Maristas_Geometria_Elementar_600_problemas_resolvidos_e_comentados

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GEOMETRIA
ELEMENTAR
(600 Problema. Resolvidos ftom.nt.dos)
Geometria Plana, 
Espacial e Cônicas
/
GEOMETRIA
ELEMENTAR
MARISTA
“Entre os espíritos iguais e postos 
nas mesmas condições, o que 
conhece GEOMETRIA é superior aos 
outros e possui vigor especial."
Pascal
APRESENTAÇÃO
Mais uma vez, preocupada em resgatar para a presente e futuras 
gerações o que há de melhor em livros de ciências exatas, a 
VestSeller tem a honra de reeditar esta obra prima e, juntamente 
com todo o povo brasileiro, saudar e agradecer os irmãos maristas 
pela incomensurável contribuição que dão à educação nesse país 
desde que aqui chegaram, no final do século XVIII, até os dias de 
hoje.
Trata-se de uma obra prima recheada com centenas de problemas 
de construção, inúmeras demonstrações variadas envolvendo 
planimetria, geometria espacial, e um maravilhoso tratamento das 
cônicas (elipse, hipérbole e parábola) sem recorrer à geometria 
analítica !
O nível dos problemas aqui contidos estimulará mesmo os leitores 
mais exigentes. Provavelmente, os problemas mais difíceis de 
Geometria contidos nos modernos livros brasileiros encontram-se 
resolvidos na presente obra, cujo valor é inestimável para os 
amantes da Geometria, podem ter certeza.
Nem mesmo o tempo foi capaz de alterar o brilho dessa obra, 
escrita com muito vigor pelos irmãos maristas, com linguagem 
bastante simples, objetiva e acessível a qualquer leitor interessado 
em aprimorar e aprofundar seus conhecimentos no mais mágico e 
desafiador segmento da Matemática elementar: a Geometria.
Este livro maravilhoso, escrito pelos Irmãos Maristas e publicado 
pela editora marista FTD no inicio do século XX, traz mais de 600 
problemas resolvidos de excelente nível envolvendo Geometria 
Plana, Geometria Espacial e Cônicas.
Prof. Renato Brito
(ex-aluno do colégio marista cearense)
Editora VestSeller
Setembro / 2009
SUMÁRIO
Capítulo 1 7
35Capitulo 2
95Capitulo 3
143Capitulo 4
188Capitulo 5
190Capitulo 6
203Capitulo 7
210Capitulo 8
224Capitulo 9
Demonstrações envolvendo triângulos;
Problemas de construção;
Demonstrações envolvendo quadriláteros.
Problemas de construção envolvendo circulos, 
tangentes e secantes, inscrição e circunscrição.
Demonstrações envolvendo triângulos e circulos;
Problemas de construção envolvendo circulos 
inscrito e circulo ex-inscrito;
Problemas de construção envolvendo 
paralelogramos e trapézios.
Demonstrações envolvendo cevianas;
Demonstrações envolvendo triângulos e 
circunferências;
Demonstrações envolvendo quadriláteros e
circunferências;
Demonstrações envolvendo polígonos.
Problemas envolvendo áreas de triângulos e 
quadriláteros;
Problemas envolvendo divisão de áreas em razão 
dada;
Problemas envolvendo áreas de polígonos.
Problemas envolvendo paralelepípedos e 
pirâmides.
Problemas envolvendo divisão de volume de 
sólidos em razão dada.
Problemas envolvendo sólidos de revolução;
Problemas envolvendo cálculo de volumes gerados 
pela rotação de figuras planas.
Problemas de construção envolvendo elipses;
Demonstrações envolvendo elipses;
Demonstrações envolvendo hipérboles;
Problemas de construção envolvendo parábolas;
Demonstrações envolvendo parábolas.
Problemas de revisão do capitulo 1;
Demonstrações envolvendo triângulos;
Demonstrações envolvendo cevianas.
234Capitulo 10
247Capítulo 11
260Capitulo 12
278Capitulo 13
282Capitulo 14
296Capítulo 15
299Capitulo 16
Problemas de revisão do capitulo 2;
Demonstrações de construção envolvendo 
triângulos;
Demonstrações envolvendo circunferências, 
triângulos, tangentes e secantes;
Problemas de construção envolvendo 
circunferências e tangências.
Problemas de revisão do capitulo 3;
Demonstrações envolvendo triângulos, 
circunferência inscrita e circunscrita;
O circulo de Euler dos 9 pontos.
Problemas de revisão do capitulo 4;
Lúnulas de Hipócrates;
Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
áreas de figuras isoperimétricas;
Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
inscrição e circunscriçâo de figuras planas.
Problemas de revisão do capitulo 5;
Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
paralelepipedos.
Problemas de revisão do capítulo 7;
Problemas envolvendo sólidos de revolução;
Problemas envolvendo inscrição e circunscriçâo de 
figuras espaciais;
Problemas de máximo e minimo envolvendo 
inscrição e circunscriçâo de figuras espaciais. 
Problemas de revisão do capitulo 8;
Demonstrações e teoremas envolvendo elipses e 
parábolas.
Apêndice sobre máximos e minimos sem uso de 
cálculo diferencial.
Capítulo 1
GEOMETRIA ELEMENTAR
EXERCÍCIOS DE GEOMETRIA
CAPÍTULO 1
1.
C
D O B
2.
3.
OC B
4.
7
Solução: Sejam OK a bissetriz do ângulo AOB, e OL a do ângulo COD.
Temos: BOK + KOA + AOC = 2 retos; mas BOK= COL;
Logo: KOA + AOC + COL = 2 retos;
Logo: OL é o prolongamento de OK.
Mostre que as bissetrizes de dois ângulos opostos pelo 
vértice estão em linha reta.
Construir o complemento de um ângulo dado.
Solução: seja o ângulo AOB. Se, sobre o lado OB, no ponto O, elevarmos uma 
perpendicular OC, o ângulo AOC será o ângulo procurado, pois AOB + AOC = 
BOC - 1 reto.
Construir o suplemento de um ângulo dado.
Solução: seja o mesmo ângulo AOB. Se prolongarmos a reta BO, o ângulo AOD 
será o ângulo procurado, pois AOB + AOD = 2 retos.
Mostre que as bissetrizes de dois ângulos adjacentes 
suplementares são perpendiculares uma à outra.
Solução: com efeito, sejam os dois ângulos suplementares e adjacentes AOB e 
AOC, e OD e OE as bissetrizes dos mesmos ângulos. Temos por definição: 
AOB + AOC = 2 retos;
Logo: AOB + AOC = 1 reto.
Geometria Elementar
Fig. 3
5.
diagonais .
E
DA'
Fig. 4
B C
0
2
6.
Solução: Deveremos ter: AC + BD < AB + BC + CD + AD.
8
Mostre que a soma das diagonais de um quadrilátero 
convexo é menor que a soma e maior que a semi-soma de 
seus lados.
Aplicações numéricas:
• Para o triângulo, n - 3 = 0;
Logo:n(^) =
Solução: Cada vértice, A, pode ser ligado a todos os outros, menos a seus 
vizinhos, o que dá, para cada vértice, n - 3 diagonais. Por conseguinte, para os 
n vértices, deveriamos ter: n(n - 3) diagonais ao todo. Mas cada diagonal é 
contada, duas vezes. Assim, a diagonal AD pode ser obtida unindo o ponto A ao 
ponto D, ou ligando o ponto D ao ponto A; e, como o mesmo se dá para todas
as outras, resulta que poderão ser traçadas ao todo
• Para o quadrilátero, temos n = 4; n - 3 = 1;
. ín-3^1Logo: nl —=
Quantas diagonais podem ser tragadas em um polígono 
convexo de n lados?
Capítulo 1
Temos igualmente:
C
B
Fig. 5
O
A D
7.
A
Fig. 6
O
B' C
9
Demonstre que a soma das retas que ligam um ponto 
interior de um triângulo aos três vértices, é menor que a 
soma e maior que a semi-soma dos três lados do triângulo.
1) Tem-se:
OA + OB < AC + BC
OB + OC < AB + AC
OA + OC < AB + BC.
Somando membro a membro e dividindo por 2, temos: 
OA + OB + OC < AB + AC + BC.
AC + BD < AB + BC + CD + AD.
2) Temos: OA + OB > AB
OB + OC > BC
OC + OD > CO
OD + OA > AD.
Somando estas desigualdades, e dividindo cada soma por 2, temos:
OA + OB + OC + OD > (AB + BC + CD + AD),
ou, finalmente: AC + BD > (AB + BC + CD + AD).
Solução:
Teremos:
OA + OB + OC < AB + AC + BC;
OA + OB + OC > + AC + BC).
AC + BD > y2 (AB + BC + CD + AD).
1) Temos: AC < AB + BC
AC < AD + DC.
BD < BC + CD 
BD < AB + AD.
Somando estas desigualdades membro a membro, e dividindo cada soma por 2, 
obtemos:
Geometria Elementar
8.
D
B’
A
Fig. 7
9.
