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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM
(Joa˜o Lucas Marques Barbosa)
nibblediego@gmail.com
Compilado dia 29/10/2017
O livro do Joa˜o 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 20
anos depois, em cursos de matema´tica 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 na˜o esteja completo devido a´ falta de tempo. Pode
haver tambe´m uma ou outra passagem obscura, ou mesmo va´rios
erros de portugueˆs e codificac¸a˜o. Assim, se o leitor identificar
algum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-se
a´ vontade para avisar-me por e-mail. Caso deseje ajudar ainda
mais pode enviar-me as respostas dos exerc´ıcios que ainda faltam.
O que certamente agilizaria a finalizac¸a˜o desse soluciona´rio.
Para obter as atualizac¸o˜es desse documento e ter acesso a outros exerc´ıcios resolvidos ascese:
www.number.890m.com
1
Suma´rio
1 OS AXIOMAS DE INCIDEˆNCIA E ORDEM 3
1.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 AXIOMAS SOBRE MEDIC¸A˜O DE SEGMENTOS 12
2.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3 AXIOMAS SOBRE MEDIC¸A˜O DE AˆNGULOS 22
3.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4 CONGRUEˆNCIA 38
4.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
5 O TEOREMA DO AˆNGULO EXTERNO E SUAS CONSEQUEˆNCIAS 46
5.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
6 O AXIOMA DAS PARALELAS 52
6.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
6.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
7 SEMELHANC¸A DE TRIAˆNGULO 59
7.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
8 O CI´RCULO 60
8.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
8.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
9 FUNC¸E˜S TRIGONOME´TRICAS 77
9.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
10 A´REA 82
10.1 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
11 AGRADECIMENTOS: 85
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
1 OS AXIOMAS DE INCIDEˆNCIA E ORDEM
1.1 Exerc´ıcios
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¸a˜o:
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?
Soluc¸a˜o:
Na pior das hipo´teses teremos 3 retas r1, r2 e r3 que sera˜o distintas. Assim formara˜o pontos
Pij de intercessa˜o conforme indicado na tabela abaixo:
• r1 r2 r3
r1 – P12 P13
r2 P21 – P23
r3 P31 P32 –
A tabela possui treˆs linhas e treˆs colunas logo o numero de ce´lulas e´ 3 · 3 = 9.
Os elementos das diagonais sa˜o nulos (pois uma reta na˜o pode interceptar-se consigo mesma),
assim o nu´mero de pontos de intercessa˜o passa a ser (3 · 3− 3) = 6
Como os pontos P12 e P21 sa˜o o mesmo ponto de intercessa˜o, nesse caso entre as retas r1 e
r2, e a mesma situac¸a˜o ocorre para os demais pontos enta˜o o numero de pontos de intercessa˜o
distintos e´ igual a 3.
6
2
=
3(3− 1)
2
= 3
Se tive´ssemos n retas com racioc´ınio ana´logo chegar´ıamos 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
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
3. Prove o item (b) da proposic¸a˜o (1.4).
Soluc¸a˜o:
Vamos provar a igualdade (SAB ∩ SBA = BA) por dupla inclusa˜o.
� Provando que AB ∈ SAB ∩ SBA
Tome um ponto P pertencente a AB. Neste caso termos que P ∈ SAB e tambe´m 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 tambe´m um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA. Neste caso D na˜o pode
estar depois de B, pois neste caso na˜o pertenceria a SBA. Ta˜o pouco poderia estar
antes de A, pois se assim fosse D /∈ SAB. Sendo assim, D esta´ entre A e B o que implica
em D ∈ AB.
Como todo ponto de AB ∈ SAB ∩ SBA e vice versa enta˜o fica provado a igualdade.
4. Prove a afirmac¸a˜o feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.
Soluc¸a˜o1
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 definic¸a˜o um conjunto e´ finito quando pode ser colocado em
correspondeˆncia biun´ıvoca com N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, que significa
que 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 + 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.
Definic¸a˜o:
Um subconjunto do plano e´ convexo se o segmento ligando
quaisquer dois de seus pontos esta´ totalmente contido nele.
Soluc¸a˜o:
Basta observar que todas as combinac¸o˜es poss´ıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados dois
a dois pertence a uma das treˆs retas dessa geometria. Por exemplo, as combinac¸o˜es poss´ıveis sa˜o:
1Onde esta´ escrito Pk−1 − Pr − Pk leˆ-se: o ponto Pr esta´ entre Pk−1 e Pk:
4
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria 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 sa˜o o pro´prio plano e qualquer semi-plano.
Mostre que a intersec¸a˜o de dois semi planos e´ um convexo.
Soluc¸a˜o:
Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1 ∩ S2. Tomando dois pontos P1 e P2 ambos
pertencentes a S3 enta˜o:
P1 e P2 pertence tanto a S1 como a S2
Se S1 e S2 sa˜o convexos enta˜o P1P2 pertence tanto a S1 como a S2 e portanto pertence a
intersec¸a˜o. Logo S3 tambe´m e´ convexo.
7. mostre que a intercessa˜o de n semi-planos e´ ainda um convexo.
Soluc¸a˜o:
Considere os semi planos α1, α2, ..., αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considere
os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicara´ no fato de que X e Y pertence a α1, α2, ..., αn
como todos esses semi-planos sa˜o convexos enta˜o o segmento XY pertence a α1, α2, ..., αn logo
tambe´m pertence a intercessa˜o e portanto tambe´m pertencem a B, o que mostra que B ainda e´
convexo.
Dica: Reveja o problema 6.
8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a unia˜o de convexos pode na˜o ser um convexo.
Soluc¸a˜o:
Os quatro retaˆngulos(em cinza) abaixo sa˜o figuras convexas e a unia˜o deles formam uma
figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto coˆncava.
5
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
9. Treˆs pontos na˜o colineares determinam treˆs retas. Quantas retas sa˜o determinadas por
quatro pontos sendo que quaisquer treˆs deles sa˜o na˜o colineares?
Soluc¸a˜o:
Analogamente ao exerc´ıcio treˆs construiremos a seguinte tabela, onde rij e´ a reta determinada
pelos 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 exerc´ıcio anterior para o caso de 6 pontos.
Soluc¸a˜o:
Para 6 pontos (n = 6),
6(6− 1)
2
= 15, ter´ıamos 15 retas.
6
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
1.2 Problemas
1. Discuta a seguinte questa˜o utilizando apenas os conhecimentos geome´tricos estabelecidos,
ate´ agora, nestas notas: “Existem retas que na˜o se iterceptam”?
Soluc¸a˜o:
Sim, retas que sa˜o paralelas como indica a proposic¸a˜o 1.1.
2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triaˆngulo e na˜o passa por nenhum de
seus ve´rtices, enta˜o ela intercepta tambe´m um dos outros dois lados.
Soluc¸a˜o:
Dado um triaˆngulo ABC e uma reta r que intercepta o segmento AB enta˜o A esta´ do lado
oposto a B em relac¸a˜o a reta r. Como por hipo´tese r na˜o passa por C enta˜o C esta´ do lado de A
ou enta˜o de B.
� Se C esta´ do lado de A enta˜o C esta contra´rio a B e r intercepta BC.
� Se C esta´ do lado de B enta˜o e´ contrario a A e r e intercepta AC
logo sempre intercepta um dos lados.
3. Repita o exerc´ıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Fac¸a uma conjectura de qual sera´ a resposta
no caso de n retas.
Soluc¸a˜o:
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 na˜o 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.
Soluc¸a˜o:
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 na˜o
pertencem a` reta.
Axioma I2. Dado dois pontos distintos existe uma u´nica reta que contem esses pontos.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria 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 enta˜o 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 na˜o
pertence a r.
A
B
r
C
Como pelo enunciado cada reta dessa geometria teˆm exatos 3 pontos deve existir tambe´ um
ponto D pertencente a r.
A
B
r
C
D
Utilizando-nos novamente do axioma I2 teremos agora mais treˆs retas distintas cada qual
passando por um ponto de r.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria 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 na˜o pode ser igual a A, pois B pertence tanto a r como a t o que implicaria em t
igual a r. Ta˜o pouco poderia ser igual a D, pois analogamente implicaria em t igual a u.
Utilizando novamente o enunciado podemos estabelecer tambe´m 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 - Vito´ria da Conquista/BA
Toda via isto nos leva a uma contradic¸a˜o, pois G seria o se´timo 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.
Soluc¸a˜o:
Para facilitar esta demonstrac¸a˜o vamos seguir por parte, isto e´, 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
enta˜o treˆs possibilidade para a pocic¸a˜o de C:
� B = C.
� A – B – C (Leˆ-se B esta´ entre A e C).
� A – C – B (Leˆ-se C esta´ entre A e B).
Se B = C a demonstrac¸a˜o e´ imediata.
Se A – B – C enta˜o SAB ⊂ SAC, pois AB ⊂ AC. E como SAB e´ a unia˜o do segmento AB com o
conjunto de pontos que esta˜o depois de B e C esta´ depois de B enta˜o, por definic¸a˜o, SAC ⊂ SAB.
Mesmo resultado se chega se analisarmos A – C – B.
