
P1 – r12 r13
P2 r21 – r23
P3 r31 r32 –
o numero de retas será
3(3− 1)
2
= 3 e para n pontos
n(n− 1)
2
.
10. Repita o exerćıcio anterior para o caso de 6 pontos.
Solução:
Para 6 pontos (n = 6),
6(6− 1)
2
= 15, teŕıamos 15 retas.
6
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
1.2 Problemas
1. Discuta a seguinte questão utilizando apenas os conhecimentos geométricos estabelecidos,
até agora, nestas notas: “Existem retas que não se iterceptam”?
Solução:
Sim, retas que são paralelas como indica a proposição 1.1.
2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triângulo e não passa por nenhum de
seus vértices, então ela intercepta também um dos outros dois lados.
Solução:
Dado um triângulo ABC e uma reta r que intercepta o segmento AB então A está do lado
oposto a B em relação a reta r. Como por hipótese r não passa por C então C está do lado de A
ou então de B.
� Se C está do lado de A então C esta contrário a B e r intercepta BC.
� Se C está do lado de B então é contrario a A e r e intercepta AC
logo sempre intercepta um dos lados.
3. Repita o exerćıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Faça uma conjectura de qual será a resposta
no caso de n retas.
Solução:
Aproveitando o resultado para n retas já obtido teremos:
Para n = 5:
5(5− 1)
2
= 10
Para n = 6:
6(6− 1)
2
= 15
4. Mostre que não existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejam
validos os axiomas I1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.
Solução:
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 não
pertencem à reta.
Axioma I2. Dado dois pontos distintos existe uma única reta que contem esses pontos.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Como deixa bastante claro o enunciado, essa geometria possui exatos 6 pontos. Vamos usar
esse fato para provar o que desejamos.
Dado dois pontos dessa geometria, por exemplo A e B, pelo axioma I2 então existe uma reta
r que passa por estes dois pontos.
A
B
r
Pelo axioma I1 existe ao menos um terceiro ponto, que chamaremos aqui de C que não
pertence a r.
A
B
r
C
Como pelo enunciado cada reta dessa geometria têm exatos 3 pontos deve existir també um
ponto D pertencente a r.
A
B
r
C
D
Utilizando-nos novamente do axioma I2 teremos agora mais três retas distintas cada qual
passando por um ponto de r.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A
B
r
C
D t
u
v
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 não pode ser igual a A, pois B pertence tanto a r como a t o que implicaria em t
igual a r. Tão pouco poderia ser igual a D, pois analogamente implicaria em t igual a u.
Utilizando novamente o enunciado podemos estabelecer também os pontos F e G distintos
entre si, e todos os demais, pertencentes as retas u e v respectivamente.
A
B
r
C
D t
u
v
E
FG
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Toda via isto nos leva a uma contradição, pois G seria o sétimo ponto da geometria dada.
5. Se C pertence a SAB e C 6= A, mostre que: SAB = SAC , que BC ⊂ SAB e que A /∈ BC.
Solução:
Para facilitar esta demonstração vamos seguir por parte, isto é, vamos provar primeiro que
SAB = 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 temos
então três possibilidade para a pocição de C:
� B = C.
� A – B – C (Lê-se B está entre A e C).
� A – C – B (Lê-se C está entre A e B).
Se B = C a demonstração é imediata.
Se A – B – C então SAB ⊂ SAC, pois AB ⊂ AC. E como SAB é a união do segmento AB com o
conjunto de pontos que estão depois de B e C está depois de B então, por definição, SAC ⊂ SAB.
Mesmo resultado se chega se analisarmos A – C – B.
Como sob qualquer hipótese temos SAB ⊂ SAC e SAC ⊂ SAB então podemos afirmar que SAB = SAC.
(Segunda parte).
De uma forma ou e outra ou BC ∈ SAC ou BC ∈ SAB, mas como SAB = SAC então BC ∈ SAB.
(Terceira parte).
O fato de que A /∈ BC é óbvio, pois C ∈ BC e por hipótese (reveja o enunciado) A 6= C.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Obs: Creio que o autor quisesse escrever outra coisa aqui.
6. Demonstre que a interseção de convexos ainda é um convexo.
Solução:
Sejam A e B dois pontos pertencentes a interseção de n conjuntos convexos, então A e B
pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destes
conjuntos, pois são convexos. Portanto o segmento AB pertence a interseção, concluindo assim
que a interseção é um conjunto convexo.
7. Mostre que um triângulo separa o plano em duas regiões, uma das quais é convexa.
Solução:
Tracemos três 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 será formado o triângulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regiões (chamadas
aqui de α e β). A região convexa é a região que forma o interior do triângulo. Para provar isso
considere os pontos X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas três retas. Como X e Y
estão no mesmo semi plano gerado pela reta m então o segmento XY não intercepta a reta m.
Analogamente o segmento XY não pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence
ao semi-plano α formado pelo triângulo ABC que portanto é uma região convexa.
8. Generalize os exerćıcios 11 e 12 para o caso de n pontos.
Solução:
Estes exerćıcios não constam na obra o que configura o segundo erro do livro. O primeiro é
o de ter sido escrito.
9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente
dois pontos em comum?
Solução:
Dado os pontos A ,B, C e D de modo que A–B–C–D então, os segmentos AC e BD terão o segmento
BC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos então AC e BD possuem dois pontos
em comum mas, nunca possuirão apenas dois pontos.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
2 AXIOMAS SOBRE MEDIÇÃO DE SEGMENTOS
2.1 Exerćıcios
1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Faça um desenho representando-os, sabendo que
m(AB) = 3, m(AC) = 2 e m(BC) = 5.
Solução:
A BC
3 cm
2 cm
2. Repita o exerćıcio anterior, sabendo que C está entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) =
5.
Solução:
A BC
7 cm
5 cm
3. Desenhe uma reta e sobre ela marque dois pontos A e B. Suponha que a coordenada do
ponto A seja zero e a do ponto B seja um. Marque agora pontos cujas coordenadas são 3, 5, 5/2,
1/3, 3/2, 2, -1, -2, -5, -1/3, -5/3.
Solução:
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. Dê a coordenada do ponto médio A3 do
segmento A1A2. Dê a coordenada do ponto médio A4 do segmento A2A3. Dê a coordenada A5
do ponto médio do segmento A3A4.
Solução:
Sendo A3 o ponto médio do segmento A1A2 então a coordenada A3 será a media aritmética
A3 =
A1 + A2
2
=
1 + 2
2
=
3
2
Analogamente se calcula para os demais pontos.
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A4 =
3
2 +
4
2
2
=
7
4
A5 =
3
2 +
7
4
2
=
13
8
5. Prove que, se ab =
c
d então
a) ac =
b
d e
d
b =
c
a
b) a+ba =
c+d
d e
a−b
a =
c−d
c
c) a+bb =
c+d
d e
a−b
b =
c−d
d
Solução de A:
Se ab =
c
d então:
a
b ·
b
c =
c
d ·
b
c
⇒ ac =
b
d
Partindo também da mesmaigualdade
a
b =
c
d
⇒ ab ·
d
a =
c
d ·
d
a
⇒ db =
c
a
Solução de B:
a
b =
c
d
⇒ dbac ·
a
b =
c
d ·
db
ac
⇒ dc =
b
a
⇒ 1 + dc = 1 +
b
a
⇒ cc ·
d
c =
a
a ·
b
a
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
⇒ c+dc =
b+a
a
Já a segunda igualdade procedemos assim:
a
b =
c
d
⇒ ab ·
db
ac =
c
d ·
db
ac
⇒ −1 · dc = −1 ·
b
a
⇒ c−dc =
a−b
a
Dessa forma se procede as demais demonstrações.
6. Se p é ponto de intercessão de ćırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) =
m(PB).
Solução:
Como o ponto P esta na interseção dos dois ćırculos de raio r então P pertence tanto ao ćırculo
com centro em A como ao ćırculo com centro em B. Como por definição de ćırculo, PA = r e PB
= r então PA = PB. Como se queria demonstrar.
7. Usando uma régua e um compasso, descreva um método para construção de um triângulo
com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triângulo é chamado de triângulo isósceles).
Solução:
Com a régua desenhe um segmento AB.
A B
Com um compasso centrado em A trace uma circunferência de raio AB.
A B
Agora com centro em B trace outro ćırculo de raio BA.
A B
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Na intercessão entre as duas circunferências marque os pontos C e D.
A B
C
D
Com a régua forme o triângulo ABC ou ABD em qualquer caso teremos um tiângulo equilátero2
e como todo equilátero é, por definição, também isósceles então cumprimos o requerido.
8. Descreva um método para construção de um triângulo com os três lados de mesmo com-
primento.