10
Mostre que dois polígonos são iguais quando têm n - 2 
lados consecutivos iguais adjacentes a n - 1 ângulos iguais 
e semelhantemente dispostos.
Solução:
Temos: AB = A'B’, BC = B’C', CD = C’D'; A = A', B = B', C = C', D = D1;
digo que os dois polígonos são iguais.
Com efeito, transporto o polígono ABtVE' sobre ABCDE, de modo que A'B' 
coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C, CD' 
coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD. Por outra, por causa de 
A' = A e D' = D, A’E' toma a direção de AE, e D'E' a de DE: o ponto E* cairá,pois, 
sobre o ponto E, e os dois polígonos serão iguais.
2) Temos também:
OA OB > AB
OA + OC > AC 
OB + OC > BC.
Somando e dividindo por 2, obtemos:
OA + OB + OC > (AB + AC + BC).
10. Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm 
todos os lados, e n - 3 ângulos consecutivos 
respectivamente iguais e semelhantemente dispostos.
Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm n - 1 
lados consecutivos iguais, compreendendo n - 2 ângulos 
iguais e semelhantemente dispostos.
Solução:
Temos:
AB = A'B‘, BC = B’C', CD = CD’, DE = DE', B = B', C = C, D = D';
digo que os dois polígonos são iguais.
Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre ABCDE, de modo que A'B' 
coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C', 
CD', D'E' coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD, DE.
Estando A' sobre A, e E' sobre E, A'E' se confundirá com AE, e o mesmo se 
dará com os polígonos.
Capítulo 1
3 elementos
Fig. 8
11
Solução:
Temos:
AB = A’B', BC = B'C’, CD = CD, DE = D'E’, EA = E'A' e A = A*, B = B'; digo que 
estes dois polígonos são iguais.
Com efeito, transporto o polígono ABVCE’ sobre o polígono ABCDE, de modo 
que A'B' coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos A e A', B e 
B', os lados A'B, B'C’, A’E' coincidirão respectivamente com os lados iguais AB, 
BC, AE. Além disso, se eu traçar as diagonais (traçá-las) C'E‘ e CE, estas retas 
coincidem também; o mesmo se dá com os triângulos C'E'D‘ e CED, pois têm os 3 
lados iguais e semelhantemente dispostos; logo, os dois polígonos são iguais.
Solução:
Teremos: AM < (AB + AC).
Com efeito: prolonguemos a mediana AM do comprimento MD = AM, e 
tracemos BD.
Os dois triângulos ACM, BDM são iguais e, por conseguinte, AC = BD. Mas temos
AD = 2AM < AB + BD, ou 2AM < AB + AC, ou, enfim: AM < (AB + AC).
Operar-se-ia da mesma forma para as medianas BN, CP.
13. Mostre que a soma das medianas de um triângulo é menor 
que a soma e maior que a semi-soma dos lados (fig. 8).
Solução: Teremos: AM + BN + CP < AB + BC + AC
AM + BN + CP > % (AB + BC + AC).
1) Ora, temos (ex. 12):
12. Mostre que, em qualquer triângulo, cada mediana é menor 
que a semi-soma dos lados adjacentes.
11. Quantas condiçoes sao precisas para a igualdade de dois 
polígonos?
Solução: Dois polígonos são iguais quando têm 2n 
respectivamente iguais e semelhantemente dispostos.
Com efeito, conforme os 3 problemas precedentes, é preciso conhecer: 1°) n - 1 
lados e n - 2 ângulos; 2o) n - 2 lados e n - 1 ângulos; 3o) n lados e n - 3 
ângulos, e, por conseguinte, em todos os casos 2n - 3 elementos.
Geometria Elementar
Fig. 10
C’
P B■C
12
15. Por um ponto dado, P, fora de um ângulo AOB, traçar uma 
reta que determine, por sua interseção com os lados deste 
ângulo, dois comprimentos iguais OA, OB.
B’
14. Sobre os lados de um ângulo, tornam-se os comprimentos 
OA = OB; depois: OA' = OB'; traçam-se AB’ e BA'. 
Demonstrar que OM é bissetriz do ângulo considerado.
O
2) Temos (n° 60):
AM > AB - BM
AM > AC-CM.
Adicionando, obtemos: 2AM > AB + AC - BC.
Temos igualmente: 2BN > AB + BC - AC
2CP > AC + BC-AB.
2AM < AB + AC
2BN < BA + BC
2CP < AC + BC.
Feita a soma, e dividida por 2, obtemos: AM + BN + CP < AB + BC + AC.
A’
Somemos essas três desigualdades, reduzamos e dividamos por 2; virá: 
AM + BN + CP > y2 (AB + BC + AC).
Solução: Com efeito, os triângulos OA'B, OAB’ são iguais, como tendo um 
ângulo igual, compreendido entre lados iguais: onde resulta a igualdade dos 
ângulos OAM e OB'M, OAM e OBM.
A igualdade destes últimos dá A'AM = B’BM
Logo os triângulos AAM e B'BM são iguais, por terem um lado igual adjacente a 
dois ângulos iguais; logo: AM = BM. Tendo os triângulos OAM e OBM um 
ângulo igual, OAM = OBM, compreendido entre dois lados respectivamente 
iguais, sâo iguais, e disto resulta a igualdade dos ângulos AOM e BOM. Dai, um 
meio de construir a bissetriz de um ângulo.
Capítulo 1
Fig. 11
Fig. 12
A B
P
13
Solução: Tracemos, nos meios de AB e AC, as perpendiculares ON, OP: teremos 
OA = OB, e OA = OC; onde: OB = OC; logo, ponto O pertence à perpendicular 
elevada no meio de BC: portanto, as três perpendiculares OM, OP, ON concorrem 
no mesmo ponto O.
Solução: Uno A e B por uma reta; no ponto M, meio de AB levanto uma 
perpendicular, até o encontro em N do rio. Como a perpendicular MN é o lugar dos 
pontos equidistantes dos pontos A e B, o ponto N dista igualmente de A e de B.
18. Mostre que as perpendiculares elevadas no meio dos lados 
de um triângulo concorrem em um mesmo ponto.
16. Dizer, sem tomar diretamente medida, se um ponto C, 
situado fora de uma reta AB, está mais perto de A que de B.
Solução: Basta evidentemente elevar uma perpendicular no meio de AB: se o 
ponto C se acha sobre esta perpendicular, é que ele está igualmente distante de 
A e de B; se estiver fora desta perpendicular, está mais perto de um ponto que 
do outro. É fácil determinar de qual dos dois pontos está mais próximo.
17. Duas aldeias, A e B, situadas a certa distância de um rio, 
querem construir uma ponte com despesas comuns; 
pergunta-se o lugar em que deverá ser feita a ponte para se 
achar igualmente distante de cada aldeia.
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Já que os comprimentos OA e OB 
são iguais, o triângulo OAB é isósceles; portanto a reta OC, que une o ponto O 
ao meio C de AB, é perpendicular à reta PB e também é bissetriz do ângulo 
AOB. Daí resulta a construção seguinte: traça-se a bissetriz OC do ângulo AOB; 
depois, do ponto P, abaixa-se sobre OC a perpendicular PB, que é a reta 
procurada. Existe evidentemente outra solução, que se obtém traçando a 
bissetriz OC do ângulo AOB', suplementar de AOB; de fato, ver-se-ia, com 
raciocínio análogo ao precedente, que os comprimentos OA' e OB’ sâo iguais.
Geometria Elementar
Fig. 13
A
Fig. 14P.
M N Fig. 15D; E
14
Ar
20. Por um ponto dado, P, traçar uma reta equidistante de dois 
pontos dados A e B, e separando os dois pontos dados.
AI
D
21. Dados dois pontos, A e B, situados do mesmo lado de uma 
reta, achar o caminho mais curto para se ir do ponto A ao 
ponto B, tocando nessa reta.
Solução: Se os dois pontos se encontrassem de cada lado da reta, o caminho 
mais curto para se ir do ponto A ao ponto 8 seria a reta que unisse esses dois 
pontos.
B
Solução: Com efeito, os dois triângulos retângulos ABE, ABD têm a hipotenusa 
comum e um ângulo adjacente igual, logo, são iguais: onde, a igualdade das 
perpendiculares AE e BD.
19. Mostre que se, das extremidades da base de um triângulo 
isósceles abaixarmos perpendiculares sobre os lados 
opostos, estas perpendiculares serão iguais.
í
Solução: Tracemos a reta AB e uma reta qualquer PE, cortando o meio de AB: 
PE é a reta pedida.
De fato, abaixemos sobre essa reta as perpendiculares AD e BE; obteremos 
dois triângulos ADC e BCE, iguais, por terem a hipotenusa igual e ângulos 
agudos em C iguais; onde. AD = BE; logo, PE é a reta pedida.
Capítulo 1
Fig. 16
Fig, 17
CA E
15
23. Mostre que as bissetrizes dos três ângulos de um triângulo 
concorrem no mesmo ponto.
22. Tomados dois pontos, A e B, no interior de um ângulo xOy, 
achar o caminho minino do ponto A ao ponto B tocando os 
lados Ox e Oy.