Como sob qualquer hipo´tese temos SAB ⊂ SAC e SAC ⊂ SAB enta˜o podemos afirmar que SAB = SAC.
(Segunda parte).
De uma forma ou e outra ou BC ∈ SAC ou BC ∈ SAB, mas como SAB = SAC enta˜o BC ∈ SAB.
(Terceira parte).
O fato de que A /∈ BC e´ o´bvio, pois C ∈ BC e por hipo´tese (reveja o enunciado) A 6= C.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Obs: Creio que o autor quisesse escrever outra coisa aqui.
6. Demonstre que a intersec¸a˜o de convexos ainda e´ um convexo.
Soluc¸a˜o:
Sejam A e B dois pontos pertencentes a intersec¸a˜o de n conjuntos convexos, enta˜o A e B
pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destes
conjuntos, pois sa˜o convexos. Portanto o segmento AB pertence a intersec¸a˜o, concluindo assim
que a intersec¸a˜o e´ um conjunto convexo.
7. Mostre que um triaˆngulo separa o plano em duas regio˜es, uma das quais e´ convexa.
Soluc¸a˜o:
Tracemos treˆs 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 triaˆngulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regio˜es (chamadas
aqui de α e β). A regia˜o convexa e´ a regia˜o que forma o interior do triaˆngulo. Para provar isso
considere os pontos X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas treˆs retas. Como X e Y
esta˜o no mesmo semi plano gerado pela reta m enta˜o o segmento XY na˜o intercepta a reta m.
Analogamente o segmento XY na˜o pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence
ao semi-plano α formado pelo triaˆngulo ABC que portanto e´ uma regia˜o convexa.
8. Generalize os exerc´ıcios 11 e 12 para o caso de n pontos.
Soluc¸a˜o:
Estes exerc´ıcios na˜o constam na obra o que configura o segundo erro do livro. O primeiro e´
o de ter sido escrito.
9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente
dois pontos em comum?
Soluc¸a˜o:
Dado os pontos A ,B, C e D de modo que A–B–C–D enta˜o, os segmentos AC e BD tera˜o o segmento
BC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos enta˜o AC e BD possuem dois pontos
em comum mas, nunca possuira˜o apenas dois pontos.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
2 AXIOMAS SOBRE MEDIC¸A˜O DE SEGMENTOS
2.1 Exerc´ıcios
1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Fac¸a um desenho representando-os, sabendo que
m(AB) = 3, m(AC) = 2 e m(BC) = 5.
Soluc¸a˜o:
A BC
3 cm
2 cm
2. Repita o exerc´ıcio anterior, sabendo que C esta´ entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) =
5.
Soluc¸a˜o:
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 sa˜o 3, 5, 5/2,
1/3, 3/2, 2, -1, -2, -5, -1/3, -5/3.
Soluc¸a˜o:
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. Deˆ a coordenada do ponto me´dio A3 do
segmento A1A2. Deˆ a coordenada do ponto me´dio A4 do segmento A2A3. Deˆ a coordenada A5
do pontome´dio do segmento A3A4.
Soluc¸a˜o:
Sendo A3 o ponto me´dio do segmento A1A2 enta˜o a coordenada A3 sera´ a media aritme´tica
A3 =
A1 + A2
2
=
1 + 2
2
=
3
2
Analogamente se calcula para os demais pontos.
12
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A4 =
3
2 +
4
2
2
=
7
4
A5 =
3
2 +
7
4
2
=
13
8
5. Prove que, se ab =
c
d enta˜o
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
Soluc¸a˜o de A:
Se ab =
c
d enta˜o:
a
b · bc = cd · bc
⇒ ac = bd
Partindo tambe´m da mesma igualdade
a
b =
c
d
⇒ ab · da = cd · da
⇒ db = ca
Soluc¸a˜o de B:
a
b =
c
d
⇒ dbac · ab = cd · dbac
⇒ dc = ba
⇒ 1 + dc = 1 + ba
⇒ cc · dc = aa · ba
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⇒ c+dc = b+aa
Ja´ a segunda igualdade procedemos assim:
a
b =
c
d
⇒ ab · dbac = cd · dbac
⇒ −1 · dc = −1 · ba
⇒ c−dc = a−ba
Dessa forma se procede as demais demonstrac¸o˜es.
6. Se p e´ ponto de intercessa˜o de c´ırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) =
m(PB).
Soluc¸a˜o:
Como o ponto P esta na intersec¸a˜o dos dois c´ırculos de raio r enta˜o P pertence tanto ao c´ırculo
com centro em A como ao c´ırculo com centro em B. Como por definic¸a˜o de c´ırculo, PA = r e PB
= r enta˜o PA = PB. Como se queria demonstrar.
7. Usando uma re´gua e um compasso, descreva um me´todo para construc¸a˜o de um triaˆngulo
com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triaˆngulo e´ chamado de triaˆngulo iso´sceles).
Soluc¸a˜o:
Com a re´gua desenhe um segmento AB.
A B
Com um compasso centrado em A trace uma circunfereˆncia de raio AB.
A B
Agora com centro em B trace outro c´ırculo de raio BA.
A B
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Na intercessa˜o entre as duas circunfereˆncias marque os pontos C e D.
A B
C
D
Com a re´gua forme o triaˆngulo ABC ou ABD em qualquer caso teremos um tiaˆngulo equila´tero2
e como todo equila´tero e´, por definic¸a˜o, tambe´m iso´sceles enta˜o cumprimos o requerido.
8. Descreva um me´todo para construc¸a˜o de um triaˆngulo com os treˆs lados de mesmo com-
primento.
Soluc¸a˜o:
Veja a questa˜o anterior.
9.Mostre que, se a < b enta˜o a < (a+ b)/2 e b > (a+ b)/2.
Soluc¸a˜o:
Se a < b enta˜o:
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 triaˆngulo com os teˆs lados iguais.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
10. E´ poss´ıvel desenhar se um triaˆngulo com lados medindo 3, 8 e 5?
Soluc¸a˜o:
Na˜o, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triaˆngulo e´
maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8 = 8.
11. O c´ırculo de raio r1 centrado em A intercepta o c´ırculo de raio r2 centrado em B em
exatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)?
Soluc¸a˜o:
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 enta˜o:
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 c´ırculo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste c´ırculo. O que se
pode afirmar sobre o triaˆngulo ABC?
Soluc¸a˜o:
Se os pontos B e C pertencentes a circunfereˆncia que forma o c´ırculo enta˜o AB = AC = r logo
o triaˆngulo e´ iso´sceles de base AB.
NOTA: O livro refere-se a uma circunfereˆncia como c´ırculo.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
13. Considere um c´ırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste c´ırculo e seja B um
ponto tal que o triaˆngulo OAB e´ equila´tero. Qual e´ a posic¸a˜o do ponto B relativamente ao
c´ırculo?
Soluc¸a˜o:
Sendo o triaˆngulo equila´tero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho
r enta˜o OB = r assim o ponto B esta´ a uma distancia r do centro do c´ırculo, isto e´, B pertence a
circunfereˆncia.
14. Dois c´ırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O que
pode ser afirmado sobre os triaˆngulos ABC e ACD? E sobre o quadrila´tero ACBD?
Soluc¸a˜o:
Os triaˆngulos ABC e ACD sa˜o iso´sceles, pois AC = BC = AD = BD = r. Como esses segmentos
tambe´m formam o paralelogramo ACBD enta˜o o pol´ıgono e´ um quadrila´tero de lados iguais.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
2.2 Problemas
1. Dado um segmento AB mostre que existe e e´ u´nico, um ponto C entre A e B tal que
m(AC)
m(BC)
= a onde a e´ qualquer real positivo.
Soluc¸a˜o:
Se C esta´ entre A e B enta˜o existe duas possibilidades para a construc¸a˜o do segmento AB.
A B
C
B A
C
1◦ caso
2◦ caso
Vamos considerar apenas o primeiro caso, uma vez que a resoluc¸a˜o do segundo e´ ana´loga.
Vamos comec¸ar provando a existeˆncia 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.
Tambe´m pelo axioma III2 podemos declarar a seguinte equac¸a˜o:
m(AC)
m(BC)
=
c− x
b− c
como desejamos que
m(AC)
m(BC)
= a enta˜o tambe´m 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 divisa˜o de duas distaˆncias), enta˜o c existe para
qualquer valor de x e b o que garante a existeˆncia do ponto C.
Para provar a unicidade de C procedemos assim: imagine por absurdo que exista um C’ nas
mesmas condic¸o˜es que C, mas diferente dele. Enta˜o:
m(AC′)
m(BC′)
= a⇒ c
′ − x
b− c′ = a
.
Resolvemos esta ultima equac¸a˜o para c’ chega-se a soluc¸a˜o
c′ =
ab + x
1 + a
(2)
18
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Finalmente comparando (1) e (2), e pelo axioma III2, podemos afirmar que os pontos C e
C’ teˆm distaˆncia igual a zero o que por meio do axioma III1 nos leva a concluir que C e C’ sa˜o
na verdade o mesmo ponto, o que contraria a tese inicial. Com isso conclu´ımos que na˜o pode
haver um ponto diferente de C entre A e B tal que
m(AC)
m(BC)
= a. Provando a unicidade.