Solução:
Veja a questão anterior.
9.Mostre que, se a < b então a < (a+ b)/2 e b > (a+ b)/2.
Solução:
Se a < b então:
a+ a < a+ b
⇒ 2a+ a+ b
⇒ a < a+ b
2
completando a primeira parte. Já a segunda parte provamos assim:
a < b
⇒ a+ b < b+ b
⇒ a+ b < 2b
⇒ a+ b
2
< b
2Um triângulo com os tês lados iguais.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
10. É posśıvel desenhar se um triângulo com lados medindo 3, 8 e 5?
Solução:
Não, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triângulo é
maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8 = 8.
11. O ćırculo de raio r1 centrado em A intercepta o ćırculo de raio r2 centrado em B em
exatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)?
Solução:
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) 6= 0 então:
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 ćırculo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste ćırculo. O que se
pode afirmar sobre o triângulo ABC?
Solução:
Se os pontos B e C pertencentes a circunferência que forma o ćırculo então AB = AC = r logo
o triângulo é isósceles de base AB.
NOTA: O livro refere-se a uma circunferência como ćırculo.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
13. Considere um ćırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste ćırculo e seja B um
ponto tal que o triângulo OAB é equilátero. Qual é a posição do ponto B relativamente ao
ćırculo?
Solução:
Sendo o triângulo equilátero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho
r então OB = r assim o ponto B está a uma distancia r do centro do ćırculo, isto é, B pertence a
circunferência.
14. Dois ćırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O que
pode ser afirmado sobre os triângulos ABC e ACD? E sobre o quadrilátero ACBD?
Solução:
Os triângulos ABC e ACD são isósceles, pois AC = BC = AD = BD = r. Como esses segmentos
também formam o paralelogramo ACBD então o poĺıgono é um quadrilátero de lados iguais.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
2.2 Problemas
1. Dado um segmento AB mostre que existe e é único, um ponto C entre A e B tal que
m(AC)
m(BC)
= a onde a é qualquer real positivo.
Solução:
Se C está entre A e B então existe duas possibilidades para a construção do segmento AB.
A B
C
B A
C
1◦ caso
2◦ caso
Vamos considerar apenas o primeiro caso, uma vez que a resolução do segundo é análoga.
Vamos começar provando a existência do ponto C.
Pelo axioma III2 existe um x, um b e um c (todos reais) que representam as coordenadas
dos pontos A, B e C respectivamente.
Também pelo axioma III2 podemos declarar a seguinte equação:
m(AC)
m(BC)
=
c− x
b− c
como desejamos que
m(AC)
m(BC)
= a então também desejamos que:
c− x
b− c
= a
O que implica em:
c =
ab + x
1 + a
(1)
Como a é positivo (afinal é resultado da divisão de duas distâncias), então c existe para
qualquer valor de x e b o que garante a existência do ponto C.
Para provar a unicidade de C procedemos assim: imagine por absurdo que exista um C’ nas
mesmas condições que C, mas diferente dele. Então:
m(AC′)
m(BC′)
= a⇒ c
′ − x
b− c′
= a
.
Resolvemos esta ultima equação para c’ chega-se a solução
c′ =
ab + x
1 + a
(2)
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Finalmente comparando (1) e (2), e pelo axioma III2, podemos afirmar que os pontos C e
C’ têm distância igual a zero o que por meio do axioma III1 nos leva a concluir que C e C’ são
na verdade o mesmo ponto, o que contraria a tese inicial. Com isso conclúımos que não pode
haver um ponto diferente de C entre A e B tal que
m(AC)
m(BC)
= a. Provando a unicidade.
2. Descreva um método para obter uma boa aproximação do comprimento de um ćırculo.
Solução:
Utilizando um compasso desenhe um ćırculo de raio r. Com uma régua graduada desenhe no
interior do ćırculo um poĺıgono com n vértices, sendo que cada vértice deve estar sobre o ćırculo.
Mais ou menos como na imagem abaixo.
Poĺıgono de 6 lados.
Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximação do
ćırculo bastando com a régua medir os lados do poĺıgono. Lembrando que quanto mais vértices
o poĺıgono tiver mais precisa será a aproximação.
3. Prove a seguinte afirmação feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de
um ćırculo com um ponto dentro do mesmo, têm um ponto em comum com o ćırculo.
Solução:
Seja C um ponto qualquer fora de um ćırculo de centro O, então OC > r, onde r é o raio do
ćırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o ćırculo formado por todos
os pontos do plano que estão a uma distância r do ponto O, então o ponto D pertencente a
intercessão do segmento OC com a circunferência. Como se queria demonstrar.
4. Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontos
C satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r é chamado de elipse. Estabeleça os conceitos de região
interior e de região exterior a uma elipse.
Solução:
Analogamente a circunferência se m(CA) + m(CB) > r então o conjunto de pontos é externo.
19
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Se m(CA) + m(CB) < r então o conjunto de pontos será interno.
5. Um conjunto M de pontos do plano é limitado se existe um ćırculo C tal que todos os
pontos de M estão dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos é limitado. Prove
também que segmentos são limitados. Conclua o mesmo para triângulos.
Solução:
Dado o conjunto de pontos P1, P2, ..., Pn tome um único ponto Pi que usaremos para o centro
da circunferência, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o próprio i,
passará um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos então por ele marca-se
um ponto Q(P1 − Pj − Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1Q definimos
um ćırculo de raio r = P1Q que conterátodos os outros uma vez que o segmento que estabelece
seu raio em relação ao centro P1 é maior que os demais definidos por todos os outros pontos.
6. Prove que a união de uma quantidade finita de conjuntos limitados é ainda um conjunto
limitado.
Solução:
Seja M1, M2,... Mn conjuntos finitos suponha por absurdo que a união de todos eles não
seja um conjunto finito. Por definição, deve então haver um ponto p do plano pertencente a essa
união que não pode estar contido dentro de nenhuma circunferência. Entretanto, se p pertence
a união deve pertencer a um dos conjuntos que a forma e como esse ponto não pode ser contido
então um dos conjuntos pertencentes a união não é finito o que é um absurdo.
7. Mostre que dado um ponto P e um conjunto limitado M, então existe um disco com centro
em P que contém M. (Observação: estamos admitindo a validade da desigualdade triângular).
Solução:
Para facilitar a compressão dessa solução vamos usa um desenho, embora na prática isso seja
dispensável.
Se M é limitado então podemos traçar um ćırculo de centro em O e raio r que contenha todo
o conjunto.
O
P
r
O desenho acima assume que é posśıvel que P não seja limitado pela circunferência, mas caso
ocorresse o contrário a lógica ainda seria a mesma.
20
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Se tomarmos agora a distância entre o ponto P e o ponto O somado ao raio da circunferência
então teremos o ćırculo descrito, pois esse novo ćırculo irá conter tanto o ponto P como todos os
pontos de M. Veja a prova.
Prova
O fato deste novo ćırculo conter o ponto P e evidente, pois ele é centrado neste ponto.
Para provar que esse novo ćırculo também contém o conjunto M tome um ponto M1 perten-
cente a M. Como M está limitado pela circunferência de centro em O, então a distância entre
M1 e O deve ser menor que r.
Como a distância entre P e M1 deve ser igual a m(PO)+m(OM1) e como m(OM1) é menor
que r então:
d(PM1) < d(PM1)+r
Como d(PM1) + r é o raio do ćırculo com centro em P, então todo ponto do conjunto M está
contido nele o que finaliza a demonstração.
8. Prove que as retas são conjuntos ilimitados. (Sugestão: use o problema 7.)
Solução:
Supondo por absurdo que essa reta seja limitada então existe um ćırculo de centro em A e
raio r que limita m.
Sabemos que dada uma reta m no plano existem pontos que pertence a reta e pontos que não
pertencem a reta. Sendo assim, podemos tomar um ponto B não pertencente a m e centrando
nele traçar um ćırculo de raio igual a m(BA) + r.
21
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
3 AXIOMAS SOBRE MEDIÇÃO DE ÂNGULOS
3.1 Exerćıcios
1. Mostre que se um ângulo e seu suplemento têm a mesma medida então o ângulo é reto.
Solução:
C
AB
β = 90◦
O
Considere o ângulo α (BÔC) e o seu suplemento β (AÔC), tal como no desenho acima. Por
definição temos:
α+ β = 180◦
como α = β então:
α+ α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦
Assim, conclui-se que β = 90◦. Como se queria demonstrar.
2. Um ângulo é chamado agudo se mede menos de 90◦, e é obtuso se mede mais de 90◦.
Mostre que o suplemento de um ângulo agudo é obtuso.