Solução: Sejam A' e B' os pontos simétricos de A e B, e A'B' a reta que os une: 
tracemos AC e BD, e teremos a linha quebrada ACDB, como sendo o caminho 
mais curto de A a B, tocando os lados Ox e Oy. Para demonstrã-lo, provemos 
que qualquer outro, ACDB por exemplo, é maior.
De acordo com a construção da figura, podemos substituir ACDB por A'CDB' e 
ACDB por A’CDB', sendo evidente que temos A’C‘DB’ > A'CDB'.
Solução: Traço as bissetrizes dos ângulos A e B, e, do ponto O de encontro, abaixo 
as perpendiculares OD. OE e OF sobre os três lados. Ficando o ponto O sobre a 
bissetriz de A, OE = OF; pertencendo o mesmo ponto O à bissetriz de B, OD = OF, 
onde: OE = OD; logo, o ponto O está também na bissetriz do ângulo C; concluímos 
finalmente que as três bissetrizes concorrem no mesmo ponto.
É, pois, natural procurarmosabaixo da reta um ponto A', tal que a reta AB seja 
igual à linha quebrada que devemos percorrer para irmos de A a B. Para isto, 
abaixemos sobre MN a perpendicular AD, e prolonguemo-la de um comprimento 
DA' = AD (o ponto A' é simétrico de A em relação a MN). Enfim, tracemos a reta 
AB: o trajeto ACB é o mais curto caminho procurado.
Para demonstrá-lo, provemos que qualquer outro, AEB, é maior. Segundo a 
construção da figura, ACB pode substituir-se por A'CB e AEB por A'EB; ora, é 
claro que temos: A'EB > A'CB.
NOTA. Do que precede, resulta que as retas AC, CB, correspondentes ao 
caminho mais curto (AC + CB é um mínimo), ficam igualmente inclinadas sobre 
a reta MN, pois os ângulos ACM o BCN são iguais.
■:Õ>'
o
Geometria Elementar
Fig. 18
B 'C
□
Fig. 19
16
26. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos que têm os lados 
paralelos são paralelas ou perpendiculares uma a outra.
Solução:
25. Determinar a bissetríz do ângulo formado por duas retas 
AB e CD, que não podemos prolongar até o ponto de 
concurso.
1o) Sejam os dois ângulos BAC e B'A'C, que têm os lados paralelos e dirigidos 
no mesmo sentido. Tracemos DA, paralela a D'A’, bissetriz de B'A'C’; 
teremos:
Com efeito, os ângulos DOB e OBC são iguais como alternos-internos.
Portanto, o triângulo DOB é isósceles, e DO = BD. Analogamente se provaria 
OE = CE. Onde resulta que DO + OE, ou DE = BD + CE.
24. Demonstre que a paralela a um dos lados de um triângulo, 
traçada pelo ponto de concurso das bissetrizes, é igual à 
soma dos segmentos adjacentes a esse lado, determinados 
por ela sobre os dois outros.
Solução: Sejam BO e CO as bissetrizes dos ângulos B e C, e DE a reta 
paralela a BC e passando pelo ponto O. Temos: DE = BD + CE.
A
BAD = BTVD', DAC = DTVC.
Mas B’A'D' = D’A'C’; logo, BAD = DAC, e DA é bissetriz de BAC.
2°) Se considerarmos a bissetriz AE do ângulo BAG, esta reta é perpendicular a 
AD, e, portanto, a A'D'.
Solução: Por um ponto qualquer de CD, traço EF paralela a AB, e tomo, sobre os 
lados do ângulo FEC, os comprimentos iguais EH e EG, prolongando GH até I. A 
reta IH forma com as duas retas, AB e CD, um triângulo isósceles, pois I = G = H. 
Logo, obteremos a bissetriz do ângulo do vértice levantando uma perpendicular no 
meio da reta IH.
Capitulo 1
C Fig. 20
A'
B’ \
Fig. 21
A G A'
E
B’
D’
C’
dos ângulos B e C vale 1 reto mais
Fig. 22
B C
17
28. Mostre que num triângulo ABC, o ângulo O das bissetrizes
A 
2 '
27. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos de lados 
perpendiculares são perpendiculares ou paralelas.
Solução:
1o) Sejam os ângulos agudos BAC e B'A'C, que têm os lados perpendiculares, 
AD e A'D' as suas bissetrizes. Estas retas são perpendiculares. Com efeito, 
pelo pelo ponto A, tracemos AC" e AB", paralelas a A'C e A'B': os ângulos 
B"AC" e B’A'C', dirigidos em sentidos opostos, sâo iguais. A bissetriz AD", 
do ângulo B"AC", é paralela a A'D' (ex. 26). Ora, se do ângulo reto CAC” 
tirarmos o ângulo DAC e lhe acrescentarmos o ângulo C"AD" = DAC, ainda 
teremos DAD”, que serâ reto.
Logo, AD e AD" são perpendiculares e, portanto, AD e A'D' também o sâo.
2o) Sejam os dois ângulos BAC e C'A'G, agudo um, e obtuso o outro; a bissetriz 
A'E é perpendicular a A'D' e, por conseguinte, paralela a AD.
D'
Geometria Elementar
A
Fig. 23
CB
Fig. 24
B D
18
Solução:
Com efeito, temos: A = 2r - (B + C) e O = 2r - (OBC + OCB). 
Ora, é evidente a relação OBC + OCB < B + C; onde: O > A.
Solução:
Devemos ter DAE = B - C.
E C
Solução: A ângulo BAD = C, ângulo EAC = B. Digo que o triângulo DAE é 
isósceles.
Com efeito, sendo o ângulo AED exterior no triângulo AEC, temos: 
AED = EAC + C = B + C; e, do mesmo modo: ADE = B + C. Portanto, o 
triângulo ADE é isósceles.
D E
Com efeito, B + C = 1r. Também temos C + DAC = 1 r, portanto B - DAC. Aliás, 
C = EAC; e, finalmente: DAE = DAC - EAC = B - C
30. Mostre que o ângulo DAE formado pela mediana e a altura 
de um triângulo retângulo, é igual à diferença dos dois 
ângulos agudos.
31. Num triângulo ABC, traça-se até o lado BC uma reta AD, 
fazendo com o lado AB um ângulo igual ao ângulo C, e uma 
reta AE, fazendo com o lado AC um ângulo igual a B. 
Demonstrar que o triângulo DAE é isósceles.
A
29. Dados um triângulo ABC, e um ponto O, no interior do 
mesmo, demonstrar que o ângulo O é sempre maior que o 
ângulo A do triângulo (fig. 22).
B + CCom efeito, no triângulo BOC, temos: O = 2r----- -—. Mas o triângulo proposto
dá: B + C = 2r - A ou, dividindo por 2 ambos os membros desta igualdade:
B + C . A , „ . A d A
—— = 1r - —; onde O = 2r - 1r + — = 1r +
A 
Solução: Deveremos ter: O = 1r + —.
Capitulo 1
No caso presente, temos:
CE
Fig. 25D’
E’ C’B’
19
Solução: Na fórmula S = 2nr - 4r, basta substituir S por 12r e resolver a 
equação resultante, onde n = 8.
Resposta: Trata-se do octógono.
virá n = 6.
Resposta: O polígono pedido é o hexágono.
Solução: Consideremos os dois trapézios ABCD e ABVD*. nos quais temos 
AB = A'B'; BC = B'C; CD = CD' e AD = A'D'. Pelos pontos A e A', tracemos as 
paralelas AE e A'E' aos lados CD e CD’. Os dois tnàngulos ABE e A'B'E‘ são iguais 
por terem os três lados iguais, pois BE = BC - AD = B'C - A'D' = B'E'; AB = A'B' e 
AE = A'E'.
Por conseguinte, se os sobrepusermos de forma que BE coincida com B'E', o 
ponto A cairá no ponto A’; como temos BC = B'C, o ponto C cairá em C e 
igualmente D em D', devido a EAD = E'A'D’ e AD = A’D'.
Logo, os dois trapézios sobrepostos coincidirão em toda a sua extensão.
32. Achar a soma dos ângulos de um polígono de 25 lados.
Solução: Seja S a soma pedida. Temos S = 2nr - 4r. Ora n = 25, logo: 
S = (2rx 25 - 4r) = 46r.
33. Qual é o polígono regular cuja soma dos ângulos vale 12 
retos?
36. Mostre que as três alturas AG, BH e Cl de um triângulo 
concorrem ao mesmo ponto.
34. Qual é o polígono regular cujo ângulo interior vale 4/3 de 1 
reto?
35. Mostre que dois trapézios sâo iguais quando têm os 
quatro lados iguais e dispostos do mesmo modo.
A D
B
A’
Solução: Como no ex. 32, a soma dos ângulos interiores é igual a: 2nr - 4r; um 
, , , . .■. 2nr - 4rângulo tera por medida----------- .