2. Descreva um me´todo para obter uma boa aproximac¸a˜o do comprimento de um c´ırculo.
Soluc¸a˜o:
Utilizando um compasso desenhe um c´ırculo de raio r. Com uma re´gua graduada desenhe no
interior do c´ırculo um pol´ıgono com n ve´rtices, sendo que cada ve´rtice deve estar sobre o c´ırculo.
Mais ou menos como na imagem abaixo.
Pol´ıgono de 6 lados.
Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximac¸a˜o do
c´ırculo bastando com a re´gua medir os lados do pol´ıgono. Lembrando que quanto mais ve´rtices
o pol´ıgono tiver mais precisa sera´ a aproximac¸a˜o.
3. Prove a seguinte afirmac¸a˜o feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de
um c´ırculo com um ponto dentro do mesmo, teˆm um ponto em comum com o c´ırculo.
Soluc¸a˜o:
Seja C um ponto qualquer fora de um c´ırculo de centro O, enta˜o OC > r, onde r e´ o raio do
c´ırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o c´ırculo formado por todos
os pontos do plano que esta˜o a uma distaˆncia r do ponto O, enta˜o o ponto D pertencente a
intercessa˜o do segmento OC com a circunfereˆncia. 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 e´ chamado de elipse. Estabelec¸a os conceitos de regia˜o
interior e deregia˜o exterior a uma elipse.
Soluc¸a˜o:
Analogamente a circunfereˆncia se m(CA) + m(CB) > r enta˜o o conjunto de pontos e´ externo.
19
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Se m(CA) + m(CB) < r enta˜o o conjunto de pontos sera´ interno.
5. Um conjunto M de pontos do plano e´ limitado se existe um c´ırculo C tal que todos os
pontos de M esta˜o dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos e´ limitado. Prove
tambe´m que segmentos sa˜o limitados. Conclua o mesmo para triaˆngulos.
Soluc¸a˜o:
Dado o conjunto de pontos P1, P2, ..., Pn tome um u´nico ponto Pi que usaremos para o centro
da circunfereˆncia, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o pro´prio i,
passara´ um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos enta˜o por ele marca-se
um ponto Q(P1 − Pj − Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1Q definimos
um c´ırculo de raio r = P1Q que contera´ todos os outros uma vez que o segmento que estabelece
seu raio em relac¸a˜o ao centro P1 e´ maior que os demais definidos por todos os outros pontos.
6. Prove que a unia˜o de uma quantidade finita de conjuntos limitados e´ ainda um conjunto
limitado.
Soluc¸a˜o:
Seja M1, M2,... Mn conjuntos finitos suponha por absurdo que a unia˜o de todos eles na˜o
seja um conjunto finito. Por definic¸a˜o, deve enta˜o haver um ponto p do plano pertencente a essa
unia˜o que na˜o pode estar contido dentro de nenhuma circunfereˆncia. Entretanto, se p pertence
a unia˜o deve pertencer a um dos conjuntos que a forma e como esse ponto na˜o pode ser contido
enta˜o um dos conjuntos pertencentes a unia˜o na˜o e´ finito o que e´ um absurdo.
7. Mostre que dado um ponto P e um conjunto limitado M, enta˜o existe um disco com centro
em P que conte´m M. (Observac¸a˜o: estamos admitindo a validade da desigualdade triaˆngular).
Soluc¸a˜o:
Para facilitar a compressa˜o dessa soluc¸a˜o vamos usa um desenho, embora na pra´tica isso seja
dispensa´vel.
Se M e´ limitado enta˜o podemos trac¸ar um c´ırculo de centro em O e raio r que contenha todo
o conjunto.
O
P
r
O desenho acima assume que e´ poss´ıvel que P na˜o seja limitado pela circunfereˆncia, mas caso
ocorresse o contra´rio a lo´gica ainda seria a mesma.
20
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Se tomarmos agora a distaˆncia entre o ponto P e o ponto O somado ao raio da circunfereˆncia
enta˜o teremos o c´ırculo descrito, pois esse novo c´ırculo ira´ conter tanto o ponto P como todos os
pontos de M. Veja a prova.
Prova
O fato deste novo c´ırculo conter o ponto P e evidente, pois ele e´ centrado neste ponto.
Para provar que esse novo c´ırculo tambe´m conte´m o conjunto M tome um ponto M1 perten-
cente a M. Como M esta´ limitado pela circunfereˆncia de centro em O, enta˜o a distaˆncia entre
M1 e O deve ser menor que r.
Como a distaˆncia entre P e M1 deve ser igual a m(PO)+m(OM1) e como m(OM1) e´ menor
que r enta˜o:
d(PM1) < d(PM1)+r
Como d(PM1) + r e´ o raio do c´ırculo com centro em P, enta˜o todo ponto do conjunto M esta´
contido nele o que finaliza a demonstrac¸a˜o.
8. Prove que as retas sa˜o conjuntos ilimitados. (Sugesta˜o: use o problema 7.)
Soluc¸a˜o:
Supondo por absurdo que essa reta seja limitada enta˜o existe um c´ırculo 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 na˜o
pertencem a reta. Sendo assim, podemos tomar um ponto B na˜o pertencente a m e centrando
nele trac¸ar um c´ırculo de raio igual a m(BA) + r.
21
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
3 AXIOMAS SOBRE MEDIC¸A˜O DE AˆNGULOS
3.1 Exerc´ıcios
1. Mostre que se um aˆngulo e seu suplemento teˆm a mesma medida enta˜o o aˆngulo e´ reto.
Soluc¸a˜o:
C
AB
β = 90◦
O
Considere o aˆngulo α (BÔC) e o seu suplemento β (AÔC), tal como no desenho acima. Por
definic¸a˜o temos:
α+ β = 180◦
como α = β enta˜o:
α+ α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦
Assim, conclui-se que β = 90◦. Como se queria demonstrar.
2. Um aˆngulo e´ chamado agudo se mede menos de 90◦, e e´ obtuso se mede mais de 90◦.
Mostre que o suplemento de um aˆngulo agudo e´ obtuso.
Soluc¸a˜o:
Seja α um aˆngulo agudo e β o suplemento de α enta˜o:
α+ β = 180◦
⇒ β = 180◦ − α,
mas como α < 90◦ enta˜o (dessa u´ltima igualdade) conclui-se imediatamente que β > 90◦
como se queria demonstrar.
3. Use um transferidor e desenhe aˆngulos de 45circ, 60circ, 90circ, 142circ, 15,5circ e 33circ.
Soluc¸a˜o:
A cargo do leitor.
4. Dois aˆngulos sa˜o ditos complementares se sua soma e´ um aˆngulo reto. Dois aˆngulos sa˜o
complementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais
30◦. Quanto medem os dois aˆngulos?
Soluc¸a˜o:
22
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Seja α+ β = 90◦ (1) com α1 e β1 suplementos de α e β respectivamente enta˜o:
α+ α1 = 180
◦ (2)
β + β1 = 180
◦ (3)
Fazendo α1 = β1 + 30
◦ (4) i.e., um aˆngulo igual ao outro somado 30 graus e substituindo β1
da equac¸a˜o (3) na equac¸a˜o (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 equac¸o˜es (1) e (6) montamos o seguinte sistema{
α+ β = 90◦
α− β = −30◦
cuja soluc¸a˜o e´ α = 30◦ e β = 60◦, logo um aˆngulo possui 30 e outro 60 graus.
5. Uma poligonal e´ uma figura formada por uma sequencia de pontos A1, A2, ..., An e pelos
segmentos A1A2, A2A3, A3A4,...,An−1An. Os pontos sa˜o os ve´rtices da poligonal e os segmentos
sa˜o os seus lados. Desenhe a poligonal ABCD sabendo que: AB = BC = CD = 2.cm, ABˆC =
120◦ e BCˆD = 100◦.
Soluc¸a˜o:
Para esse exerc´ıcio e´ necessa´rio re´gua, transferidor e compasso.
A
B
D
C
120 100
6. Um pol´ıgono e´ uma poligonal em que as seguintes 3 condic¸o˜es sa˜o 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 - Vito´ria da Conquista/BA
a mesma extremidade na˜o pertencem a uma mesma reta. Das 4 figuras, seguintes, apenas duas
sa˜o pol´ıgonos. Determine quais sa˜o elas.
D
E
D
C
B
A
E
A
E
B
C
D
A
A
B
E
D
C
B
C
Um pol´ıgono de ve´rtice A1, A2, ..., An+1 = A1, sera´ representado por A1A2A3,...,An. Ele tem n
lados, n ve´rtices e n aˆngulos.
Soluc¸a˜o:
A primeira figura da esquerda e na linha de cima e´ um pol´ıgono. A segunda da esquerda,
tambe´m da linha de cima na˜o e´, pois se fosse contradiria a 2◦ condic¸a˜o. A primeira da esquerda
da linha de baixo tambe´m na˜o e´ um pol´ıgono, pois iria contra a 3◦ condic¸a˜o. A segunda da linha
de baixo e´ um pol´ıgono.
7. Desenhe um pol´ıgono de quatro lados tal ABCD tal que AB = BC, CD = DA = 2cm,
com ABˆC = ADˆC = 100◦ e com BCˆD = BAˆD = 80◦.