Solução:
Seja α um ângulo agudo e β o suplemento de α então:
α+ β = 180◦
⇒ β = 180◦ − α,
mas como α < 90◦ então (dessa última igualdade) conclui-se imediatamente que β > 90◦
como se queria demonstrar.
3. Use um transferidor e desenhe ângulos de 45circ, 60circ, 90circ, 142circ, 15,5circ e 33circ.
Solução:
A cargo do leitor.
4. Dois ângulos são ditos complementares se sua soma é um ângulo reto. Dois ângulos são
complementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais
30◦. Quanto medem os dois ângulos?
Solução:
22
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Seja α+ β = 90◦ (1) com α1 e β1 suplementos de α e β respectivamente então:
α+ α1 = 180
◦ (2)
β + β1 = 180
◦ (3)
Fazendo α1 = β1 + 30
◦ (4) i.e., um ângulo igual ao outro somado 30 graus e substituindo β1
da equação (3) na equação (4) chega-se à:
α1 = (180
◦ − β) + 30◦
⇒ α1 = 210◦ − β (5)
Substituindo (5) em (2)
α+ 210◦ − β = 180◦
α− β = −30◦ (6)
Com as equações (1) e (6) montamos o seguinte sistema{
α+ β = 90◦
α− β = −30◦
cuja solução é α = 30◦ e β = 60◦, logo um ângulo possui 30 e outro 60 graus.
5. Uma poligonal é uma figura formada por uma sequencia de pontos A1, A2, ..., An e pelos
segmentos A1A2, A2A3, A3A4,...,An−1An. Os pontos são os vértices da poligonal e os segmentos
são os seus lados. Desenhe a poligonal ABCD sabendo que: AB = BC = CD = 2.cm, AB̂C =
120◦ e BĈD = 100◦.
Solução:
Para esse exerćıcio é necessário régua, transferidor e compasso.
A
B
D
C
120 100
6. Um poĺıgono é uma poligonal em que as seguintes 3 condições são satisfeitas: a) An =
A1, b) os lados da poligonal se interceptam somente em suas extremidades e c) dois lados com
23
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
a mesma extremidade não pertencem a uma mesma reta. Das 4 figuras, seguintes, apenas duas
são poĺıgonos. Determine quais são elas.
D
E
D
C
B
A
E
A
E
B
C
D
A
A
B
E
D
C
B
C
Um poĺıgono de vértice A1, A2, ..., An+1 = A1, será representado por A1A2A3,...,An. Ele tem n
lados, n vértices e n ângulos.
Solução:
A primeira figura da esquerda e na linha de cima é um poĺıgono. A segunda da esquerda,
também da linha de cima não é, pois se fosse contradiria a 2◦ condição. A primeira da esquerda
da linha de baixo também não é um poĺıgono, pois iria contra a 3◦ condição. A segunda da linha
de baixo é um poĺıgono.
7. Desenhe um poĺıgono de quatro lados tal ABCD tal que AB = BC, CD = DA = 2cm,
com AB̂C = AD̂C = 100◦ e com BĈD = BÂD = 80◦.
Solução:
Para esse exerćıcio é necessário régua, transferidor e compasso.
A
B
C
D
24
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
8. O segmento ligando vértices não consecutivos de um poĺıgono é chamado de diagonal do
poĺıgono. Faça o desenho de um poĺıgono de seis lados. Em seguida desenhe todas as suas
diagonais. Quantas diagonais terá um poĺıgono de 20 lados e de n lados?
Solução:
Observe o seguinte poĺıgono de 6 lados:
A
B
C
D
E
F
Do vértice A, por exemplo, deve partir diagonais para todos os outros vértices exceto para
ele mesmo e para os outros dois adjacentes. Como temos 6 vértices então do ponto A sairão um
total de :
6− 3 diagonais
A
B
C
D
E
F
A mesma coisa ocorre para os demais vértices. Assim se temos seis vértices teremos ao todo
(6− 3) · 6 = diagonais
25
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A
B
C
D
E
F
Contudo a diagonal AB é também a diagonal BA e a mesma coisa ocorre para as demais
diagonais que acabam sendo contadas duas vezes. Considerando esse fato em o número total de
diagonais será:
(6− 3)6
2
= 9
Para um poĺıgono de n lados, teŕıamos então:
(n− 3)n
2
Essa fórmula pode ser utilizada para determinar o número de vértices de qualquer poĺıgono,
como por exemplo o de 20 lados que teria
(20− 3) · 20
2
= 170 lados.
9. Um poĺıgono é convexo se está sempre contido em um dos semi-planos determinados pelas
retas que contêm os seus lados. Na figura seguinte o poĺıgono (a) é convexo e o (b) é não convexo.
Poĺıgonos convexos recebem designações especiais. São as seguintes as designações dadas a
estes poĺıgonos de acordo com seu número de lados, até 10 lados.
26
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
n◦ de lados nome do poĺıgono convexo
3 triângulo
4 quadrilátero
5 pentágono
6 hexágono
7 heptágono
8 octágono
9 nonágono
10 decágono
Solução:
Qual a pergunta mesmo?
10. Descreva um método, em que se faça uso apenas de um compasso e de uma réguanão numerada, de construção de um quadrilátero com os quatro lados de mesmo comprimento.
Estenda seu método para o caso de 5 lados.
Solução:
Desenhe 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,
faça outro ćırculo centrado no ponto.
o
Marque novamente outro ponto na intercessão dos ćırculos como na figura.
27
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
o
E com o compasso, ainda com mesma abertura, desenhe um novo ćırculo centrado no ultimo
ponto esboçado.
o
Finalmente, usando a régua ligue os pontos de intercessão.
Fazendo quatro segmentos de comprimento r.
28
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
r r
r r
Generalizando
Desenhe 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,
faça outro ćırculo centrado no ponto. Em seguida ligue esses pontos.
o
Agora marque um novo ponto como na segunda circunferência de modo que ele não esteja na
mesma reta que os outros dois. Mais ou menos como na figura a seguir:
29
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
E trace uma nova circunferência com mesmo raio r, centrada no ponto. Formando com a
régua um novo segmento.
Repetindo o processo desenha-se uma nova circunferência e traça-se um novo ponto.
Na intercessão entre a ultima (azul) e primeira (vermelha) circunferência desenhada marcamos
um ponto (que chamaremos de P).
30
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
P
Por fim liga-se P aos dois pontos adjacentes a ele.
Isso formará um poĺıgono de 5 lados cada um com comprimento igual a r.
31
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
3.2 Problemas
1. Dado um ângulo AÔB mostre que existe uma única semi-reta SOC tal que AÔC = CÔB.
A semi reta SOC é chamada de bissetriz do ângulo AÔB.
Solução:
Considere o ângulo AÔB com bissetriz SOC como na imagem a seguir.
A
B
C
O
Suponha por absurdo que exista uma segunda bissetriz SOC′ 6= SOC que também seja bissetriz
de AÔB. Nesse caso existe duas possibilidades:
� SOC′ está a direita de SOC, como na figura abaixo.
A
B
O
C
C’
� ou enttão SOC′ está a esquerda de SOC.
A
B
O
CC’
Vamos considerar o 1◦ caso.
Como SOC′ e SOC são bissetrizes de AÔB então pelo axioma III6
AÔB = AÔC + CÔB = 2CÔB (1)
AÔB = AÔC’ + C’ÔB = 2C’ÔB (2)
Pela figura 2 fica evidente que CÔB = CÔC’ + C’ÔB (3)
Usando (3) em (1)
AÔB = 2(CÔC’ + C’ÔB) (4)
Comparando (2) e (4)
AÔB = AÔB
2C’ÔB = 2CÔC’ + 2C’ÔB
⇒ CÔC’ = 0.
32
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
No entanto, se CÔC’ = 0 então pelo axioma III4 SOC = SOC′ o que contradiz a hipótese inicial
de que SOC 6= SOC′ . Logo o ângulo AÔB não 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 ângulo e do seu suplemento são perpendiculares.
Solução:
Considere o desenho abaixo.
AG
D
BE
O
Seja AÔB um ângulo e BÔC seu suplemento então:
AÔB + BÔC = 180◦ (1)
Queremos mostrar que BÔD + BÔE = 90◦ para isso observe que BÔD =
AÔB
2
, pois, SOD é bissetriz
de AÔB e BÔE =
BÔC
2
logo, BÔE + BÔD =
AÔB
2
+
BÔC
2
(2)
Comparando as equações (1) e (2) vêm que:
2(BÔE + BÔD) = AÔB + BÔC = 180◦
BÔE + BÔD =
180◦
2
= 90◦
Que implica em SOE ⊥ SOD como se queria demonstrar.
3. Dado um ângulo AÔB e um número real positivo 0 < a < 1, mostre que existe uma única
semi-reta SOC tal que CÔB = a·AÔB.