2nr- 4r
n
= Eliminemos r e resolvamos a equação;
Geometria Elementar
D
I .---'B Fig. 26
F Fig. 27
20
37. Demonstre que se, pelos vértices de um quadrilátero, 
traçarmos paralelas às suas diagonais, formaremos um 
paralelogramo equivalente ao dobro do quadrilátero dado.
H>
-'oK
Solução: Pelos vértices A, B e C do triângulo proposto, traço paralelas aos 
lados e assim obtendo segundo triângulo DEF. Sendo iguais as paralelas 
compreendidas entre paralelas, escrevo AF = BC = AE; logo, o ponto A é o meio 
de EF.
Com análogo raciocínio, prova-se que os vértices C e B do triângulo ABC 
também se encontram respectivamente no meio dos lados DE e DF do triângulo 
DEF. Por outra parte, sendo AG, BH e Cl perpendiculares aos lados BC, AC e 
AB, são também perpendiculares as suas paralelas (n° 90) EF, DF e DE. Em 
consequência, as alturas do primeiro triângulo ABC podem ser consideradas 
como perpendiculares levantadas pelos meios dos lados do segundo DEF e, 
portanto, concorrem ao mesmo ponto.
E C
Solução: A figura EFGH é um paralelogramo equivalente ao dobro do 
quadrilátero ABCD.
Com efeito, consideremos os dois triângulos AEB e AOB; têm um lado igual 
adjacente a dois ângulos iguais como alternos-internos; logo estes triângulos são 
iguais. Pode-se verificar, da mesma maneira, que cada um dos triângulos 
acrescentados, pela construção indicada, à figura primitiva, é igual a um dos 
triângulos constitutivos do quadrilátero proposto. Portanto, o quadrilátero EFGH, 
que é paralelogramo por serem paralelos os seus lados opostos, vale o dobro do 
quadrilátero dado.
F
NOTA. Do que precede, resulta que se, pelos vértices de um triângulo ABC, 
traçarmos paralelas aos lados, o triângulo DEF assim formado é o quádruplo do 
primeiro. Os triângulos ABC e ABF são iguais por terem os três lados 
respectivamente iguais. Pela mesma razão, os triângulos AEC e BCD também 
são iguais ao triângulo ABC;logo, DEF é o quádruplo de ABC.
Capitulo 1
F
Fig. 28
H
D
B
Fig. 29
C
caber um número exato de vezes em 4 retos, o quociente
21
G C
Além disto, como temos AEH - BFE, o ângulo BEF é complementar de AEH, e 
o ângulo HEF é reto. O quadrilátero EFGH, de lados iguais e ângulos retos, é 
um quadrado.
39. Quais são as espécies de polígonos regulares convenientes 
à ladrilhagem?
2n 
= 7^2'que
4 
2(n - 2) 
n 
exprime o número de ângulos em C, deve ser inteiro e maior do que 2, senão 
cada um dos ângulos seria igual a 2 retos, condição esta que nenhum polígono 
regular preenche. Em resumo, será necessário que o quociente do que 2.
38. Demonstrar que se, movendo-nos sempre no mesmo 
sentido, tomarmos, sobre os lados de um quadrado ABCD, 
comprimentos iguais AE, BF, CG e DH, os pontos E, F, G e 
H são os vértices de outro quadrado.
Solução: De fato, examinemos os dois triângulos retângulos AHE e EBF: o lado 
AE = BF por construção; por outra parte, existe outro lado AH = BE, pois temos 
AH = AD - DH = AB - AE = BE; logo, são iguais. Daí tiramos: HE = EF. 
Analogamente provaríamos que HG = GF = HE = EF.
A, E R
A D
Solução: O triângulo equilátero, o quadrado e o hexágono regular.
Efetivamente, consideremos um ponto C comum a vários ladrilhos. A soma dos 
ângulos agrupados em torno do ponto C é igual a 4 retos. Mas cada um destes 
ângulos vale ~ , já que o polígono é regular, e como este ângulo deve
Geometria Elementar
Aplicações numéricas.
22
41. Mostre que as bissetrizes dos ângulos de um quadrilátero 
formam um segundo quadrilátero cujos ângulos opostos são 
suplementares.
40. Também podemos ladrilhar: 1° com uma combinação de 
octógonos regulares e de quadrados; 2° com uma combinação 
de dodecágonos regulares e de triângulos equiláteros.
• Há, portanto, três soluções: o triângulo equilátero, o quadrado e o hexágono 
regular.
2(8 - 2)r 
8
2(n-2)r
• n = 6, é o caso do hexágono regular. Temos 2n_ = 3.n — 2
Portanto, podemos ladrilhar com hexágonos regulares agrupados 3 a 3 em 
redor do mesmo ponto.
• Além de n = 6, o valor do ângulo:
20r 5r 
’ÍT = '3’-
4r
a quantidade — decresce, e como para n = 6, este ângulo só cabe 3 vezes, 
para n > 6, caberá menos de 3 vezes e, por conseguinte, não haverá mais 
polígonos regulares que satisfaçam ao problema.
• n = 4, é o caso do quadrado: = 4. Podemos ladrilhar com quadrados
reunidos quatro por quatro em volta do mesmo ponto.
= 2r-— vai crescendo, visto que 
n
• n = 5, é o caso do pentágono regular. Temos 12 número fracionário, 
n - 2 3
É, pois, impossível ladrilhar com pentágonos regulares.
• n = 3 é o caso do triângulo equilátero.
Temos ■ ^n_ = 6. Podemos então ladrilhar com triângulos equiláteros 
n - 2
agrupados 6 a 6 em redor do mesmo ponto.
Solução: Com efeito, 1o o ângulo do octógono = z^° = 4--, e o do quadrado
8 2
vale 1r. Logo, é só reunirmos dois octógonos e um quadrado e teremos: 3r + 1r = 4r.
2° O ângulo do dodecágono vale
2(12 -2)r
12
O ângulo do triângulo equilátero vale
2(3 - 2)r 2r
3 3 '
Podemos reunir dois dodecágonos e um triângulo equilátero, pois teremos 
10r 2r 12r .
então: — + y = — = 4r.
Capítulo 1
c
Fig. 30
A' B
Solução: Deveremos ter: NMQ + QPN = 2 retos.
como
Mas a soma A + B + C + D vale 4r; onde: = 2r e NMQ + QPN = 2r.
Da mesma forma, prova-se que Q + N = 2r.
EDA e EAD
Fig. 32
23
43. Pelo vértice A de um paralelograma ABCD, traça-se uma 
reta qualquer AX. Demonstrar que a distância do vértice C à 
reta AX é igual à soma ou à diferença das distâncias dos 
vértices B e D à mesma reta, conforme AX for exterior ou 
secante relativamente ao paralelogramo.
A+B+C+D
2
42. Mostre que se, por um ponto qualquer, D, da base de um 
triângulo isósceles, traçarmos DE e DF paralelas aos dois 
outros lados, formaremos um paralelogramo de perímetro 
constante.
A + DCom efeito, no triângulo AMD, temos o ângulo AMD = 2r------—,
A+B+C+D
2
também: BPC = 2r- e, por conseguinte AMD + BPC = 4r-
Solução: O triângulo ADE é isósceles, porque tem os ângulos 
iguais. Logo ED = AE. Também temos: DF = BF. Por conseguinte:
DE + DF + FC + CE = AE + FB + FC + CE = 2AC.
cA'"
A B
Geometria Elementar
Fig. 33
,K
CO’
L’ H’
24
44. Mostre que a soma das distâncias de um ponto qualquer da 
base de um triângulo isósceles aos dois outros lados é 
constante.
NOTA. Se tomássemos um ponto O’, no prologamento da base, a base, a O’K' - O'L‘ 
das perpendiculares ainda seria constante e igual a BD, pois O’B é bissetriz do 
ângulo H’BL‘ e O'H' = OV; portanto: O'K' - OV = O’K’ - O'H' = H’K' = BD.
Solução: A soma OL + OK é igual à perpendicular BD.
Para o demonstrarmos, tracemos HH', paralela a AC, e prolonguemos OK até 
encontrarmos HH'; o ângulo HBO = ACB = ABC. Assim, BO é bissetriz do 
ângulo ABH; os triângulos retângulos BHO e BLO são iguais, e LO = OH; onde:
LO + OK = HO + OK = HK = BD.
Sendo O um ponto qualquer, sempre havemos de ter OL + OK = BD.
A
,K’ 
\D
45. Mostre que a soma das perpendiculares abaixadas de um 
ponto interior qualquer de um triângulo equilátero sobre os 
três lados, é igual à altura do triângulo.
Solução:
Deveremos ter: OE + OF + OG = BL.
De fato, seja O um ponto interior qualquer do triângulo equilátero ABC. Tracemos 
as perpendiculares OE, OF e OG; pelo ponto O, tracemos Hl paralela a BC, e de 
H, tracemos HK, perpendicular a AC. De acordo com o exercício 44, podemos 
escrever:
1o OF + OG = HK; onde: OE + OF + OG = HK + HP.
2o HK + HP = BL.