Soluc¸a˜o:
Para esse exerc´ıcio e´ necessa´rio re´gua, transferidor e compasso.
A
B
C
D
24
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
8. O segmento ligando ve´rtices na˜o consecutivos de um pol´ıgono e´ chamado de diagonal do
pol´ıgono. Fac¸a o desenho de um pol´ıgono de seis lados. Em seguida desenhe todas as suas
diagonais. Quantas diagonais tera´ um pol´ıgono de 20 lados e de n lados?
Soluc¸a˜o:
Observe o seguinte pol´ıgono de 6 lados:
A
B
C
D
E
F
Do ve´rtice A, por exemplo, deve partir diagonais para todos os outros ve´rtices exceto para
ele mesmo e para os outros dois adjacentes. Como temos 6 ve´rtices enta˜o do ponto A saira˜o um
total de :
6− 3 diagonais
A
B
C
D
E
F
A mesma coisa ocorre para os demais ve´rtices. Assim se temos seis ve´rticesteremos ao todo
(6− 3) · 6 = diagonais
25
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
B
C
D
E
F
Contudo a diagonal AB e´ tambe´m a diagonal BA e a mesma coisa ocorre para as demais
diagonais que acabam sendo contadas duas vezes. Considerando esse fato em o nu´mero total de
diagonais sera´:
(6− 3)6
2
= 9
Para um pol´ıgono de n lados, ter´ıamos enta˜o:
(n− 3)n
2
Essa fo´rmula pode ser utilizada para determinar o nu´mero de ve´rtices de qualquer pol´ıgono,
como por exemplo o de 20 lados que teria
(20− 3) · 20
2
= 170 lados.
9. Um pol´ıgono e´ convexo se esta´ sempre contido em um dos semi-planos determinados pelas
retas que conteˆm os seus lados. Na figura seguinte o pol´ıgono (a) e´ convexo e o (b) e´ na˜o convexo.
Pol´ıgonos convexos recebem designac¸o˜es especiais. Sa˜o as seguintes as designac¸o˜es dadas a
estes pol´ıgonos de acordo com seu nu´mero de lados, ate´ 10 lados.
26
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
n◦ de lados nome do pol´ıgono convexo
3 triaˆngulo
4 quadrila´tero
5 penta´gono
6 hexa´gono
7 hepta´gono
8 octa´gono
9 nona´gono
10 deca´gono
Soluc¸a˜o:
Qual a pergunta mesmo?
10. Descreva um me´todo, em que se fac¸a uso apenas de um compasso e de uma re´gua
na˜o numerada, de construc¸a˜o de um quadrila´tero com os quatro lados de mesmo comprimento.
Estenda seu me´todo para o caso de 5 lados.
Soluc¸a˜o:
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,
fac¸a outro c´ırculo centrado no ponto.
o
Marque novamente outro ponto na intercessa˜o dos c´ırculos como na figura.
27
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
o
E com o compasso, ainda com mesma abertura, desenhe um novo c´ırculo centrado no ultimo
ponto esboc¸ado.
o
Finalmente, usando a re´gua ligue os pontos de intercessa˜o.
Fazendo quatro segmentos de comprimento r.
28
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria 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,
fac¸a outro c´ırculo centrado no ponto. Em seguida ligue esses pontos.
o
Agora marque um novo ponto como na segunda circunfereˆncia de modo que ele na˜o esteja na
mesma reta que os outros dois. Mais ou menos como na figura a seguir:
29
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
E trace uma nova circunfereˆncia com mesmo raio r, centrada no ponto. Formando com a
re´gua um novo segmento.
Repetindo o processo desenha-se uma nova circunfereˆncia e trac¸a-se um novo ponto.
Na intercessa˜o entre a ultima (azul) e primeira (vermelha) circunfereˆncia desenhada marcamos
um ponto (que chamaremos de P).
30
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
P
Por fim liga-se P aos dois pontos adjacentes a ele.
Isso formara´ um pol´ıgono de 5 lados cada um com comprimento igual a r.
31
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
3.2 Problemas
1. Dado um aˆngulo AOˆB mostre que existe uma u´nica semi-reta SOC tal que AOˆC = COˆB.
A semi reta SOC e´ chamada de bissetriz do aˆngulo AOˆB.
Soluc¸a˜o:
Considere o aˆngulo 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 tambe´m seja bissetriz
de AÔB. Nesse caso existe duas possibilidades:
� SOC′ esta´ a direita de SOC, como na figura abaixo.
A
B
O
C
C’
� ou entta˜o SOC′ esta´ a esquerda de SOC.
A
B
O
CC’
Vamos considerar o 1◦ caso.
Como SOC′ e SOC sa˜o bissetrizes de AÔB enta˜o 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 - Vito´ria da Conquista/BA
No entanto, se CÔC’ = 0 enta˜o pelo axioma III4 SOC = SOC′ o que contradiz a hipo´tese inicial
de que SOC 6= SOC′ . Logo o aˆngulo AÔB na˜o 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 aˆngulo e do seu suplemento sa˜o perpendiculares.
Soluc¸a˜o:
Considere o desenho abaixo.
AG
D
BE
O
Seja AÔB um aˆngulo e BÔC seu suplemento enta˜o:
AÔB + BÔC = 180◦ (1)
Queremos mostrar que BÔD + BÔE = 90◦ para isso observe que BÔD =
AÔB
2
, pois, SOD e´ bissetriz
de AÔB e BÔE =
BÔC
2
logo, BÔE + BÔD =
AÔB
2
+
BÔC
2
(2)
Comparando as equac¸o˜es (1) e (2) veˆm que:
2(BÔE + BÔD) = AÔB + BÔC = 180◦
BÔE + BÔD =
180◦
2
= 90◦
Que implica em SOE ⊥ SOD como se queria demonstrar.
3. Dado um aˆngulo AÔB e um nu´mero real positivo 0 < a < 1, mostre que existe uma u´nica
semi-reta SOC tal que CÔB = a·AÔB.
Soluc¸a˜o:
Essa afirmativa na˜o e´ verdadeira, entretanto ela pode ser provada se for colocada tambe´m a
condic¸a˜o 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 aˆngulo raso.
Soluc¸a˜o:
Considere o seguinte desenho.
33
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria 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 relac¸a˜o
θM
θH
=
360◦
30circ
⇒ θM = 12 · θH
Assim, se o ponteiro das horas faz um deslocamento raso (180◦) enta˜o o deslocamento do
ponteiro dos minutos sera´:
θM = 12 · 180◦
θM = 2160
◦
Portanto, o ponteiro se move 2160◦. Contudo, por ser um valor mu´ltiplo de 360 em relac¸a˜o
ao seu ponto inicial o deslocamento e´ de 0◦. Ambas as respostas (0◦ ou 2160◦), sa˜o poss´ıveis
para a pergunta.
5. Descreva um processo pelo qual um desenhista, sem usar um transferidor, possa “copiar”
um aˆngulo, isto e´, dado um aˆngulo desenhado em uma folha de papel, desejamos estabelecer um
procedimento pelo qual possamos desenhar um outro aˆngulo que seja congruente ao primeiro,
isto sem fazer uso de um transferidor.
Soluc¸a˜o:
Esse me´todo e´ descrito por Keenan, Edward P., Isidore Dressler e Ann Gantert Xavier no
livro Integrated Mathematics, publicado pela Amsco School Publications em 1999.
Dado um aˆngulo ABC vamos construir um aˆngulo congruente.
A
C
B
34
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Primeiro marque um ponto M (que sera´ ve´rtice do novo aˆngulo) em algum lugar pro´ximo ao
aˆngulo original.
A
C
B
M
Desenhe um raio MN em qualquer direc¸a˜o e de qualquer tamanho. Esse sera´ uma das arestas
do novo aˆngulo.
A
C
B
M N
Desenhe agora um c´ırculo com centro em B e raio r menor que BA e BC.
A
C
B
E na intercessa˜o da circunfereˆncia com as semi retas marque os pontos X e Y.
A
C
B
X
Y
Com o compasso ainda aberto trace uma nova circunfereˆncia com centro no ponto M criando
o ponto F.
A
C
B
x
y
M NF
Defina agora a largura do compasso igual a` distaˆncia xy.
A
C
B
x
y
35
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
E com essaabertura 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 construc¸a˜o conclu´ıda. O novo aˆngulo GMN e´ congruente ao aˆngulo original ABC.
6. Uma alternativa para definir um aˆngulo e´ o de considerar a intercessa˜o de semi-planos.
Formalize esta ideia. Relacione com nossa definic¸a˜o.
Soluc¸a˜o:
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 - Vito´ria da Conquista/BA
Podemos definir como interior do aˆngulo a intercessa˜o do semi-plano α1 com origem na reta
OA e que conte´m o ponto B. E o semi-plano α2 com origem em OB e que conte´m o ponto A.
De modo similar podemos definir como regia˜o externa do aˆngulo a reunia˜o dos semi-planos,
β1 com origem na reta OA e que na˜o conte´m o ponto B e o semi-plano β2 com origem em OB e
que na˜o conte´m o ponto A.