Solução:
Essa afirmativa não é verdadeira, entretanto ela pode ser provada se for colocada também a
condição de que C deve estar entre A e B.
4. De quantos graus move-se o ponteiro dos minutos enquanto o ponteiro das horas percorre
um ângulo raso.
Solução:
Considere o seguinte desenho.
33
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
12
6
1
Quando o ponteiro dos minutos gira 360 graus o ponteiro da horas se move para o 1.
12
6
1
θH
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 relação
θM
θH
=
360◦
30circ
⇒ θM = 12 · θH
Assim, se o ponteiro das horas faz um deslocamento raso (180◦) então o deslocamento do
ponteiro dos minutos será:
θM = 12 · 180◦
θM = 2160
◦
Portanto, o ponteiro se move 2160◦. Contudo, por ser um valor múltiplo de 360 em relação
ao seu ponto inicial o deslocamento é de 0◦. Ambas as respostas (0◦ ou 2160◦), são posśıveis
para a pergunta.
5. Descreva um processo pelo qual um desenhista, sem usar um transferidor, possa “copiar”
um ângulo, isto é, dado um ângulo desenhado em uma folha de papel, desejamos estabelecer um
procedimento pelo qual possamos desenhar um outro ângulo que seja congruente ao primeiro,
isto sem fazer uso de um transferidor.
Solução:
Esse método é descrito por Keenan, Edward P., Isidore Dressler e Ann Gantert Xavier no
livro Integrated Mathematics, publicado pela Amsco School Publications em 1999.
Dado um ângulo ABC vamos construir um ângulo congruente.
A
C
B
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Primeiro marque um ponto M (que será vértice do novo ângulo) em algum lugar próximo ao
ângulo original.
A
C
B
M
Desenhe um raio MN em qualquer direção e de qualquer tamanho. Esse será uma das arestas
do novo ângulo.
A
C
B
M N
Desenhe agora um ćırculo com centro em B e raio r menor que BA e BC.
A
C
B
E na intercessão da circunferência com as semi retas marque os pontos X e Y.
A
C
B
X
Y
Com o compasso ainda aberto trace uma nova circunferência com centro no ponto M criando
o ponto F.
A
C
B
x
y
M NF
Defina agora a largura do compasso igual à distância xy.
A
C
B
x
y
35
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
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
y
M NF
G
Finalmente trace as semi-retas MG e MN.
A
C
B
x
y
M NF
G
Olhe para a construção conclúıda. O novo ângulo GMN é congruente ao ângulo original ABC.
6. Uma alternativa para definir um ângulo é o de considerar a intercessão de semi-planos.
Formalize esta ideia. Relacione com nossa definição.
Solução:
Tome um plano qualquer com duas retas que se interceptam num ponto O formando dois semi
planos (um formado por cada reta).
A
B
α2
α2
α1
α1
O
36
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Podemos definir como interior do ângulo a intercessão do semi-plano α1 com origem na reta
OA e que contém o ponto B. E o semi-plano α2 com origem em OB e que contém o ponto A.
De modo similar podemos definir como região externa do ângulo a reunião dos semi-planos,
β1 com origem na reta OA e que não contém o ponto B e o semi-plano β2 com origem em OB e
que não contém o ponto A.
A
B
β2
β2
β1
β1
O
perceba agora que com isso o conjunto de pontos pertencentes ao plano, mas que não pertence
a região interna ou externa do ângulo, formam duas semi-retas com a mesma origem (no caso o
ponto O). Assim, pela definição de ângulo podemos dizer que: um ângulo é a figura formada por
todos os pontos do plano que não pertence a região interior ou exterior do ângulo.
37
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
4 CONGRUÊNCIA
4.1 Exerćıcios
1. Desenhe um triângulo. Construa agora um outro triângulo congruente ao que você desen-
hou. Descreva o procedimento.
Solução:
A B
C
E F
G
Considereo triângulo ABC. A partir dele construiremos o triângulo EFG congruente a ABC.
Seja os pontos G, E e F não colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo caso LLL
os triângulos são congruentes.
2. Construa um triângulo ABC sabendo que AB = 7.5cm, BC = 8.2cm e AB̂C = 80◦. Meça
o comprimento de BC e os outros ângulos do triângulo.
Solução:
Considere o seguinte exemplo provisório de triângulo.
8.2 cm
7.5 cm
C B
80◦
A
Usando a Lei dos senos temos que:
(AC)2 = AB2 + CB2 − 2(AB)(CB) cosB̂
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 Ĉ
38
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
cos Ĉ =
(AB)2 − (BC)2 − (AC)2
−2(CB)(AC)
cos Ĉ =
(7.5)2 − (8.2)2 − (10.106)2
−2(8.2)(10.106)
cos Ĉ ∼= 0.6825
Ĉ ∼= cos−1(0.6825) ∼= 46◦, 95′
Como a soma de todos os ângulos de todo poĺıgono é 180 graus então  = 53◦, 05′
De posse desses dados é posśıvel construir o triângulo representado no desenho abaixo.
C
A
B
Onde CB = 8,2cm; AB = 7,5cm e AC = 10,106cm. Com os ângulos  = 53◦, 05′, B̂ = 80◦ e
Ĉ = 46◦95′.
3. Na figura ao lado os ângulos α e β são iguais. Mostre que AC = BC
α
β
C
A
B
Solução:
Considere a figura acima e observe que α é o suplemento de BÂC e β é o suplemento de AB̂C,
logo:
α+ AB̂C = 180◦ e β + AB̂C = 180◦.
Fazendo α = 180◦ − BÂC e β = 180◦ − AB̂C, como α = β temos:
180◦ − BÂC = 180◦ − AB̂C
BÂC = AB̂C
39
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Como todo triângulo isósceles possui os ângulos 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) AĈD = AB̂E
b) BĈD = CB̂E
Solução (a):
Por hipótese AB = AC logo 4ABC é isósceles e os ângulos AB̂C e AĈB.
Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipótese BD = EC pelo caso LAL 4DBC é
congruente a 4ECB o que implica em: CB̂E = BĈD assim:
AĈD = AB̂C + CB̂E = AĈB + BĈD = AB̂E
ACD = ABE
Solução (b):
Use os dados da letra a.
5. Três sarrafos de madeira são pregados, dois a dois, de modo a formar um triângulo, com
somente um prego em cada vértice, como indicado na figura seguinte
40
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A figura assim obtida é ŕıgida? Porque?
Para comparação construa um quadrilátero com quatro sarrafos e um prego em cada vértice.
É esta figura ŕıgida?
Solução:
Todo triângulo é uma figura ŕıgida.
Dem:
Seja os 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triângulos não sejam figuras ŕıgidas ao
deformarmos o 4ABC seus ângulos irão variar, mas os lados continuarão com as mesmas medidas.
Assim pelo caso LLL os dois triângulos ainda seriam congruentes o que seria um absurdo pois
um dos triângulos sofreu uma deformação.
7. Na figura abaixo, AC = AD e AB é a bissetriz do ângulo CÂD prove que os triângulos
ACB e ADB são congruentes.
A
C
B
D
Solução:
Se AB é bissetriz de CÂD então CÂB = BÂD.
Como CA = AD e AB é comum tanto a 4ADB como 4CAB então pelo caso LAL, 4ACB = 4ADB.
8. Na figura abaixo o ponto A é ponto médio dos segmentos CB e DE. Prove que os triângulos
ABD e ACE são congruentes.
D
B
C
E
A
Solução:
Os ângulos CÂE = DÂB pois são opostos pelo vértice. Como por hipótese CA = BA e DA = AE
pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE.
9. Na figura abaixo os ângulos  e Ĉ são retos e o segmento DE corta CA no ponto médio
B de CA. Mostre que DA = CE.
41
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
C A
D
E
B
Solução:
Os ângulos DB̂A = CB̂E pois são opostos pelo vértice e como CA = BA por hipótese, então pelo
caso ALA, 4ABD = 4CEB que implica em DA = CE.
10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e BÔD = CÔA. Mostre que CD =
BA.
D
BC
A
O
Solução:
Por hipótese BÔD = CÔA com:
BÔD = BÔC + CÔD e CÔA = CÔB + BÔA (1)
e pelo esquema CÔB = CÔD logo pelo caso LAL, 4BOA = 4COD o que implica em CD = BA.
42
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
4.2 Problemas
1. Na figura abaixo CM̂A é um ângulo reto e M é ponto médio de AB. Mostre que CA =
CB.
A
B
C M
Solução:
BM̂C é o suplemento de CM̂A logo CM̂A + BM̂C = 180◦. Como CM̂A = 90◦ temos que BM̂C = 180◦
- 90◦ = 90◦, logo CM̂A = BM̂C como M é ponto médio de AB, temos que AM = MB. Como CM é um
lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL então 4AMC = 4BMC que implica em CA = CB.