Logo: OE + OF + OG = HK + HP = BL ou qualquer das alturas do triângulo 
equilátero, que são todas iguais, como lados de triângulos retângulos iguais.
Solução:
Teremos: CF = BE + DG.
Tracemos a reta DH, paralela a AX.
Os dois triângulos retângulos ABE e DCH são iguais, porque têm a hipotenusa 
igual e um ângulo agudo igual; onde temos: BE = CH.
Por outra parte, o retângulo DGFH nos dá: FH = DG e dai CF = BE + DG.
O caso em que AX atravessa o paralelogramo soluciona-se de maneira 
análoga.
Capítulo 1
Fig. 34
B P E C
46.
Fig. 35
47.
48.
A" A-A
Fig. 36
B D C D’
25
Achar o lugar dos vértices dos triângulos de mesma base e 
mesma altura.
Achar o lugar dos pontos situados a uma distância dada de 
uma reta AB.
Solução: O lugar dos vértices encontra-se na paralela AA‘ a BC, traçada pelo 
vértice A do triângulo ABC, pois é evidente que todos os triângulos ABC, ABC, 
A"BC, etc., terão por base BC e por altura comum AD.
Achar o lugar dos pontos equidistantes de duas retas 
paralelas CD e EF.
Solução: O lugar pedido é uma paralela AB (fig. 35) a estas retas, traçada pelo 
meio M de uma perpendicular comum NP.
Com efeito, todo ponto tomado sobre AB é equidistante das paralelas, e todo 
ponto tomado fora de AB dista desigualmente das mesmas retas.
Solução: Por um ponto qualquer M, de AB, traço a perpendicular PMN. Tomo 
MP = MN = à distância dada. Pelos pontos P e N, traço paralelas a AB.
Estas retas satisfazem à questão. Com efeito, qualquer ponto de CD ou de EF 
satisfaz a condição exigida, e qualquer ponto tomado fora destas duas retas 
dista de AB ou mais ou menos do que a quantidade proposta MP.
C------------- --- -----------D
E------------- -------------- F
A------------- -------------- B
Geometria Elementar
Fig. 37
B
C
H
E F
G 
A D
26
49. Mostre que em qualquer triângulo, a reta que une os meios 
de dois lados é: 1o paralela ao 3o lado; 2o igual à metade do 
mesmo.
50. Mostre que se E e F forem os meios dos lados opostos AB 
e CD de um paralelogramo ABCD, as retas BF e ED dividem 
a diagonal AC em três partes iguais.
Solução: Devemos ter AG = GH = CH.
B
Fig. 38
Com efeito, a figura DEBF, em que os dois lados opostos BE e DF são iguais e 
paralelos, é um paralelogramo. Portanto, os dois lados opostos BF e ED são 
paralelos. Ora, no triângulo CGD, a reta FH, traçada pelo meio F de CD 
paralelamente a GD, passa pelo meio H de CG (ex. 49), e temos: CH = GH, e 
também: AG = GH. Logo AG = GH = CH.
NOTA. Por um ponto D, podemos traçar só uma paralela a uma reta AB. Do que 
precede, deduz-se, pois, que qualquer reta DE traçadapelo meio do lado AC e 
paralelamente ao lado AB num triângulo ABC, divide o lado CB em duas partes 
iguais e vale a metade de AB.
A
O quadrilátero ABKE tem dois lados opostos, AE e BK, iguais e paralelos; é, 
pois, paralelogramo. Portanto, os lados opostos AB e EK são iguais e paralelos. 
Ora ED = DK, devido a serem iguais os triângulos CDE e BDK; onde: AB = 2DE. 
Por conseguinte, DE é paralela a AB e igual à metade desta reta.
Solução: Seja ED uma reta que une os meios dos lados AC e BC do triângulo 
ACB. Deveremos ter ED paralela a AB e igual à metade.
Afim de prová-lo, pelo ponto B traço BK, paralela a AC, e prolongo ED até K. Os 
triângulos DCE e BDK são iguais por terem um lado igual (CD = BD) adjacente a 
dois ângulos respectivamente iguais: os ângulos em D, como verticalmente 
opostos e os dois outros ângulos, como aiternos-internos; onde: BK = CE = AE.
Capítulo 1
51.
B
H.
A
Fig. 39
fâ.
E,
'J
D
52.
53.
54.
Logo AND = MNK = 1 reto.
27
Mostre que se traçarmos as bissetrizes dos ângulos de um 
paralelogramo: 1° obteremos um retângulo; 2° os vértices 
K, L, M e N deste retângulo estarão situados nas retas que 
unem os meios dos lados opostos do paralelogramo.
Mostre que as retas HF e GE, que unem os meios dos lados 
opostos de um quadrilátero, e a reta IJ, que une os meios 
das diagonais, concorrem a um mesmo ponto O (fig. 39).
Solução: De fato, no paralelogramo IHJF, a diagonal HF passa pelo meio O de 
IJ; assim também GE, diagonal do paralelogramo GIEJ, passa pelo meio O de 
IJ; logo, estas três retas concorrem a um mesmo ponto.
Demonstre que se unirmos os meios H e F de dois lados 
opostos de um quadrilátero aos meios I e J das diagonais, 
ainda obtemos um paralelogramo HIFJ (fig. 39).
Solução: Efetivamente, como a reta Hl une os meios de dois lados AB e DB do 
triângulo ABD, é paralela a AD e igual à sua metade, acontecendo o mesmo 
com JF no triângulo ADC. Dai, Hl e JF são iguais e paralelas, e a figura HIFJ é 
um paralelogramo. Com raciocínio análogo demonstraríamos que EJGI também 
é paralelogramo.
C
Solução: Com efeito, EH é paralela a DB e igual à sua metade (ex. 49). Do 
mesmo modo, FG é paralela a DB e ã sua metade. Portanto, EH e FG são 
iguais e paralelas, e a figura EFGH é um paralelogramo.
Mostre que se unirmos os meios E, F, G e H dos lados 
consecutivos de um quadrilátero ABCD, a figura EFGH é 
um paralelogramo.
Solução:
1° A figura KLMN é um retângulo, pois tem os ângulos retos. Com efeito, temos
A + D = 2 retos e, por conseguinte: - (A + D) = 1 reto.
Geometria Elementar
c
A E B
28
56. Mostre que as três medianas de um triângulo concorrem a 
um mesmo ponto, situado aos 2/3 de cada uma a partir do 
vértice.
55. Seja um triângulo ABC com as suas três medianas AM, BN 
e CP. Prolonga-se AM de uma quantidade MD igual a AM; 
depois, toma-se BE = CF = BC. Mostre que os triângulos 
ADE e ADF têm por lados o dobro das medianas do 
triângulo ABC.
Fig.41
Solução: No quadrilátero AEDF, as diagonais cortam-se em partes iguais; a 
figura é, pois, paralelogramo. Além disso, no triângulo ACE, a reta BN, que une 
os meios de dois lados, é paralela a AE e igual à sua metade; daí: AE = 2BN, e 
assim também AF = 2PC ou ainda: DE = 2PC.
Já temos AD = 2AM por construção. Por conseguinte, está demonstrada a 
proposição.
Assim igualmente, AMB = 1 reto, etc.
D
Fig. 40
2o Consideremos o vértice D; prolongo DK até E. Os dois triângulos retângulos 
ADN e ANE são iguais por terem um cateto comum e um ângulo agudo igual; 
logo DN = NE, e o ponto E é o meio de DE. Ora, sabemos que uma paralela a 
AB, traçada pelo ponto F, meio de AD, passará pelo meio N de DE. Logo, o 
ponto N está situado na reta FG, que une os meios dos lados opostos AD e BC; 
e assim se dá com os demais vértices.
Capítulo 1
Fig. 42
B
B C
29
58. Por um ponto A, tomado no interior de um ângulo DOC, 
traçar uma reta tal que o ponto dado seja o meio da parte 
desta reta interceptada entre os lados do ângulo.
57. Mostre que ao lado maior de um triângulo corresponde a 
menor mediana.
D
Fig, 43
Solução: Se supuzermos AB > AC, teremos CF < BE.
Com efeito, os triângulos ABD e ACD, com dois lados respectivamente 
iguais e o terceiro lado maior no primeiro que no segundo (AB > AC), darão: 
ângulo ADB > ângulo ADC. Por outra parte, tendo os triângulos OBD e OCD 
dois lados respectivamente iguais e o ângulo compreendido entre os lados 
maior no primeiro que no segundo, temos: BO > OC e, portanto BE > CF ou 
CF < BE.
D C
O ponto O fica, pois, situado aos 2/3 de BE a partir de B. Igualmente se 
demonstraria que BE e AD se cortam num ponto O' situado aos 2/3 de BE, isto 
é no mesmo ponto O. Logo, as três medianas concorrem a um mesmo ponto 
situado aos 2/3 de cada uma a partir do vértice.
V 
"h
F/
T
BC-y. Portanto FE e GH são iguais e paralelas, e a figura GFEH é um 
paralelogramo. As diagonais cortam-se em partes iguais, e GO = OE = BG, pois 
G é o meio de BO por construção.