A
B
β2
β2
β1
β1
O
perceba agora que com isso o conjunto de pontos pertencentes ao plano, mas que na˜o pertence
a regia˜o interna ou externa do aˆngulo, formam duas semi-retas com a mesma origem (no caso o
ponto O). Assim, pela definic¸a˜o de aˆngulo podemos dizer que: um aˆngulo e´ a figura formada por
todos os pontos do plano que na˜o pertence a regia˜o interior ou exterior do aˆngulo.
37
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
4 CONGRUEˆNCIA
4.1 Exerc´ıcios
1. Desenhe um triaˆngulo. Construa agora um outro triaˆngulo congruente ao que voceˆ desen-
hou. Descreva o procedimento.
Soluc¸a˜o:
A B
C
E F
G
Considere o triaˆngulo ABC. A partir dele construiremos o triaˆngulo EFG congruente a ABC.
Seja os pontos G, E e F na˜o colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo caso LLL
os triaˆngulos sa˜o congruentes.
2. Construa um triaˆngulo ABC sabendo que AB = 7.5cm, BC = 8.2cm e AB̂C = 80◦. Mec¸a
o comprimento de BC e os outros aˆngulos do triaˆngulo.
Soluc¸a˜o:
Considere o seguinte exemplo proviso´rio de triaˆngulo.
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 - Vito´ria 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 aˆngulos de todo pol´ıgono e´ 180 graus enta˜o  = 53◦, 05′
De posse desses dados e´ poss´ıvel construir o triaˆngulo representado no desenho abaixo.
C
A
B
Onde CB = 8,2cm; AB = 7,5cm e AC = 10,106cm. Com os aˆngulos  = 53◦, 05′, B̂ = 80◦ e
Ĉ = 46◦95′.
3. Na figura ao lado os aˆngulos α e β sa˜o iguais. Mostre que AC = BC
α
β
C
A
B
Soluc¸a˜o:
Considere a figura acima e observe que α e´ o suplemento de BÂC e β e´ 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 - Vito´ria da Conquista/BA
Como todo triaˆngulo iso´sceles possui os aˆngulos 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
Soluc¸a˜o (a):
Por hipo´tese AB = AC logo 4ABC e´ iso´sceles e os aˆngulos AB̂C e AĈB.
Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipo´tese BD = EC pelo caso LAL 4DBC e´
congruente a 4ECB o que implica em: CB̂E = BĈD assim:
AĈD = AB̂C + CB̂E = AĈB + BĈD = AB̂E
ACD = ABE
Soluc¸a˜o (b):
Use os dados da letra a.
5. Treˆs sarrafos de madeira sa˜o pregados, dois a dois, de modo a formar um triaˆngulo, com
somente um prego em cada ve´rtice, como indicado na figura seguinte
40
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A figura assim obtida e´ r´ıgida? Porque?
Para comparac¸a˜o construa um quadrila´tero com quatro sarrafos e um prego em cada ve´rtice.
E´ esta figura r´ıgida?
Soluc¸a˜o:
Todo triaˆngulo e´ uma figura r´ıgida.
Dem:
Seja os 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triaˆngulos na˜o sejam figuras r´ıgidas ao
deformarmos o 4ABC seus aˆngulos ira˜o variar, mas os lados continuara˜o com as mesmas medidas.
Assim pelo caso LLL os dois triaˆngulos ainda seriam congruentes o que seria um absurdo pois
um dos triaˆngulos sofreu uma deformac¸a˜o.
7. Na figura abaixo, AC = AD e AB e´ a bissetriz do aˆngulo CÂD prove que os triaˆngulos
ACB e ADB sa˜o congruentes.
A
C
B
D
Soluc¸a˜o:
Se AB e´ bissetriz de CÂD enta˜o CÂB = BÂD.
Como CA = AD e AB e´ comum tanto a 4ADB como 4CAB enta˜o pelo caso LAL, 4ACB = 4ADB.
8. Na figura abaixo o ponto A e´ ponto me´dio dos segmentos CB e DE. Prove que os triaˆngulos
ABD e ACE sa˜o congruentes.
D
B
C
E
A
Soluc¸a˜o:
Os aˆngulos CÂE = DÂB pois sa˜o opostos pelo ve´rtice. Como por hipo´tese CA = BA e DA = AE
pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE.
9. Na figura abaixo os aˆngulos  e Ĉ sa˜o retos e o segmento DE corta CA no ponto me´dio
B de CA. Mostre que DA = CE.
41
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
C A
D
E
B
Soluc¸a˜o:
Os aˆngulos DB̂A = CB̂E pois sa˜o opostos pelo ve´rtice e como CA = BA por hipo´tese, enta˜o 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
Soluc¸a˜o:
Por hipo´tese 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 - Vito´ria da Conquista/BA
4.2 Problemas
1. Na figura abaixo CM̂A e´ um aˆngulo reto e M e´ ponto me´dio de AB. Mostre que CA =
CB.
A
B
C M
Soluc¸a˜o:
BM̂C e´ o suplemento de CM̂A logo CM̂A + BM̂C = 180◦. Como CM̂A = 90◦ temos que BM̂C = 180◦
- 90◦ = 90◦, logo CM̂A = BM̂C como M e´ ponto me´dio de AB, temos que AM = MB. Como CM e´ um
lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL enta˜o 4AMC = 4BMC que implica em CA = CB.
2. A regia˜o marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual sera´
possˆıvel medir a distaˆncia entre os pontos A e B. (Qualquer medic¸a˜o fora do lago e´ possˆıvel)
M
A
B
C
Soluc¸a˜o:
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 sa˜o opostos pelo ve´rtice, enta˜o 4DCE = 4ACB pelo caso LAL. Assim
basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.
3. Mostre que, se um triaˆngulo tem os treˆs lados congruentes, enta˜o tem tambe´m os treˆs
aˆngulos congruentes.
Soluc¸a˜o:
Considere a seguinte construc¸a˜o:
43
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
B C
A
Se ∆ABC e´ equila´tero enta˜o tambe´m e´ iso´sceles de base BC, e portanto os aˆngulos de sua base
sera˜o congruentes, isto e´: 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 sa˜o triaˆngulos iso´sceles com base DB. Prove que os aˆngulos
AB̂C e AD̂C sa˜o congruentes.
C
B
A
D
Soluc¸a˜o:
Como AB̂D = BD̂A e DB̂C = BD̂C pois sa˜o aˆngulos da base de triaˆngulos iso´sceles, enta˜o:AB̂D + DB̂C = AD̂B + BD̂C
que implica em:
AB̂C = AD̂C
5. Usando a mesma figura, (do exerc´ıcio 4), mostre que tambe´m a reta AC e´ bissetriz de
BÂD e perpendicular a DB.
Soluc¸a˜o:
Os triaˆngulos ABC e ADC sa˜o congruentes pelo caso LAL logo CÂB = CÂD. Enta˜o por definic¸a˜o
AC e´ bissetriz de BÂD.
6. Na figura abaixo, ABD e BCD sa˜o triaˆngulos iso´sceles com base BD. Prove que AB̂C =
AD̂C e que AC e´ bissetriz do aˆngulo BĈD.
44
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
B
C
D
Soluc¸a˜o:
Como o tria´ngulo BCD e´ iso´sceles enta˜o CB̂D = BD̂C. Como CB̂D = DB̂A + B̂C e BD̂C = BD̂A +
AD̂C enta˜o:
DB̂A + AB̂C = BD̂A + AD̂C
Como DB̂A = BD̂A, pois ∆BDC e´ iso´sceles, enta˜o AB̂C = AD̂C. E pelo crite´rio LAL temos que
∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.
7. Justifique o seguinte procedimento para determinac¸a˜o do ponto me´dio 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 c´ırculos se interceptam em dois
pontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A intercec¸a˜o desta reta com o segmento AB sera´
o ponto me´dio de AB.”
Soluc¸a˜o:
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 crite´rios de congrueˆncia ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE = ∆EDA, enta˜o BE = EA e a reta r
intercepta o segmento BA no ponto me´dio.
45
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
5 O TEOREMA DO AˆNGULO EXTERNO E SUAS
CONSEQUEˆNCIAS
5.1 Exerc´ıcios
3
1. Prove que, se um triaˆngulo tem dois aˆngulos externos iguais, enta˜o ele e´ iso´sceles.
Soluc¸a˜o:
Dado o ∆ABC como no esquema
Â
e
B
f̂
C
Como ê e CÂB sa˜o adjacentes e esta˜o sob a mesma semi-reta enta˜o:
ê + CÂB = 180◦
Do mesmo modo se conclui que
CB̂A + f̂ = 180◦
O que implica que
ê + CÂB = CB̂A + f̂ (1)
Como por hipo´tese ê = f̂ enta˜o de (1) se conclui:
CÂB = CB̂A
Portanto o triaˆngulo ABC e´ iso´sceles de base AB.
3. Na figura abaixo os aˆngulos externos AĈE e AB̂D satisfazem a desigualdade: AĈE <
AB̂D. Mostre que AB̂D > AB̂C.
A
B C
D E
3Neste cap´ıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Aˆngulo Externo.