2. A região marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual será
posŝıvel medir a distância entre os pontos A e B. (Qualquer medição fora do lago é posŝıvel)
M
A
B
C
Solução:
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 DĈE = AĈB, pois são opostos pelo vértice, então 4DCE = 4ACB pelo caso LAL. Assim
basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.
3. Mostre que, se um triângulo tem os três lados congruentes, então tem também os três
ângulos congruentes.
Solução:
Considere a seguinte construção:
43
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
B C
A
Se ∆ABC é equilátero então também é isósceles de base BC, e portanto os ângulos de sua base
serão congruentes, isto é: B̂ = Ĉ. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo teremos Â
= Ĉ que implica em  = B̂ = Ĉ. C.Q.D.
4. Na figura abaixo ABD e BCD são triângulos isósceles com base DB. Prove que os ângulos
AB̂C e AD̂C são congruentes.
C
B
A
D
Solução:
Como AB̂D = BD̂A e DB̂C = BD̂C pois são ângulos da base de triângulos isósceles, então:
AB̂D + DB̂C = AD̂B + BD̂C
que implica em:
AB̂C = AD̂C
5. Usando a mesma figura, (do exerćıcio 4), mostre que também a reta AC é bissetriz de
BÂD e perpendicular a DB.
Solução:
Os triângulos ABC e ADC são congruentes pelo caso LAL logo CÂB = CÂD. Então por definição
AC é bissetriz de BÂD.
6. Na figura abaixo, ABD e BCD são triângulos isósceles com base BD. Prove que AB̂C =
AD̂C e que AC é bissetriz do ângulo BĈD.
44
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A
B
C
D
Solução:
Como o triángulo BCD é isósceles então CB̂D = BD̂C. Como CB̂D = DB̂A + B̂C e BD̂C = BD̂A +
AD̂C então:
DB̂A + AB̂C = BD̂A + AD̂C
Como DB̂A = BD̂A, pois ∆BDC é isósceles, então AB̂C = AD̂C. E pelo critério LAL temos que
∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.
7. Justifique o seguinte procedimento para determinação do ponto médio 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 ćırculos se interceptam em dois
pontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A interceção desta reta com o segmento AB será
o ponto médio de AB.”
Solução:
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 critérios de congruência ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE = ∆EDA, então BE = EA e a reta r
intercepta o segmento BA no ponto médio.
45
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
5 O TEOREMA DO ÂNGULO EXTERNO E SUAS
CONSEQUÊNCIAS
5.1 Exerćıcios
3
1. Prove que, se um triângulo tem dois ângulos externos iguais, então ele é isósceles.
Solução:
Dado o ∆ABC como no esquema
Â
e
B
f̂
C
Como ê e CÂB são adjacentes e estão sob a mesma semi-reta então:
ê + CÂB = 180◦
Do mesmo modo se conclui que
CB̂A + f̂ = 180◦
O que implica que
ê + CÂB = CB̂A + f̂ (1)
Como por hipótese ê = f̂ então de (1) se conclui:
CÂB = CB̂A
Portanto o triângulo ABC é isósceles de base AB.
3. Na figura abaixo os ângulos externos AĈEe AB̂D satisfazem a desigualdade: AĈE <
AB̂D. Mostre que AB̂D > AB̂C.
A
B C
D E
3Neste caṕıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Ângulo Externo.
46
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Solução:
Pelo TAE tem se que:
AĈE > BÂC, AB̂C
Como por hipótese AĈE < AB̂D então
AB̂C < AĈE < AB̂D
Que implica em AB̂C < AB̂D
4. Prove que um triângulo retângulo tem dois ângulos externos obtusos.
Solução:
Dado o triângulo ABC como na figura a seguir
A B
C
sabe se que  + B̂ + Ĉ = 180◦. Como B̂ = 90◦ então Â, Ĉ < 90◦. Logo o ângulo externo a  e
Ĉ > 90◦ uma vez que são suplementares.
5. Na figura abaixo, B, D e A são colineares. Do mesmo modo D, E e C são colineares.
Mostre que AÊC > DB̂C
A
B
C
D
E
Solução:
Note que AD̂E é um ângulo externo ao triângulo DBC e pelo TAE tem se:
AD̂E > DB̂C, DĈB (1)
Do mesmo modo AÊC é externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se:
AÊC > AD̂E (2)
47
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
De (2) e (1) tira-se que, AÊC > DB̂C. Concluindo a demonstração.
6. Em um cartório de registro de imóveis um escrivão recusou se a transcrever o registro de
um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprietário mediam 100m, 60m e 20m. Você
pode dar um argumento que justifique a atitude do escrivão?
Solução:
Uma possibilidade e que este escrivão seja funcionário publico e já tenha dado a hora que
marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade é que ele conheça o Teorema da desigualdade
Triangular. Pelo teorema da desigualdade triangular a soma de quaisquer dois lados de um
triângulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que é menor
que 100, o que iria contra o teorema.
7. Prove as propriedades da função “reflexão”, constantes do texto.
Solução:
Prova de (i)
Sabe-se que Fm(Fm(A)) = A, no entanto queremos provar que Fm(A) = A
′ o que seria equivalente
ao mostrar que Fm(A
′) = A. Portanto para verificar essa igualdade (Fm(A) = A
′) vamos mostrar
que Fm(A
′) = A.
Se Fm(A) = A
′ então existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m.
A
D
A′
m
Como por hipótese A e A’ não pertencem a reta m, então AA’ intercepta m num ponto D tal
que AD = DA’.
Agora verifica-se que o segmento AA’ possui duas condições de reflexo.
A′A = {AD ∪ DA′} = AA′
Contudo, como AD e DA’ estão sob a mesma reta A′A coincide com AA′, logo A′A é perpendicular
a m tendo D como seu ponto médio. Assim Fm(A
′) = A.
Como se queria demonstrar.
Prova de (ii)
(⇒) Se Fm(A) = A então por definição existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde
m ∩ AA é um ponto P que é ponto médio do segmento AA. No entanto como AA é um conjunto
unitário (AA={A}) então A ∈ m.
(⇐) Como AA = {A} e A pertence a m então Fm(A) = A, pois o reflexo de um ponto é o próprio
ponto.
Prova de (iii)
48
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Fazendo Fm(A) = A
′ e Fm(B) = B
′ então Fm(A)F(B) = A′B′ deste modo devemos provar que A′B′ = AB.
• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstração é imediata.
• Se A 6= B então AA’ e BB’ serão interceptados por m nos seus pontos médios 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’ é isósceles de base BB’ e a reta m é sua bissetriz. Assim BD̂E = B′D̂E e como
AD̂B + BD̂A + BD̂E + ED̂B′ = 180◦
e também
AD̂B = BD̂E = 90◦
Então conclui se que AD̂B = A′D̂B′. E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ são congruentes pelo caso
LAL.
D
B
B′
E
A
A′
Assim AB = A′B′ C.Q.D.
Prova de (iv)
Seja r a reta que passa por A e B, e s a reta que passa por A e B’ então:
A
B
B′
m
r
s
49
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
BD̂A = AD̂B = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ é isósceles e como
m é sua altura, pois m ⊥ BB′, também é sua bissetriz.
8. Na figura a seguir os triângulos ABC e EDC são congruentes e os pontos A, C e D são
colineares. Mostre que AD > AB
C
B
A
E
D
Solução:
O ângulo EĈD > B̂, Â pelo TAE. Como ∆ABC = ∆ECD ∴ EĈD = BĈA, assim AC = EC pelo teo-
rema da desigualdade triangular temos que:
AC + CB ≥ AB
Como AC = EC e CB = CD então
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 1̂ = 2̂ e 1̂ + 2̂ = 180◦. Conclua que as retas m e n são paralelas.
m
1
n
2
Solução:
Se m não for paralela a n então se formara um triângulo com dois ângulos retos, pois 1̂ = 2̂ e
1̂ + 2̂ = 180◦ o que não seria posśıvel, (isso porque a soma dos ângulos internos seria maior que
180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n.
10. Na figura abaixo B̂ e D̂ são ângulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC.
50
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A
D C
B
Solução:
Basta traçar o segmento AC, e então ∆ADC = ∆ABC pelo critério cateto hipotenusa que implica
que AD = BC.
11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triângulos quaisquer em que AB = A’B’, Â = Â′ e Ĉ = Ĉ ′.
Decida se ABC e A’B’C’ são congruentes ou não.
Solução:
Os triângulos serão congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso cateto, ângulo oposto caso sejam
triângulos retângulos.