A
Solução: Examinemos duas medianas BE e CF: cortam-se num ponto O. Traço 
GH, sendo G e H os meios das retas BO e CO. De acordo com o exercício 49,
BC
GH é paralela a BC e vale —. Do mesmo modo, FE é paralela a BC e vale
Geometria Elementar
Fig. 44
oposto em um ponto M tal que
B
Fig. 45
B
n
Fig. 46
D R CL
30
A E C
Solução: Pelo ponto E, traço EF paralela a AM. Conforme a nota do exercício 
49, o triângulo AMC dá: MF = FC, e o triângulo BEF dá: BM = MF = FC, e, 
portanto, BM é o terço de BC.
B C
Solução: Pelo ponto A, traço uma paralela AB ao lado OD, até encontrar OC em 
B; tomo então a partir de B um comprimento BC = OB. Uno A e C por uma reta 
que prolongo até OD em D. Digo que AC = AD. Com efeito, pelo ponto A, 
tracemos uma paralela AE ao lado OC; teremos o paralelogramo ABOE que nos 
dará: AE = OB = BC. Os dois triângulos ADE e ABC são iguais por terem um lado 
igual AE = BC adjacente a dois ângulos respectivamente iguais; onde resulta que 
AC = AD.
60. Mostre que toda reta que passa pelo interseção das 
diagonais de um paralelogramo e termina nos lados fica 
dividida em duas partes iguais. (O ponto de interseção 
chama-se às vezes centro de figura).
A M P
A 
o
59. Une-se o vértice A de um triângulo ao meio N da mediana 
adjacente BE; prolongada, esta linha encontra o lado 
BCBM = —. Demonstre.
3
Capitulo 1
61.
62.
OA C
Fig. 47
H G
B
63.
Fig. 48
B
31
Que quadrilátero se obteria unindo os meios dos lados de 
um losango?
Mostre que todo quadrilátero que tem por centro o ponto de 
concurso de suas diagonais é um paralelogramo (fig. 46).
Solução: De fato, já que OM = OL, OP = OR, o triângulo MOR é igual ao triângulo 
ROL e os ângulos alternos-intemos PMO e OLR são iguais; portanto, AB e CD 
são paralelos. Do mesmo modo, provaremos que AD e BC são paralelos. Logo, o 
quadrilátero ABCD é paralelogramo.
Dizer o lugar geométrico dos meios das retas que vão de 
um ponto dado a uma reta dada.
A C
Solução:
Um retângulo
Com efeito, a reta EH que une os meios dos lados AB e AD é paralela a DB e
DB
igual a —; o mesmo para FG. Portanto, a figura EFGH é um paralelogramo.
Além disso, sendo os lados do ângulo FEH paralelos aos do ângulo reto AOD, 
resulta que os dois ângulos sâo iguais e a figura EFGH é um retângulo.
Solução:
Teremos: MO = OL; PO = OR, etc.
De fato, tracemos a reta MOL; haverá dois triângulos AOM e COL, que serão 
iguais por terem um lado igual adjacente a dois ângulos respectivamente iguais, 
pois AO = C, os ângulos MAO e OCL são iguais como alternos-internos, os 
ângulos em O são iguais como opostos pelo vértice; logo, OM = OL.
Geometria Elementar
c
L,
Fig. 49&
A G B
32
64. Mostre que em um triângulo, o ponto de concurso das 
perpendiculares levantadas nos meios dos lados, o ponto 
de concurso das três medianas e o das três alturas acham- 
se em linha reta e a distância do 1° ponto ao 2° é a metade 
da distância do 2o ao 3o.
Solução: Sejam as duas retas PA e PB, provenientes de um ponto P e terminadas 
numa reta AB. Digo que o meio F de uma reta qualquer PC pertence àreta DE que 
une os meios D e E das retas PA e PB. Com efeito, no triângulo APC, a reta DE, 
paralela a AB e traçada pelo meio de AP, passa pelo meio F de PC (ex 49). Logo, o 
lugar procurado é a reta DE, que une os meios D e E de duas retas PA e PB 
oriundas do ponto P.
Solução: Sendo O e H os pontos de concurso das perpendiculares e das alturas, 
temos que demonstrar que o ponto M situado sobre OH é o ponto de concurso 
. mhdas medianas e que MO = .
Traço a reta DE que une os meios de CH e BH, e depois, FG, que une os pés de
BCduas perpendiculares; estas retas são paralelas a BC e valem — (ex. 49). Logo
DE = FG; além disto, os ângulos OFG e HED são iguais como tendo os lados 
paralelos e dirigidos em sentido oposto; o mesmo se dá com os ângulos OGF e 
HDE. Os triângulos OFG e HDE são, portanto, iguais e segue-se que
CH
OG = DH = —. Por outra parte, a reta LK, que une os meios dos lados MC e MH
CHdo triângulo MCH, é paralela a CH e igual a Logo LK = OG e os dois
triângulos OMG e LKM são iguais, porque têm um lado igual adjacente a dois 
ângulos respectivamente iguais como alternos-internos; assim temos:
ML = MG = LC.
Fica provado que M está na mediana CG, aos 2/3 da mesma a contar do ponto C.
Por conseguinte, é o ponto de concurso das medianas. Além disso, temos;
MK = OM = KH, onde: MO = —.
2
Capítulo 1
B’ D’C A'
Fig. 50
C A B D
Solução:
B’A
Fig. 51
A B
\M
3o Se a distância AB for maior do que I. o lugar não existe mais.
33
4° Consideremos agora duas retas concorrentes OA e OB. Tracemos uma reta 
AM paralela a BO e situada a uma distância I desta reta; hà de cortar OA em um 
ponto A. Tomemos OB = OA. No triângulo isósceles OAB, qualquer ponto da 
base AB é tal que a soma de suas distâncias aos dois lados OA e OB é igual a I
2° Se a distância AB for igual a I, então qualquer ponto do plano compreendido 
entre as duas retas AA' e BB' prolongadas indefinidamente em ambos os 
sentidos, faz parte do lugar.
65. Achar o lugar dos pontos tais que a soma das distâncias de 
cada um a duas retas dadas seja igual a um comprimento 
dado, I.
1o Suponhamos que as duas retas dadas AA’ e BB' sejam paralelas e sua 
distância menor do que I.
I - ABO lugar constará de duas retas dadas e situadas à distância: CA = —-—.
De fato, temos a soma das distâncias: CA + CB = 2CA + AB = I;
l-ABonde: CA =--------- .
2
Geometria Elementar
34
(ex. 44). Por conseguinte, AB pertence a este lugar Poderiamos demonstrar 
igualmente que os três outros lados do retângulo AA’B'B fazem parte do lugar. 
Logo, o lugar se compõe dos quatro lados do retângulo.
66. Achar o lugar dos pontos cuja diferença das distâncias a 
duas retas concorrentes é igual a um comprimento dado 
(fig. 51).
Solução: Num triângulo isósceles AOB, qualquer ponto tomado sobre o 
prolongamento de AB, em ambos os sentidos, é tal que a diferença de suas 
distâncias aos dois lados OA e OB é igual ao comprimento dado I (ex. 44). 
Acontece o mesmo com os três outros lados do retângulo; logo, o lugar se 
compõe dos prolongamentos dos lados do retângulo.
Capítulo 2
CAPÍTULO 2
Fig. 52
35
Fig. 53
Traço uma reta OO* igual ao comprimento dado NB e paralela à direção 
constante; depois uno OA e O'B. A figura OABO' é um paralelogramo no qual
Solução: Sejam o ponto A e a circunferência O. Unamos o ponto A ao centro O e 
prolonguemos AO até E: 1o AD será a menor distância do ponto A à 
circunferência, 2o AE será a maior distância.
Em primeiro lugar, AD é menor do que qualquer outra reta AF, por exemplo; pois 
temos AD + DO < AF + FO ou AD < AF, pois que DO = FO.
Em segundo lugar, a reta AE é maior do que qualquer outra, AG, por exemplo; 
pois temos AO + OG > AG ou AE > AG, visto que AO + OG = AE.
68. Achar a menor e a maior distância de um ponto dado a uma 
circun ferência.
69. Uma reta de comprimento constante permanece paralela a 
si mesma, enquanto uma das suas extremidades descreve 
uma circunferência. Qual é o lugar da outra extremidade?
Solução: Uma circunferência de raio igual ao da primeira.
Com efeito, seja O o centro da circunferência descrita pelo ponto A.
67. Qual é o lugar dos pontos situados a uma distância dada de 
um ponto dado?
Solução: É, com evidência, a circunferência descrita do ponto dado, com raio 
igual à distância dada.
Geometria Elementar
a
•XoA Fig. 54
Fig. 55
36
NOTA. O trissetor, instrumento destinado à divisão dos ângulos em três partes 
iguais, não é mais do que a realização da construção precedente. AB, AD, OC e 
OD são réguas móveis em torno dos pontos A, C, O e, além disto, os pontos O 
e D podem correr sobre as réguas AB e AD. O ângulo COA permanece 
constantemente igual ao terço do ângulo DOB; basta aplicar os lados móveis 
OB e OD sobre os lados do ângulo que se quer tripartir e traçar o ângulo COA 
ou seu igual CAO.