46
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Pelo TAE tem se que:
AĈE > BÂC, AB̂C
Como por hipo´tese AĈE < AB̂D enta˜o
AB̂C < AĈE < AB̂D
Que implica em AB̂C < AB̂D
4. Prove que um triaˆngulo retaˆngulo tem dois aˆngulos externos obtusos.
Soluc¸a˜o:
Dado o triaˆngulo ABC como na figura a seguir
A B
C
sabe se que  + B̂ + Ĉ = 180◦. Como B̂ = 90◦ enta˜o Â, Ĉ < 90◦. Logo o aˆngulo externo a  e
Ĉ > 90◦ uma vez que sa˜o suplementares.
5. Na figura abaixo, B, D e A sa˜o colineares. Do mesmo modo D, E e C sa˜o colineares.
Mostre que AÊC > DB̂C
A
B
C
D
E
Soluc¸a˜o:
Note que AD̂E e´ um aˆngulo externo ao triaˆngulo DBC e pelo TAE tem se:
AD̂E > DB̂C, DĈB (1)
Do mesmo modo AÊC e´ externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se:
AÊC > AD̂E (2)
47
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
De (2) e (1) tira-se que, AÊC > DB̂C. Concluindo a demonstrac¸a˜o.
6. Em um carto´rio de registro de imo´veis um escriva˜o recusou se a transcrever o registro de
um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprieta´rio mediam 100m, 60m e 20m. Voceˆ
pode dar um argumento que justifique a atitude do escriva˜o?
Soluc¸a˜o:
Uma possibilidade e que este escriva˜o seja funciona´rio publico e ja´ tenha dado a hora que
marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade e´ que ele conhec¸a o Teorema da desigualdade
Triangular. Pelo teorema da desigualdade triangular a soma de quaisquer dois lados de um
triaˆngulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que e´ menor
que 100, o que iria contra o teorema.
7. Prove as propriedades da func¸a˜o “reflexa˜o”, constantes do texto.
Soluc¸a˜o:
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
′ enta˜o existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m.
A
D
A′
m
Como por hipo´tese A e A’ na˜o pertencem a reta m, enta˜o AA’ intercepta m num ponto D tal
que AD = DA’.
Agora verifica-se que o segmento AA’ possui duas condic¸o˜es de reflexo.
A′A = {AD ∪ DA′} = AA′
Contudo, como AD e DA’ esta˜o sob a mesma reta A′A coincide com AA′, logo A′A e´ perpendicular
a m tendo D como seu ponto me´dio. Assim Fm(A
′) = A.
Como se queria demonstrar.
Prova de (ii)
(⇒) Se Fm(A) = A enta˜o por definic¸a˜o existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde
m ∩ AA e´ um ponto P que e´ ponto me´dio do segmento AA. No entanto como AA e´ um conjunto
unita´rio (AA={A}) enta˜o A ∈ m.
(⇐) Como AA = {A} e A pertence a m enta˜o Fm(A) = A, pois o reflexo de um ponto e´ o pro´prio
ponto.
Prova de (iii)
48
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Fazendo Fm(A) = A
′ e Fm(B) = B′ enta˜o Fm(A)F(B) = A′B′ deste modo devemos provar que A′B′ = AB.
• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstrac¸a˜o e´ imediata.
• Se A 6= B enta˜o AA’ e BB’ sera˜o interceptados por m nos seus pontos me´dios 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´ iso´sceles de base BB’ e a reta m e´ sua bissetriz. Assim BD̂E = B′D̂E e como
AD̂B + BD̂A + BD̂E + ED̂B′ = 180◦
e tambe´m
AD̂B = BD̂E = 90◦
Enta˜o conclui se que AD̂B = A′D̂B′. E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ sa˜o 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’ enta˜o:
A
B
B′
m
r
s
49
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
BD̂A = AD̂B = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ e´ iso´sceles e como
m e´ sua altura, pois m ⊥ BB′, tambe´m e´ sua bissetriz.
8. Na figura a seguir os triaˆngulos ABC e EDC sa˜o congruentes e os pontos A, C e D sa˜o
colineares. Mostre que AD > AB
C
B
A
E
D
Soluc¸a˜o:
O aˆngulo 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 enta˜o
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 sa˜o paralelas.
m
1
n
2
Soluc¸a˜o:
Se m na˜o for paralela a n enta˜o se formara um triaˆngulo com dois aˆngulos retos, pois 1̂ = 2̂ e
1̂ + 2̂ = 180◦ o que na˜o seria poss´ıvel, (isso porque a soma dos aˆngulos internos seria maior que
180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n.
10. Na figura abaixo B̂ e D̂ sa˜o aˆngulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC.
50
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
D C
B
Soluc¸a˜o:
Basta trac¸ar o segmento AC, e enta˜o ∆ADC = ∆ABC pelo crite´rio cateto hipotenusa que implica
que AD = BC.
11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triaˆngulos quaisquer em que AB = A’B’, Â = Â′ e Ĉ = Ĉ ′.
Decida se ABC e A’B’C’ sa˜o congruentes ou na˜o.
Soluc¸a˜o:
Os triaˆngulos sera˜o congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso cateto, aˆngulo oposto caso sejam
triaˆngulos retaˆngulos.
12. Nofinal da demonstrac¸a˜o do teorema 5.2, e´ feita a seguinte afirmac¸a˜o: “.. a semi-reta
SAF divide o aˆngulo BÂD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmac¸a˜o e´ verdadeira.
Soluc¸a˜o:
Dado BÂD este aˆngulo 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 enta˜o F ∈ BÂD e portanto SAF ⊂ BÂD logo divide
BÂD
51
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
6 O AXIOMA DAS PARALELAS
6.1 Exerc´ıcios
1. Na figura ao lado O e´ o ponto me´dio de AD e B̂ = Ĉ. Se B, O e C sa˜o colineares, conclua
que os triaˆngulos ABO e DOC sa˜o congruentes.
A B
C D
O
Soluc¸a˜o:
Por hipo´tese AO = OD e B̂ = Ĉ, devemos provar que ∆AOB = ∆COD.
Pela proposic¸a˜o 6.3 AB e´ paralelo a CD logo  = D̂ pois sa˜o correspondentes, como CÔD = AÔB,
pois sa˜o opostos pelo ve´rtice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD
2. Prove que a soma das medidas dos aˆngulos agudos de um triaˆngulo retaˆngulo e´ 900.
Soluc¸a˜o:
A
B
C
Pelo teorema 6.5  + B̂ + Ĉ = 1800. Seja Ĉ = 900 enta˜o  + B̂ = 1800 − Ĉ que implica em
 + B̂ = 900.
3. Prove que cada aˆngulo de um triaˆngulo equila´tero mede 600.
Soluc¸a˜o:
A
C
B
r
Seja ∆ABC equila´tero enta˜o:
 + B̂ + Ĉ = 1800 (1)
52
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Por ser iso´sceles  = Ĉ = B̂ enta˜o:
3 · B̂ = 1800
Que implica em B̂ = 600. Logo  = Ĉ = B̂ = 600
4. Prove que a medida do aˆngulo externo de um triaˆngulo e´ igual a soma das medias dos
aˆngulos interno a ele na˜o adjacentes.
Soluc¸a˜o:
A
C
B
e
Dado ∆ABC sabe se que  + B̂ + Ĉ = 1800 (1) tambe´m 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
diaˆmetro. Na figura ao lado O e´ o centro do circulo, AB e´ um diaˆmetro e C e´ outro ponto
do circulo. Mostre que 2̂ = 2 · 1̂
Soluc¸a˜o:
A B
C
O
21
Como mostramos na questa˜o anterior 2̂ = 1̂ + ĉ. Para mostrar que 2̂ = 2 · 1̂ basta mostrar
enta˜o que ĉ = 1̂. Sabemos que AD = r (r e´ o raio da circunfereˆncia) e OC = r logo AO = OC
portanto ∆AOC e´ iso´sceles de base AC e seus aˆngulos 1̂ = Ĉ C.Q.D..
53
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
6. Prove que se m e n sa˜o retas equidistantes enta˜o m e n sa˜o paralelas ou coincidentes.
Soluc¸a˜o
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 sa˜o equidistantes enta˜o
AP = A’P e ∆AA′P e´ iso´sceles de base AA′ o que e´ um absurdo pois a soma de seus aˆngulos internos
seriam maior que 1800, logo ou m e´ paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.
7. Seja ABC um triaˆngulo iso´sceles com base AB. Sejam M e N os pontos me´dios dos lados
CA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexo
do ponto C relativamente a´ reta que passa por M e N e´ exatamente o ponto me´dio do segmento
AB.
Soluc¸a˜o:
Considere as figuras:
A B
C
M N
Dado ∆ABC com os segmentos CM = CN, pois o triaˆngulo e´ iso´sceles e M, N e´ ponto me´dio. E
seja F(MN)(C) = C
′ enta˜o CC’ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo crite´rio Hipotenusa,
Cateto ∆CMF = ∆NFN enta˜o CC’ intercepta MN no seu ponto me´dio.