12. No final da demonstração do teorema 5.2, é feita a seguinte afirmação: “.. a semi-reta
SAF divide o ângulo BÂD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmação é verdadeira.
Solução:
Dado BÂD este ângulo é definido por duas semi-retas com origem em A.
A
B
D
F
Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD então F ∈ BÂD e portanto SAF ⊂ BÂD logo divide
BÂD
51
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6 O AXIOMA DAS PARALELAS
6.1 Exerćıcios
1. Na figura ao lado O é o ponto médio de AD e B̂ = Ĉ. Se B, O e C são colineares, conclua
que os triângulos ABO e DOC são congruentes.
A B
C D
O
Solução:
Por hipótese AO = OD e B̂ = Ĉ, devemos provar que ∆AOB = ∆COD.
Pela proposição 6.3 AB é paralelo a CD logo  = D̂ pois são correspondentes, como CÔD = AÔB,
pois são opostos pelo vértice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD
2. Prove que a soma das medidas dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 900.
Solução:
A
B
C
Pelo teorema 6.5  + B̂ + Ĉ = 1800. Seja Ĉ = 900 então  + B̂ = 1800 − Ĉ que implica em
 + B̂ = 900.
3. Prove que cada ângulo de um triângulo equilátero mede 600.
Solução:
A
C
B
r
Seja ∆ABC equilátero então:
 + B̂ + Ĉ = 1800 (1)
52
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Por ser isósceles  = Ĉ = B̂ então:
3 · B̂ = 1800
Que implica em B̂ = 600. Logo  = Ĉ = B̂ = 600
4. Prove que a medida do ângulo externo de um triângulo é igual a soma das medias dos
ângulos interno a ele não adjacentes.
Solução:
A
C
B
e
Dado ∆ABC sabe se que  + B̂ + Ĉ = 1800 (1) também B̂ + ê = 1800 (2) igualando (1) com
(2) temos:
 + B̂ + Ĉ = B̂ + ê⇒ ê =  + B̂
Como se queria demonstrar.
5. Um segmento ligando dois pontos de um circulo e passado por seu centro chama-se
diâmetro. Na figura ao lado O é o centro do circulo, AB é um diâmetro e C é outro ponto
do circulo. Mostre que 2̂ = 2 · 1̂
Solução:
A B
C
O
21
Como mostramos na questão anterior 2̂ = 1̂ + ĉ. Para mostrar que 2̂ = 2 · 1̂ basta mostrar
então que ĉ = 1̂. Sabemos que AD = r (r é o raio da circunferência) e OC = r logo AO = OC
portanto ∆AOC é isósceles de base AC e seus ângulos 1̂ = Ĉ C.Q.D..
53
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
6. Prove que se m e n são retas equidistantes então m e n são paralelas ou coincidentes.
Solução
A
A’
P
n
m
Seja m e n duas retas distintas que se interceptam no ponto P. Marca sena reta m o ponto A
por onde desse uma perpendicular a reta n no ponto A’. Como as retas são equidistantes então
AP = A’P e ∆AA′P é isósceles de base AA′ o que é um absurdo pois a soma de seus ângulos internos
seriam maior que 1800, logo ou m é paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.
7. Seja ABC um triângulo isósceles com base AB. Sejam M e N os pontos médios dos lados
CA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexo
do ponto C relativamente á reta que passa por M e N é exatamente o ponto médio do segmento
AB.
Solução:
Considere as figuras:
A B
C
M N
Dado ∆ABC com os segmentos CM = CN, pois o triângulo é isósceles e M, N é ponto médio. E
seja F(MN)(C) = C
′ então CC’ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo critério Hipotenusa,
Cateto ∆CMF = ∆NFN então CC’ intercepta MN no seu ponto médio.
8. Demonstrar a proposição (6.10).
Solução:
Para o quadrilátero ABCD por hipótese AB//DC, AB = DC, BC = AD então temos:
54
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
O
A B
CD
Pelo desenho é posśıvel deduzir que os ângulos AĈD = CÂB; AB̂D = BD̂C e DÂO = AD̂O = OB̂C = BĈO
Então 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 médio.
9. Demonstre a proposição (6.12).
Solução:
Proposição 6.12: Dado um quadrilátero qualquer se dois lados opostos são congruentes e
paralelos então o quadrilátero é um paralelogramo.
A
C
B
D
e
r
Para esta prova usaremos a proposição 6.11 onde dado o quadrilátero ABCD com AB//DC e AB
= DC por hipótese provaremos que AD = DC por hipótese provaremos que AD = BC, pois segundo
6.11 se isso ocorre o quadrilátero é um paralelogramo. AB//DC por hipótese, logo traçamos uma
reta r que divide o quadrilátero em ∆ADB, DeltaDBC (esquema) então:
ê = AB̂D pois são opostos pelo vértice.
ê = BD̂C pois são correspondentes.
Como DB é comum aos dois triângulos e AB = DC por hipótese então ∆ADB = ∆DBC pelo caso
LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposição 6.11 ABCD é um paralelogramo.
10. Um retângulo é um quadrilátero que tem todos os seus ângulos, retos. Mostre que, todo
retângulo é um paralelogramo.
Solução:
Considere o desenho.
A
C
B
D
55
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os ângulos BÂC = AĈD e
como a soma dos dos ângulos internos de um triângulo é 180 graus então:
AĈB = DÂC
Logo pelo caso LAL
∆ADC = ∆ABC
então os segmentos AD = BC e ambos são perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados são
congruentes e paralelos.
11. Mostre que, as diagonais de um retângulo são congruentes.
Solução:
Por definição um retângulo é um quadrilátero com 4 ângulos retos.
A
C
B
D
O
Sabe se que se duas retas são interceptadas por uma terceira perpendicular a elas então estas
são paralelas, logo dado o retângulo ABCD têm se que:
AB//DC e AD//BC
Portanto o retângulo é um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC,
diagonais de ABCD, provemos que são congruentes.
PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma análoga constrúımos ∆ADC como
ambos são retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL são congruentes e DB = AC.
12. Um losango é um paralelogramo que tem todos os seus lados congruentes. Mostre que,
as diagonais de um losango cortam-se em ângulos reto e são bissetrizes dos seus ângulos.
Solução:
Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos médios.
56
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, então pelos pontos AB e C
constrúımos o triângulo ABC de modo análogo constrúımos o triângulo DAB. Como BA = BC e DA
= AB então ∆ABC e ∆DAB são isósceles tal que
∆ABC = ∆ABF ∪ ∆BFC
∆DAB = ∆DAF ∪ ∆FAB
e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Então BD intercepta AC em 900 e como se in-
terceptam em seus pontos médio ( e as diagonais são a base do triângulo isósceles) então são
bissetrizes.
13. Um quadrado é um retângulo que também é um losango. Mostre que, se as diagonais de
um quadrilátero são congruentes e se cortam em um ponto que é ponto médio de ambas, então
o quadrilátero é um retângulo.
Solução:
Um retângulo é um quadrilátero com 4 ângulos retos internos.
F
A C
B D
Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆COD
Como AB = BC por hipótese e O é o ponto médio de ambos então:
BO = OD = OC = AO (1)
∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD
Pelo caso LLL. Assim como os ângulos AÔB e BÔC estão sob a mesma semi-reta e são comple-
mentares além de serem congruentes então:
AÔB = BÔD = 900
Analogamente para AÔC = CÔD = 900. Como por (1) os triângulos contidos em ABCD são
isósceles então:
OB̂D = OD̂B = OB̂A = BÂD = DÂC = AĈD = OD̂C = 450
pois a soma de seus ângulos internos deve ser 1800, um dos ângulos já é reto e dois da base
são congruentes.
Assim os ângulos AB̂D = BÂC = CD̂B = AB̂D = 900
Satisfazendo a definição de retângulo.
57
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
6.2 Problemas
3. Mostre que, se dois ângulos e o lado oposto a um deles, em um triângulo, são iguais ás
correspondentes partes de um outro triângulo, então os triângulos são congruentes.
Solução:
A soma dos ângulos internos de cada ∆ é 180◦ ou seja Ĉ +  + B̂ = Ĉ′ + Â′ + B̂′ como  = Â′ e
B̂ = B̂′ ⇒ Ĉ = Ĉ′. Assim pelo critério LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’.
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7 SEMELHANÇA DE TRIÂNGULO
7.1 Exerćıcios
10. Mostre que todo triângulo retângulo de lados p2 − q2, 2pq e p2 + q2 é um triângulo
retângulo. Aqui p e q são quaisquer números inteiros positivos com p > q.
Solução:
Se o triângulo é retângulo deve valer o teorema de Pitágoras caso contrário o triângulo não
é retângulo. Vamos mostrar que este teorema é válido.