70. Dados um círculo O e um ponto A tomado em seu plano, 
qual é o lugar dos meios das secantes que unem o ponto A 
aos diversos pontos da circunferência O?
Solução: Consideremos uma destas secantes AC.
Çx---------\
71. Por um ponto A, exterior a uma circunferência O, traça-se 
uma secante ACD cuja parte exterior AC é igual ao raio; 
pelo centro, faz-se passar a reta AOB: demonstrar que o 
ângulo COA vale 1/3 do ângulo DOB.
OB = OA. Portanto o ponto B se achará a uma distância constante de O', e o 
lugar deste ponto será uma circunferência igual à primeira e cujo centro ficará a 
uma distância do centro O igual à distância constante dada, contada 
paralelamente à direção dada.
í:-
Solução: Sendo AC igual ao raio, o triângulo ACO é isósceles, e o ângulo 
CAO = COA. Por conseguinte, o ângulo DCO, exterior ao triângulo, é igual 
a 2COA. Mas o triângulo CDO é isósceles, e os ângulos DCO e CDO sâo 
iguais; onde: CDO = 2C0A. Ora, no triângulo ADO, o ângulo exterior 
DOB = CDO + DAO = 3COA.
----'
Tracemos o raio CO e unamos os meios B e M das retas AC e AO. A reta BM 
COserá paralela a CO e igual a — (ex. 49).
O ponto B dista, pois, do ponto M, da metade de CO. Ocorrerá o mesmo com o 
meio E da secante AD ou de qualquer outra secante. Logo, o lugar pedido é 
uma circunferência de raio igual à metade de CO.
Capítulo 2
P
NM,
Fig. 56
O
Fig. 57
TX Y
37
75. Dando-se uma circunferência O, dois pontos A e B fora da 
mesma, e uma reta indefinida XY, descrever outra circun­
ferência que passe pelos dois pontos e corte a primeira de 
forma que a corda entre os dois pontos de interseção seja 
paralela à reta dada.
72. Lugar dos centros das circunferências que passam por 
dois pontos dados A e B.
Solução: Cada centro fica a igual distância dos pontos A e B. Portanto o lugar 
pedido é a perpendicular levantada no meio da reta AB.
73. Achar, sobre uma circunferência, dois pontos equidistantes 
de um ponto dado, P.
Solução: Traço PA pelo centro O Qualquer corda MN perpendicular a PA 
determina sobre a circunferência dois M pontos equidistantes de P (n" 139 e 
78).
A
74. Por um ponto dado no interior de um círculo, traçar uma 
corda de que este ponto seja o meio.
Solução: Pelo ponto dado I, basta fazer passar um raio e traçar-lhe uma 
perpendicular por esse ponto: o segmento da perpendicular pertencente à corda 
fica dividido pelo ponto I em duas partes iguais (n° 139).
Geometria Elementar
76. Achar o centro de um círculo traçado.
Fig. 58
Fig. 59
Fig. 60
38
78. Indicar o lugar dos meios das cordas de um círculo, iguais 
a uma reta dada.
77. Com um raio dado, descrever uma circunferência que passe 
a igual distância de três pontos dados não em linha reta.
Solução: Suponhamos o problema resolvido.
Sejam A, B e C os três pontos dados. De acordo com o enunciado, deveremos ter 
Aa = Bb = Cc e por conseguinte AO = BO = CO. O ponto pertence às 
perpendiculares traçadas pelos meios de AB e BC; é dizer que se acha no ponto 
de concurso das mesmas. Conhecido o ponto O, basta descrever a circunferência 
com o raio dado.
Solução: Tomo três pontos quaisquer da circunferência e uno-os dois a dois por 
retas. O centro procurado pertence simultaneamente às duas perpendiculares 
levantadasnos meios de AB e BC. Portanto, está no ponto O, interseção das duas 
perpendiculares.
Solução: Suponho o problema resolvido; se do ponto O abaixarmos uma 
perpendicular sobre a direção CD, ou, o que é o mesmo, sobre XY, esta 
perpendicular conterá o centro O'. Este centro também se acha sobre a 
perpendicular levantada no meio de AB. Daí resulta fácil a construção.
Capítulo 2
Fig. 61
podemos
Fig. 62
39
80. Descrever um círculo que intercepte três retas 
determinando, sobre as mesmas, três cordas de 
comprimento dado.
dadas, 
mesmo
79. Com um raio dado, descrever uma circunferência que 
intercepte, sobre duas retas dadas, comprimentos dados.
Solução: Suponhamos o problema resolvido e sejam AB e CD os comprimentos 
dados.
Solução: Seja ÁB uma corda qualquer igual a uma reta dada. Abaixemos a 
perpendicular OC. O lugar do ponto C acha-se numa circunferência descrita com CO 
por raio. Logo, esta circunferência é o lugar pedido, pois todas as cordas tangentes 
ao circulo OC serão iguais a AB como equidistantes do centro.
Solução: Sendo iguais as cordas, o centro O da circunferência procurada é 
equidistante de cada uma delas; encontra-se pois sobre as bissetrizes dos 
ângulos formados pelas retas dadas. Tracemos as bissetrizes dos ângulos A e B; 
assim obtemos o centro do circulo pedido: abaixemos a perpendicular OI sobre 
AB e, a partir do ponto I, tomemos um comprimento ID igual à metade da corda 
dada. O circulo descrito com OD como raio satisfaz à questão, e DE = FG = KH. 
Seria insolúvel o problema no caso de serem paralelas as três retas dadas.
O centro do circulo que deve interceptar os comprimentos AB e CD, fica a uma 
distância OI de AB; logo, está sobre uma paralela a AB, à distância OI desta 
reta; igualmente pertence a uma paralela a CD, à distância OH desta reta. Por 
conseguinte, acha-se no ponto de concurso dessas duas paralelas.
Quanto às distâncias OI e OH, é fácil determiná-las, pois, nos triângulos retângulos
1 1AOI e COH, conhecendo AO = CO = raio dado, e Al = — AB, CH = —CD,
construir estes triângulos e obter assim os comprimentos OI e OH.
Geometria Elementar
Fig. 63
A B Fig. 64
40
Solução: Existem duas soluções: são duas perpendiculares, uma em cada 
extremidade de um diâmetro paralelo à reta dada.
N
2o A corda KL, perpendicular a AB no ponto I, é mais curta que qualquer outra MN 
que passe pelo mesmo ponto, visto a perpendicular OI a KL ser mais longa do que 
a perpendicular OH a MN; ora, as cordas mais distantes do centro são as 
menores. Logo, temos KL < MN.
84. Traçar uma tangente que seja perpendicular a uma reta 
dada.
83. Traçar duas tangentes paralelas, passando uma por um 
ponto marcado sobre uma circunferência dada.
Solução: É evidente que as duas tangentes pedidas são duas perpendiculares 
ãs extremidades do diâmetro que passa pelo ponto dado.
82. Lugar geométrico dos centros dos círculos de raio dado e 
tangentes a uma reta dada.
Solução: Este lugar encontra-se, com evidência, sobre duas retas pararelas à 
reta proposta, de ambos os lados e a uma distância igual ao raio dado.
81. Mostre que a maior corda e a menor que passam por um 
ponto interior a um círculo, são duas retas perpendiculares, 
das quais uma é um diâmetro.
Solução:
1° O diâmetro AB é a maior corda (n° 134).
85. Traçar uma tangente a um círculo dado, paralelamente a 
uma reta dada.
Capítulo 2
Fig. 65
Fig. 66
41
86. Qual é o lugar dos centros das circunferências tangentes a 
duas retas concorrentes?
87. Increver um círculo num triângulo dado ABC.
Solução: O centro O do circulo inscrito encontra-se na bissetriz do ângulo A (n° 
81), mas também se encontra na bissetriz do ângulo B; logo, está no ponto de 
concurso das duas bissetrizes.
Solução: Faça-se passar, pelo centro do circulo, uma perpendicular à reta 
dada Esta perpendicular encontrará a circunferência em dois pontos A e B. 
Tracemos por estes pontos duas tangentes, que solucionarão o problema.
Solução: É a bissetriz do ângulo destas retas. Com efeito, as perpendiculares 
AC e A'C são iguais como raios do mesmo círculo; portanto, C pertence à 
bissetriz do ângulo AOA'. Dar-se-á o mesmo com qualquer outra circunferência. 
Por conseguinte, o lugar procurado é a bissetriz do ângulo AOA'.
NOTA. As bissetrizes BO’, CO’, CO", AO"... dos ângulos exteriores de um 
triângulo concorrem aos pontos O', O" e O'" que são os centros dos círculos ex- 
inscritos. Existem pois quatro circunferências tangentes a três retas concorrentes 
dadas.