8. Demonstrar a proposic¸a˜o (6.10).
Soluc¸a˜o:
Para o quadrila´tero ABCD por hipo´tese AB//DC, AB = DC, BC = AD enta˜o temos:
54
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
O
A B
CD
Pelo desenho e´ poss´ıvel deduzir que os aˆngulos AĈD = CÂB; AB̂D = BD̂C e DÂO = AD̂O = OB̂C = BĈO
Enta˜o 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 me´dio.
9. Demonstre a proposic¸a˜o (6.12).
Soluc¸a˜o:
Proposic¸a˜o 6.12: Dado um quadrila´tero qualquer se dois lados opostos sa˜o congruentes e
paralelos enta˜o o quadrila´tero e´ um paralelogramo.
A
C
B
D
e
r
Para esta prova usaremos a proposic¸a˜o 6.11 onde dado o quadrila´tero ABCD com AB//DC e AB
= DC por hipo´tese provaremos que AD = DC por hipo´tese provaremos que AD = BC, pois segundo
6.11 se isso ocorre o quadrila´tero e´ um paralelogramo. AB//DC por hipo´tese, logo trac¸amos uma
reta r que divide o quadrila´tero em ∆ADB, DeltaDBC (esquema) enta˜o:
ê = AB̂D pois sa˜o opostos pelo ve´rtice.
ê = BD̂C pois sa˜o correspondentes.
Como DB e´ comum aos dois triaˆngulos e AB = DC por hipo´tese enta˜o ∆ADB = ∆DBC pelo caso
LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposic¸a˜o 6.11 ABCD e´ um paralelogramo.
10. Um retaˆngulo e´ um quadrila´tero que tem todos os seus aˆngulos, retos. Mostre que, todo
retaˆngulo e´ um paralelogramo.
Soluc¸a˜o:
Considere o desenho.
A
C
B
D
55
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os aˆngulos BÂC = AĈD e
como a soma dos dos aˆngulos internos de um triaˆngulo e´ 180 graus enta˜o:
AĈB = DÂC
Logo pelo caso LAL
∆ADC = ∆ABC
enta˜o os segmentos AD = BC e ambos sa˜o perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados sa˜o
congruentes e paralelos.
11. Mostre que, as diagonais de um retaˆngulo sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o:
Por definic¸a˜o um retaˆngulo e´ um quadrila´tero com 4 aˆngulos retos.
A
C
B
D
O
Sabe se que se duas retas sa˜o interceptadas por uma terceira perpendicular a elas enta˜o estas
sa˜o paralelas, logo dado o retaˆngulo ABCD teˆm se que:
AB//DC e AD//BC
Portanto o retaˆngulo e´ um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC,
diagonais de ABCD, provemos que sa˜o congruentes.
PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma ana´loga constru´ımos ∆ADC como
ambos sa˜o retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL sa˜o 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 aˆngulos reto e sa˜o bissetrizes dos seus aˆngulos.
Soluc¸a˜o:
Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos me´dios.
56
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, enta˜o pelos pontos AB e C
constru´ımos o triaˆngulo ABC de modo ana´logo constru´ımos o triaˆngulo DAB. Como BA = BC e DA
= AB enta˜o ∆ABC e ∆DAB sa˜o iso´sceles tal que
∆ABC = ∆ABF ∪ ∆BFC
∆DAB = ∆DAF ∪ ∆FAB
e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Enta˜o BD intercepta AC em 900 e como se in-
terceptam em seus pontos me´dio ( e as diagonais sa˜o a base do triaˆngulo iso´sceles) enta˜o sa˜o
bissetrizes.
13. Um quadrado e´ um retaˆngulo que tambe´m e´ um losango. Mostre que, se as diagonais de
um quadrila´tero sa˜o congruentes e se cortam em um ponto que e´ ponto me´dio de ambas, enta˜o
o quadrila´tero e´ um retaˆngulo.
Soluc¸a˜o:
Um retaˆngulo e´ um quadrila´tero com 4 aˆngulos retos internos.
F
A C
B D
Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆COD
Como AB = BC por hipo´tese e O e´ o ponto me´dio de ambos enta˜o:
BO = OD = OC = AO (1)
∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD
Pelo caso LLL. Assim como os aˆngulos AÔB e BÔC esta˜o sob a mesma semi-reta e sa˜o comple-
mentares ale´m de serem congruentes enta˜o:
AÔB = BÔD = 900
Analogamente para AÔC = CÔD = 900. Como por (1) os triaˆngulos contidos em ABCD sa˜o
iso´sceles enta˜o:
OB̂D = OD̂B = OB̂A = BÂD = DÂC = AĈD = OD̂C = 450
pois a soma de seus aˆngulos internos deve ser 1800, um dos aˆngulos ja´ e´reto e dois da base
sa˜o congruentes.
Assim os aˆngulos AB̂D = BÂC = CD̂B = AB̂D = 900
Satisfazendo a definic¸a˜o de retaˆngulo.
57
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
6.2 Problemas
3. Mostre que, se dois aˆngulos e o lado oposto a um deles, em um triaˆngulo, sa˜o iguais a´s
correspondentes partes de um outro triaˆngulo, enta˜o os triaˆngulos sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o:
A soma dos aˆngulos internos de cada ∆ e´ 180◦ ou seja Ĉ +  + B̂ = Ĉ′ + Â′ + B̂′ como  = Â′ e
B̂ = B̂′ ⇒ Ĉ = Ĉ′. Assim pelo crite´rio LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’.
58
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
7 SEMELHANC¸A DE TRIAˆNGULO
7.1 Exerc´ıcios
10. Mostre que todo triaˆngulo retaˆngulo de lados p2 − q2, 2pq e p2 + q2 e´ um triaˆngulo
retaˆngulo. Aqui p e q sa˜o quaisquer nu´meros inteiros positivos com p > q.
Soluc¸a˜o:
Se o triaˆngulo e´ retaˆngulo deve valer o teorema de Pita´goras caso contra´rio o triaˆngulo na˜o
e´ retaˆngulo. Vamos mostrar que este teorema e´ va´lido.
(p2 + q2)2 = (2pq)2 + (p2 − q2)2
(p2 + q2)2 = 4p2q2 + p4 + q4 − 2p2q2
(p2 + q2)2 = p4 + 2p2q2 + q4
Note que o segundo termo da igualdade e´ um quadrado perfeito
(p2 + q2)2 = (p2 + q2)2
59
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8 O CI´RCULO
8.1 Exerc´ıcios
1. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas congruentes sa˜o
equidistantes do centro.
Soluc¸a˜o:
A E B
O
C F D
Construa uma circunfereˆncia de centro O com cordas AB = CD. Por O trac¸amos os segmentos
OA = OB = OC = OD = Raio.
Assim ∆ABO e´ iso´sceles, o mesmo para ∆COD. Como AÔB = CÔD, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice,
enta˜o ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.
Trac¸ando os segmentos OE e OF tal que OE e EF sa˜o alturas dos triaˆngulos, portanto perpen-
diculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD enta˜o EO = OF e as cordas AB e CD sa˜o
equidistantes. Como se queria demonstrar.
2. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas equidistantes do
centro sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o:
Imagine a seguinte construc¸a˜o:
A
B
C D
E
F
O
Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas sa˜o equidistantes enta˜o existe uma per-
pendicular a cada corda que e´ congruente, isto e´:
OE = OF por hipo´tese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.
Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto AE = EB =
CF = FD e enta˜o:
60
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
AE + EB = CF + FD
AB = CD
Como se queria demonstrar.
3. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, se duas cordas tem
comprimentos diferentes, a mais curta e´ a mais afastada do centro.
Soluc¸a˜o:
Imagine a seguinte construc¸a˜o:
A
B
C D
E
F
O
Como A, B, C e D pertence ao circulo enta˜o:
OC = OD = OA = OB = raio
Logo ∆COD, ∆AOB sa˜o iso´sceles.
Trac¸ando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retaˆngulos. Enta˜o
pelo teorema de Pita´goras:
OA2 = OF2 + AF2
e tambe´m
OC2 = OE2 + CE2
Como OA = OC = raio
OF2 + AF2 = OE2 + CE2 (1)
Como AB < CD por hipo´tese e F e E sa˜o pontos me´dios de AB e CD respetivamente, pois ∆AOB,
∆COD sa˜o iso´sceles, enta˜o 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.
Soluc¸a˜o:
Dado uma corda AB e uma mediatriz m cortando AB no ponto E tal que AE = EB e m⊥AB
imagina-se a construc¸a˜o a seguir:
61
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
E B
O
m
Com base na construc¸a˜o e´ fa´cil ver que:
AO = OB = Raio
e tambe´m que
∆AOB e´ iso´sceles de base AB.
Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB enta˜o (por construc¸a˜o), OE ⊥ AB. Como por um
ponto passa uma u´nica reta perpendicular enta˜o OE e´ a pro´pria 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 e´ ainda o mesmo circulo.
Soluc¸a˜o:
Recordando as propriedades de reflexa˜o temos:
Fm(A) = A se A ∈ m.
Imagine a seguinte construA˜§A˜£o:
A
E
A′
O
m
Trac¸ando uma reta m que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro e´ o pro´prio centro.
E seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo enta˜o existe um segmento AA’ que inter-
cepta m no ponto E tal que, AE = A’E e AA’ ⊥ m.