(p2 + q2)2 = (2pq)2 + (p2 − q2)2
(p2 + q2)2 = 4p2q2 + p4 + q4 − 2p2q2
(p2 + q2)2 = p4 + 2p2q2 + q4
Note que o segundo termo da igualdade é um quadrado perfeito
(p2 + q2)2 = (p2 + q2)2
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8 O CÍRCULO
8.1 Exerćıcios
1. Prove que, em um mesmo circulo ou em ćırculos de mesmo raio, cordas congruentes são
equidistantes do centro.
Solução:
A E B
O
C F D
Construa uma circunferência de centro O com cordas AB = CD. Por O traçamos os segmentos
OA = OB = OC = OD = Raio.
Assim ∆ABO é isósceles, o mesmo para ∆COD. Como AÔB = CÔD, pois são opostos pelo vértice,
então ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.
Traçando os segmentos OE e OF tal que OE e EF são alturas dos triângulos, portanto perpen-
diculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD então EO = OF e as cordas AB e CD são
equidistantes. Como se queria demonstrar.
2. Prove que, em um mesmo circulo ou em ćırculos de mesmo raio, cordas equidistantes do
centro são congruentes.
Solução:
Imagine a seguinte construção:
A
B
C D
E
F
O
Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas são equidistantes então existe uma per-
pendicular a cada corda que é congruente, isto é:
OE = OF por hipótese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.
Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto AE = EB =
CF = FD e então:
60
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
AE + EB = CF + FD
AB = CD
Como se queria demonstrar.
3. Prove que, em um mesmo circulo ou em ćırculos de mesmo raio, se duas cordas tem
comprimentos diferentes, a mais curta é a mais afastada do centro.
Solução:
Imagine a seguinte construção:
A
B
C D
E
F
O
Como A, B, C e D pertence ao circulo então:
OC = OD= OA = OB = raio
Logo ∆COD, ∆AOB são isósceles.
Traçando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retângulos. Então
pelo teorema de Pitágoras:
OA2 = OF2 + AF2
e também
OC2 = OE2 + CE2
Como OA = OC = raio
OF2 + AF2 = OE2 + CE2 (1)
Como AB < CD por hipótese e F e E são pontos médios de AB e CD respetivamente, pois ∆AOB,
∆COD são isósceles, então 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.
Solução:
Dado uma corda AB e uma mediatriz m cortando AB no ponto E tal que AE = EB e m⊥AB
imagina-se a construção a seguir:
61
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A
E B
O
m
Com base na construção é fácil ver que:
AO = OB = Raio
e também que
∆AOB é isósceles de base AB.
Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB então (por construção), OE ⊥ AB. Como por um
ponto passa uma única reta perpendicular então OE é a própria 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 seu
centro é ainda o mesmo circulo.
Solução:
Recordando as propriedades de reflexão temos:
Fm(A) = A se A ∈ m.
Imagine a seguinte construção:
A
E
A′
O
m
Traçando uma reta m que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro é o próprio centro.
E seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo então existe um segmento AA’ que inter-
cepta m no ponto E tal que, AE = A’E e AA’ ⊥ m.
Traçamos então o ∆AOE = ∆EOA’ que são congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ e
portanto, o reflexo de A também pertence ao circulo.
7. Na figura abaixo AE é tangente comum e JS liga os centros dos dois ćırculos. Os pontos
E e A são pontos de tangencia e B é o ponto de intercessão dos segmentos JS e AE. Prove que
o ângulo Ĵ é igual ao ângulo Ŝ.
62
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
S
E
B
J
A
Solução:
Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunferência em sua extremidade então
esta é perpendicular a reta tangente.
Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA são retângulos e EB̂S = JB̂A, pois são postos pelo vértice.
Como ∆ESB e ∆JBA possui dois ângulos congruentes então são semelhantes e portanto Ŝ = Ĵ.
Como se queria demonstrar.
8. Na figura seguinte, M é o centro dos dois ćırculos e AK é tangente ao circulo menor no
ponto R. Mostre que AR = RK.
A
R
K
M
Solução:
Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio.
A
R
K
M
63
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Por m traçamos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora, se um raio intercepta uma reta
em seu ponto de tangencia esta é perpendicular a reta. Com base nisto teremos AR̂M = MR̂K = 90◦.
Portanto, ∆AMR, e ∆MRK são retângulos e pelo critério cateto hipotenusa dos triângulos retângulos
∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK. Como se queria demonstrar.
9. Na figura abaixo, UK é tangente ao circulo no ponto U e UE = LU. Mostre que LE = EK.
L
U
E
K
Solução:
Se UK é tangente ao circulo no ponto U então UK ⊥ LU logo LÛK = 90◦.
Por hipótese UE = LU e como LE é raio então LE = LU = UE.
Assim ∆LUE é equilátero e LÊU = LÛE = UL̂E = 60◦.
Como LÊU é ângulo externo do ∆EUK então:
LÊU = EK̂U + EÛK
No entanto como LÛK = LÛE + EÛK ent~ao LÛE + EÛK = 90◦ (1)
Como LÛE = 60◦ por (1) tem-se
EÛK = 30◦
Assim LÊU = EÛK + EK̂U implica em:
60◦ = 30◦ + EK̂U
EK̂U = 30◦
Assim ∆EUK é isósceles de base UK, pois possuem dois ângulos de 30◦, e assim EK = UE (2).
Como UE = LU = LE (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
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Solução:
Traçando uma corda MX com ela é posśıvel perceber que MÔX = MÎX, pois ambas possuem a
mesma corda.
M X
O I
B
Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois ângulos congruentes estes são semelhantes portanto:
MO
XI
=
OB
BI
Como MO = XI por hipótese:
OB
BI
= 1⇒ OB = BI
Assim ∆MOB = ∆BXI pelo caso LAL e MB = BX, portanto:
MB + BI = BX + OB
MI = XO
Como se queira demonstrar.
11. Na figura seguinte, H é o centro do circulo e CI e um diâmetro. Se CA e HN são paralelos,
mostre que
_
AN e
_
IN tem a mesma medida.
C I
H
N
A
Solução:
C I
H
N
A
Na figura dada traçamos AH (figura acima), então:
Ĉ = 0.5(AĤI) (1)
65
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Também podemos
perceber CÂH = AĤN, pois são ângulos alternos internos.
Como ∆ACH é equilátero (AH = CA = CH = Raio) então Ĉ = CÂH = AĤN.
Então de (1) vem que:
Ĉ = 0.5AĤI = 0.5(AĤN + NĤI)
Ĉ = 0.5(AĤN + NĤI)
Como AĤN = Ĉ
Ĉ - 0.5 Ĉ = 0.5 NĤI
0.5 Ĉ = 0.5 NĤI
NĤI = Ĉ = AĤN
Concluindo que NĤI = AĤN.
Como ângulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstração
concluindo que
_
AN =
_
IN.
12. Na figura abaixo, O é o centro do circulo e TA é um diâmetro. Se PA = AZ, mostre que
os triângulos PAT e ZAT são congruentes.
P
A
Z
T
O
Solução:
Note que TP̂A e TẐA remetem ambos a arcos formados por semi ćırculos de modo que
TP̂A = TẐA = 90◦
Logo os triângulos PAT e ZAT são congruentes pelo caso especial (PA = AZ e TA comum).
14. Na figura seguinte, o quadrilátero DIAN é um paralelogramo e I, A e M são colineares.
Mostre que DI = DM.
A
M
N
D
I
O
66
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Solução:
Temos DN̂A = DM̂A, pois submetem ao mesmo arco
_
DA . Como DIAN é um paralelogramo
então DN̂A = DÎA, assim:
DM̂A = DÎA
Como I, A e M são colineares o ∆DMI é isósceles 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? Sabe
se que os dois ćırculos são concêntricos.
A M E
T
S
YH
Solução:
Com base na figura dada imagine a seguinte construção:
A M
E
T
S
YH
o
Note que AÔH é um ângulo central da mesma circunferência em que AT̂H está inscrita e por-
tanto:
AT̂H =
AÔH
2
Com AT̂H relativo ao arco
_
AH e MÔY relativo ao arco
_
MY.
Como MÔY > AÔH isso implica diretamente em
_
MY =
_
AH.
16. Mostre que um ângulo secante cujo vértices esta dentro do circulo tem medida igual a
metade da soma do arco que determina com o arco que é determinado pelo ângulo que se lhe
opõe pelo vértice. (Na figura anterior a esquerda: AP̂B =
1
2
(med
_
AB + med
_
CD).
67
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Solução:
Façamos a seguinte construção:
A
B
C
D
P
Note que AP̂B é ângulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que AP̂B = AD̂B + CB̂D.