Trac¸amos enta˜o o ∆AOE = ∆EOA’ que sa˜o congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ e
portanto, o reflexo de A tambe´m pertence ao circulo.
7. Na figura abaixo AE e´ tangente comum e JS liga os centros dos dois c´ırculos. Os pontos
E e A sa˜o pontos de tangencia e B e´ o ponto de intercessa˜o dos segmentos JS e AE. Prove que
o aˆngulo Ĵ e´ igual ao aˆngulo Ŝ.
62
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
S
E
B
J
A
Soluc¸a˜o:
Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunfereˆncia em sua extremidade enta˜o
esta e´ perpendicular a reta tangente.
Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA sa˜o retaˆngulos e EB̂S = JB̂A, pois sa˜o postos pelo ve´rtice.
Como ∆ESB e ∆JBA possui dois aˆngulos congruentes enta˜o sa˜o semelhantes e portanto Ŝ = Ĵ.
Como se queria demonstrar.
8. Na figura seguinte, M e´ o centro dos dois c´ırculos e AK e´ tangente ao circulo menor no
ponto R. Mostre que AR = RK.
A
R
K
M
Soluc¸a˜o:
Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio.
A
R
K
M
63
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Por m trac¸amos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora, se um raio intercepta uma reta
em seu ponto de tangencia esta e´ perpendicular a reta. Com base nisto teremos AR̂M = MR̂K = 90◦.
Portanto, ∆AMR, e ∆MRK sa˜o retaˆngulos e pelo crite´rio cateto hipotenusa dos triaˆngulos retaˆngulos
∆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
Soluc¸a˜o:
Se UK e´ tangente ao circulo no ponto U enta˜o UK ⊥ LU logo LÛK = 90◦.
Por hipo´tese UE = LU e como LE e´ raio enta˜o LE = LU = UE.
Assim ∆LUE e´ equila´tero e LÊU = LÛE = UL̂E = 60◦.
Como LÊU e´ aˆngulo externo do ∆EUK enta˜o:
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 e´ iso´sceles de base UK, pois possuem dois aˆngulos 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 - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Trac¸ando uma corda MX com ela e´ poss´ıvel perceber que MÔX = MÎX, pois ambas possuem a
mesma corda.
M X
O I
B
Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois aˆngulos congruentes estes sa˜o semelhantes portanto:
MO
XI
=
OB
BI
Como MO = XI por hipo´tese:
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 e´ o centro do circulo e CI e um diaˆmetro. Se CA e HN sa˜o paralelos,
mostre que
_
AN e
_
IN tem a mesma medida.
C I
H
N
A
Soluc¸a˜o:
C I
H
N
A
Na figura dada trac¸amos AH (figura acima), enta˜o:
Ĉ = 0.5(AĤI) (1)
65
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Note que CA = HA = HN = HI= Raio por paralelismo entre CA e HN. Tambe´m podemos
perceber CÂH = AĤN, pois sa˜o aˆngulos alternos internos.
Como ∆ACH e´ equila´tero (AH = CA = CH = Raio) enta˜o Ĉ = CÂH = AĤN.
Enta˜o 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 aˆngulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstrac¸a˜o
concluindo que
_
AN =
_
IN.
12. Na figura abaixo, O e´ o centro do circulo e TA e´ um diaˆmetro. Se PA = AZ, mostre que
os triaˆngulos PAT e ZAT sa˜o congruentes.
P
A
Z
T
O
Soluc¸a˜o:
Note que TP̂A e TẐA remetem ambos a arcos formados por semi c´ırculos de modo que
TP̂A = TẐA = 90◦
Logo os triaˆngulos PAT e ZAT sa˜o congruentes pelo caso especial (PA = AZ e TA comum).
14. Na figura seguinte, o quadrila´tero DIAN e´ um paralelogramo e I, A e M sa˜o colineares.
Mostre que DI = DM.
A
M
N
D
I
O
66
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Temos DN̂A = DM̂A, pois submetem ao mesmo arco
_
DA . Como DIAN e´ um paralelogramo
enta˜o DN̂A = DÎA, assim:
DM̂A = DÎA
Como I, A e M sa˜o colineares o ∆DMI e´ iso´sceles 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 c´ırculos sa˜o conceˆntricos.
A M E
T
S
YH
Soluc¸a˜o:
Com base na figura dada imagine a seguinte construA˜§A˜£o:
A M
E
T
S
YH
o
Note que AÔH e´ um aˆngulo central da mesma circunfereˆncia em que AT̂H esta´ 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 aˆngulo secante cujo ve´rtices esta dentro do circulo tem medida igual a
metade da soma do arco que determina com o arco que e´ determinado pelo aˆngulo que se lhe
opo˜e pelo ve´rtice. (Na figura anterior a esquerda: AP̂B =
1
2
(med
_
AB + med
_
CD).
67
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Fac¸amos a seguinte construc¸a˜o:
A
B
C
D
P
Note que AP̂B e´ aˆngulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que AP̂B = AD̂B + CB̂D.
Como AÔB e´ aˆngulo inscrito na circunfereˆncia 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 e´ um aˆngulo secante cujo ve´rtice esta fora do circulo mostre que AP̂B
=
1
2
(med
_
AB - med
_
CD)
A
B
C
D
P
Soluc¸a˜o:
Na figura fazemos a seguinte construc¸a˜o:
68
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
B
C
D
P
Com essa construc¸a˜o teremos os seguintes aˆngulos inscritos AĈB, AD̂B e CB̂D.
Como AĈB e´ aˆngulo esterno ao triaˆngulo CBP por consequeˆncia 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 ve´rtice de um pol´ıgono regular ao centro do c´ırculo em
que ele esta inscrito e´ bissetriz do aˆngulo daquele ve´rtice.
Soluc¸a˜o:
Seja A1,...,An um pol´ıgono qualquer inscrito numa circunfereˆncia de centro O
A1
A2
A3
A4
An
O
Os triaˆngulos A1OA2 e A2OA3 sa˜o congruentes e dessa congrueˆncia retiramos que:
A1Â2O = OÂ2A3
Logo OA2 e´ bissetriz de A1Â2A3. Como se queria demonstrar.
69
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
8.2 Problemas
1. Prove que uma reta pode cortar um c´ırculo em no ma´ximo dois pontos.
Soluc¸a˜o:
Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Trac¸amos por A uma reta m que intercepta o
c´ırculo num ponto B, assim C ∪ m{A, B} pois A e B sa˜o colineares.
Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que pertenc¸a a m e a C
simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C). Como A, B e C sa˜o colineares enta˜o C esta´ entre
A e B (A− C− B). Deste modo sendo “O” o centro da circunfereˆncia ter´ıamos OA = OB = OC. O
que seria um absurdo pois se C esta´ entre A e B OA = OB > OC.
2. Na figura abaixo AP̂C e´ um a´ngulo secante cujo ve´rtice 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
Soluc¸a˜o:
Trac¸ando AD e CB tem se BÂD = BĈP, pois determinam o mesmo arco
_
BD. E´ poss´ıvel observar
que ∆APD e´ semelhante ao ∆CBP, desta semelhanc¸a 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 sa˜o cordas que se interceptam no ponto G, e RT e´ bissetriz do
aˆngulo WĜI. Prove que WR · TS = HT ·RI.
W
R I
G
H T S
70
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
WĜR = RĜI, pois RT e´ bissetriz de W ĜI. Como WĜR = TĜS, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice, enta˜o
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 e´ semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois aˆngulos congruentes SĜT = IĜR e WŜT = WÎH).
Desta semelhanc¸a temos que:
RI
TS
=
RG
GT
=
IG
GS
(1)
Considerando que IŴS = IĤS, pois se subentendem ao mesmo arco
_
IS, segue se que ∆WRG e´
semelhante ao ∆HGT. Desta semelhanc¸a 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 triaˆngulo e D um ponto de BC tal que AD e´ bisstriz do aˆngulo Â. Prove
que (AD)2 = AB ·AC −BD ·DC.
Soluc¸a˜o:
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 hipo´tese AD e´ sua bissetriz. Como BÊA = AĈB, pois sa˜o aˆngulos
que subtende ao mesmo arco, no caso
_
AB, enta˜o se conclui que ∆ABE e´ semelhante ao ∆ADC. Isso
implica que:
AB
AD
=
AE
AC
⇒ AB · AC = AE · AD
Observe que DB̂E e CÂD sa˜o aˆngulos que determinam o mesmo arco
_
EC e portanto DB̂E = CÂD.
E como BÊD = AĈD enta˜o ∆BDE e´ semelhante ao ∆ADC. Desta semelhanc¸a tem-se:
71
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vito´ria 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 c´ırculo esta´ inscrito no quadrila´tero. Prove que a soma dos compri-
mentos de um par de lados opostos e´ igual a soma dos comprimentos do outro par.
Soluc¸a˜o:
Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor sa˜o congruentes.
A
B
CD
O
X
P
Z
Y
90◦
90◦
Note que AB, BC, CD e DA sa˜o 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 - Vito´ria 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 hexa´gono que circunscreve um c´ırculo. Prove que AB + CD + EF =
BC +DE + FA.
Soluc¸a˜o:
T
Q
F C
X
P
Y
Z
A B
DE
Por