Como AÔB é ângulo inscrito na circunferência que corresponde ao arco
_
AB e CB̂D corresponde
ao arco
_
DC temos:
AD̂B =
_
AB
2
CB̂D =
_
DC
2
Como AP̂B = AD̂B + CB̂D segue se que:
AP̂B =
_
AB +
_
DC
2
17. Na figura abaixo AP̂B é um ângulo secante cujo vértice esta fora do circulo mostre que AP̂B
=
1
2
(med
_
AB - med
_
CD)
A
B
C
D
P
Solução:
Na figura fazemos a seguinte construção:
68
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A
B
C
D
P
Com essa construção teremos os seguintes ângulos inscritos AĈB, AD̂B e CB̂D.
Como AĈB é ângulo esterno ao triângulo CBP por consequência do axioma V temos:
AĈB = AP̂B + CB̂D
AP̂B = AĈB - CB̂D
AP̂B =
_
AB
2
+
_
CD
2
AP̂B =
1
2
(
_
AB−
_
CD)
Como se queria demonstrar.
21. Prove que o segmento ligando um vértice de um poĺıgono regular ao centro do ćırculo em
que ele esta inscrito é bissetriz do ângulo daquele vértice.
Solução:
Seja A1,...,An um poĺıgono qualquerinscrito numa circunferência de centro O
A1
A2
A3
A4
An
O
Os triângulos A1OA2 e A2OA3 são congruentes e dessa congruência retiramos que:
A1Â2O = OÂ2A3
Logo OA2 é bissetriz de A1Â2A3. Como se queria demonstrar.
69
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
8.2 Problemas
1. Prove que uma reta pode cortar um ćırculo em no máximo dois pontos.
Solução:
Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Traçamos por A uma reta m que intercepta o
ćırculo num ponto B, assim C ∪ m{A, B} pois A e B são colineares.
Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que pertença a m e a C
simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C). Como A, B e C são colineares então C está entre
A e B (A− C− B). Deste modo sendo “O” o centro da circunferência teŕıamos OA = OB = OC. O
que seria um absurdo pois se C está entre A e B OA = OB > OC.
2. Na figura abaixo AP̂C é um ángulo secante cujo vértice encontra-se fora do circulo e que
o intercepta em quatro pontos como indicado. Prove que AP·PB = CP·PD.
A B
C
D
P
Solução:
Traçando AD e CB tem se BÂD = BĈP, pois determinam o mesmo arco
_
BD. É posśıvel observar
que ∆APD é semelhante ao ∆CBP, desta semelhança tem-se:
AP
CP
=
AD
CB
=
DP
PB
Que implica em
AP · PB = CP · PD
Como se queria demonstrar.
3. Na figura abaixo WS e HI são cordas que se interceptam no ponto G, e RT é bissetriz do
ângulo WĜI. Prove que WR · TS = HT ·RI.
W
R I
G
H T S
70
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Solução:
WĜR = RĜI, pois RT é bissetriz de W ĜI. Como WĜR = TĜS, pois são opostos pelo vértice, então
RĜI = HĜT que implica que RĜI = SĜT.
Temos que WŜH = WÎH, pois subentende-se ao mesmo arco
_
WH. Com isso pode-se afirmar que
∆IRG é semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois ângulos congruentes SĜT = IĜR e WŜT = WÎH).
Desta semelhança temos que:
RI
TS
=
RG
GT
=
IG
GS
(1)
Considerando que IŴS = IĤS, pois se subentendem ao mesmo arco
_
IS, segue se que ∆WRG é
semelhante ao ∆HGT. Desta semelhança tem se que:
WR
HT
=
RG
GT
=
WG
HG
(2)
De (1) e (2) obtemos
RG
GT
=
WR
HT
;
RG
GT
=
RI
TS
⇒ WR
HT
=
RI
TS
⇒ WR · TS = HT · RI
Como se queria demonstrar.
4. Seja ABC um triângulo e D um ponto de BC tal que AD é bisstriz do ângulo Â. Prove
que (AD)2 = AB ·AC −BD ·DC.
Solução:
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 BÂD = DÂC, pois por hipótese AD é sua bissetriz. Como BÊA = AĈB, pois são ângulos
que subtende ao mesmo arco, no caso
_
AB, então se conclui que ∆ABE é semelhante ao ∆ADC. Isso
implica que:
AB
AD
=
AE
AC
⇒ AB · AC = AE · AD
Observe que DB̂E e CÂD são ângulos que determinam o mesmo arco
_
EC e portanto DB̂E = CÂD.
E como BÊD = AĈD então ∆BDE é semelhante ao ∆ADC. Desta semelhança tem-se:
71
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
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
AD
2
+ AD · DE = AB · AC
AD
2
+ BD · DC = AB · AC
AD
2
= AB · AC− BD · DC
Como se queria demonstrar.
5. Na figura seguinte o ćırculo está inscrito no quadrilátero. Prove que a soma dos compri-
mentos de um par de lados opostos é igual a soma dos comprimentos do outro par.
Solução:
Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor são congruentes.
A
B
CD
O
X
P
Z
Y
90◦
90◦
Note que AB, BC, CD e DA são 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
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
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 hexágono que circunscreve um ćırculo. Prove que AB + CD + EF =
BC +DE + FA.
Solução:
T
Q
F C
X
P
Y
Z
A B
DE
Por hipótese e pela construção dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA são tangentes ao circulo nos
pontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente.
Pela construção é posśıvel notar que alguns segmentos são congruentes, isto é:
AT = AX
BX = BY
CY = CZ
DZ = DP
EP = EQ
FQ = 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
73
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Como se queria demonstrar.
8. Prove que se dois ćırculos têm dois pontos em comum, a reta dos centros é mediatriz do
segmento ligando estes dois pontos.
Solução:
Considere a seguinte construção onde A e B são os pontos de intercessão entre os ćırculos.
O
A
B
OA = OB pois, são raios do circulo mais a esquerda de modo que OÂB = OB̂A pois são ângulos
da base ∆AOB isósceles.
Traçando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), então pelo critério LAL o
∆AOH e ∆BOH são congruentes de modo que H será ponto médio de AB.
Traçando agora um segundo segmento PH’ de modo que PH’⊥AB (com H’ ∈ AB). Com pen-
samento análogo se chega a construção de que H’ também é ponto médio do segmento AB.
Como um segmento não pode possuir dois pontos médios então H = H’ assim
OH ∪ H′P = OP
Que intercepta AB no seu ponto médio. Como se queria demonstrar.
10. Prove que se dois ćırculos são tangentes, a reta dos centros passa pelo ponto de contacto.
Solução:
Dado o esquema a seguir queremos mostrar que a reta determinada por O e P passa pelo
ponto de tangência X.
O PX
r
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Para tanto perceba que OX é perpendicular a reta r, assim os pontos O, X e P são colineares.
Onde se conclui que OP passa pelo ponto X.
11. Na figura seguinte as retas são tangentes comuns aos dois ćırculos. Prove que m1 e m2
se interceptam na linha dos centros.
Prove que se os raios dos dois ćırculos são diferentes, as retas n1 e n2 também se interceptam
na reta dos centros.
Solução:
(Primeira parte)
Considere a seguinte construção.
O P
B
C
H
A
n1
n2
D
m1
m2
O angulo BÂC é tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC é isósceles que implica
que CB̂A = BĈA.
Traçando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC será formado o
ponto D (que é intercessão de OH com BC) que será ponto médio de BC. Segue-se então que AD é
altura, bissetriz e mediana.
Usando de mesmo racioćınio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P são pontos
colineares e que então m1 e m2 se interceptam na linha dos centros.
12. Sejam A e B pontos de intercessão de dois ćırculos. Sejam C e D as extremidades dos
diâmetros dos dois ćırculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D contém
o ponto B.
Solução:
Imagine a seguinte construção
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
A
B
DC
Os ângulos AB̂C e AB̂D são inscritos e subtendem a semi-ćırculos pois AC e AD são diâmetros,
assim AB̂C = 90◦ = AB̂D. Isto implica que eles são suplementares e portanto os pontos C, B e D
são colineares o que prova a afirmação.
13. Prove que a medida de um ângulo formado por um tangente e uma corda de um circulo
é igual a metade da medida do arco que ele determina.
Soluão:
Considere o seguinte esquema:
O
A
B
C
Perceba que OA⊥ AC e ∆OAB é isósceles o que implica no fato de que OÂB = AB̂O.
Como AÔB é angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se:
AÔB + OÂB + OB̂A = 180◦
AÔB = 180◦ − 2 OÂB
Como OÂB = 90◦ − CÂB então:
AÔB = 180◦ − 2(90◦ − CÂB)
Que implica em
CÂB =
AÔB
2
=
arco(AB)
2
Como se queria demonstrar.
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Geometria Euclidiana