7
X / 
o-
Ó’
Geometria Elementar
Solução:
B
A-
D
N
C
Fig 67
42
90. Num círculo, traçar uma secante que passe por um ponto P 
e tal que a corda interceptada seja igual a um comprimento 
dado.
89. Descrever uma circunferência tangente em um ponto P a 
uma reta dada e passando por outro ponto M igualmente 
dado.
88. Descrever uma circunferência de raio dado R, tangente a 
duas retas dadas.
1' As duas retas são paralelas Logo se percebe que o problema só terá 
solução no caso em que a distância entre as duas paralelas seja 2R.
P
Fig. 68
Solução: O centro deverá encontrar-se num ponto da perpendicular PO e num 
ponto da perpendicular levantada no meio da corda MP. Logo, este centro há de 
achar-se no ponto O, interseção das duas perpendiculares.
M.
2° As retas AB e AC são concorrentes. Seja AD a bissetriz do ângulo A Por um 
ponto qualquer de AB, levantemos a perpendicular FE = R e, pelo ponto E, 
tracemos uma paralela a AB. O ponto O, interseção da paralela com a bissetriz, 
é o centro da circunferência pedida, porque temos (n° 81): OM = ON = EF = R.
F>-
Capitulo 2
A.
Fig. 69OP
A1
Fig. 70K E N
F L
O
D E
A C
43
91. Traçar a um círculo uma tangente que faça um ângulo dado 
com uma reta dada.
Solução: Sejam O o ângulo dado e KL a reta dada. Façamos um ângulo L igual 
ao ângulo O e, do centro, tracemos CN paralela a ML. Depois, tracemos o 
diâmetro AB perpendicular. Finalmente, levantemos as perpendiculares AE e BF 
a este diâmetro. Ambas são tangentes que satisfazem evidentemente à 
questão.
Solução: Sejam r o raio conhecido, P o ponto dado e AB a reta dada. Por um 
ponto qualquer de AB, levanto uma perpendicular igual a r e, por sua extremidade, 
traço a paralela DE a AB. O centro procurado acha-se sobre DE, mas está
A.......
-^B’D
Solução: Com raio igual ao comprimento dado e de um ponto qualquer C da 
circunferência, descrevo um arco de círculo que a corta em D; traço CD e, do 
ponto O, abaixo a perpendicular OE sobre CD. Então, com OE por raio e O por 
centro, descrevo uma circunferência que é tangente a CD. Finalmente, do ponto 
P, traço as duas tangentes a esta circunferência; as cordas AB e A'B', iguais a 
CD, respondem ambas à questão.
M
B :
92. Descrever uma circunferência de raio conhecido, que passe 
por um ponto dado e seja tangente a uma reta traçada.
P
Fig. 71 
B
Geometria Elementar
Fig. 72
L B
44
Solução: Do ponto B como centro, com raio igual a m descrevamos uma 
circunferência e, pelo ponto A, tracemos uma tangente AK a esta circunferência; 
enfim, pelo ponto B, levemos uma paralela a AK. Com evidência as retas AK e 
BL respondem à questão.
Fig. 73
Solução: Para prová-lo, tracemos pelo ponto N uma paralela IH a AC. Sendo IN 
e NH respectivamente iguais a AB e BC como paralelas tomadas entre 
paralelas, resulta que NI = NH e que os dois triângulos NMI e NHD são iguais. 
Portanto, MN = ND, e BN, perpendicular no meio de MD é bissetriz do ângulo 
MBD. Ora, os ângulos MBN e AMB são iguais como alternos-internos, e 
ABM = AMB como apostos aos lados iguais de um triângulo isósceles. Logo, 
ABM = MBN = NBD e, por conseguinte, as retas MB e NB dividem o ângulo 
ABD em três partes iguais e, como BDC é igual a NBD, por serem alternos- 
internos, resulta que BDC é igual ao terço de ABD, ou
bdc = ^L.
3
■
T
93. Dois pontos, A e B, acham-se à distância d; fazer passar 
por estes dois pontos duas paralelas que estejam à 
distância m uma da outra.
A K
também sobre o arco descrito do ponto P com r por raio: logo, está nos pontos O e 
O' emque este arco corta DE. Os centros O e O' respondem ambos à questão.
Há duas soluções ou uma ou nenhuma, conforme a distância do ponto P a DE 
seja inferior, igual ou superior a r.
94. Prolonga-se o raio AB de um círculo em um comprimento 
BC = AB; traça-se uma tangente qualquer MD, sobre a qual 
se levantam as perpendiculares BN e CD, provar que o 
, ___ , ABDangulo BDC vale------- .
3
Capítulo 2
A. C
Fig. 74
Fig. 75
45
Solução: Sejam R o raio da circunferência dada e I, o comprimento dado. A 
distância de um ponto à circunferência conta-se no diâmetro que passa pelo 
ponto dado. Logo, um ponto qualquer do lugar há de encontrar-se numa circun­
ferência concêntrica à primeira e tendo por raio R + I.
Se tivermos R > I. existe outra solução: a circunferência concêntrica de raio R -1.
96. Lugar dos centros das circunferências tangentes a uma 
circunferência dada em um ponto dado.
Solução: Sejam O a circunferência dada. 8 o ponto dado e C uma das 
circunferências tangentes ao ponto 8. Os três pontos O, B e C estão em linha 
reta: o centro C acha-se, portanto, sobre 08 ou o seu prolongamento. O lugar 
pedido estará, pois, sobre OB prolongado em ambos os sentidos.
97. Determinar o lugar dos pontos situados a uma distância 
dada de uma circunferência dada.
98. Lugar dos centros das circunferências de raio dado r e 
tangentes a uma circunferência dada R.
95. Duas cordas paralelas, AC e BD, traçadas pelas extre­
midades do mesmo diâmetro, são iguais.
M
N
Solução: Devemos te^AC = BD. x
Com efeito, temos ÁMC + 'CB' = AD + DNB; mas CB = AD; logo: arco AMC = 
arco DNB e, por conseguinte, corda AC = corda BD.
Geometria Elementar
Solução: O lugar é uma circunferência concêntrica ao circulo R, com o raio R + r.
Fig. 76
Fig. 77
O
Fig. 78
46
100. Descrever uma circunferência de raio dado e tangente a 
uma reta e a uma circunferência dadas.
99. Descrever, dos vértices de um triângulo como centros, três 
circunferências tangentes entre si.
Solução: Suponhamos o problema resolvido. AM = AN e CN = CP: logo, os três 
pontos M, N e P são os pontos de contato do círculo inscrito no triângulo ABC; 
dai uma construção fácil.
Consideremos uma destas circunferências; o ponto B de contato acha-se sobre 
a linha dos centros, e temos: OC = R + r. O lugar do ponto C é pois uma 
circunferência concêntrica à primeira e de raio R + r.
No caso R > r, está claro que o lugar ainda será uma circunferência de raio 
R - r. Se tivermos R = r, não haverá solução.
Solução: Sejam dados o raio r, a circunferência O, de raio R, e a reta AB. Por 
um ponto qualquer de AB, levanto uma perpendicular DE = r e, pelo ponto E, 
traço uma paralela KL a AB.
K 
A.
L
B121
D
Capítulo 2
101.
Fig. 79
102.
Fig. 80
z\O’
103.
47
Inscrever, entre duas circunferências exteriores dadas, 
uma reta de comprimento dado, paralela a uma reta dada.
Dados dois pontos, A e B, achar um terceiro, O, que esteja 
à distância MdeAeà distância N de B.
Descrever uma circunferência de raio conhecido, que 
corte outra em dois pontos marcados.
Solução: Do ponto A como centro e com M por raio, descrevo um arco de 
circulo; do ponto B e com o raio N, descrevo outro arco que corta o primeiro 
em O e 0‘. Estes dois pontos respondem evidentemente à questão.
Logo, duas solução para M + N > AB, uma solução para M + N = AB e 
nenhuma solução para M + N < AB.
N 
M.
Solução: De cada um dos pontos dados A e B como centros e com o raio 
conhecido, descrevamos arcos que se cortem em dois pontos O e O'. Está 
claro que se, de cada um destes pontos como centro e com o raio dado, 
descrevermos circunferências, respondem ambas à questão.
O problema só será possível se o raio dado for maior do que a metade da 
distância entre os pontos marcados. Caso seja igual à metade da distância, as 
circunferências tornam-se tangentes, os pontos O e O' confundem-se num 
único ponto, situado no meio da reta AB. Haverá então uma solução única. Se 
for menor, não há solução.
O centro da circunferência tangente a AB e de raio r encontra-se sobre KL. 
Mas, devendo esta circunferência ser tangente á circunferência O, o seu 
centro estará também sobre o arco descrito de O, com R + r por raio; logo, 
ficará no lugar em que o arco cortar a reta KL, isto é nos pontos C e C*. 
Portanto, haverá no máximo duas soluções, ou uma só ou nenhuma, 
conforme tenhamos OI + r maior do que a distância do ponto O à reta KL, ou 
igual ou menor.
B
Geometria Elementar
M N
O Fig. 81
tenha o seu meio nesse
Fig. 82
centros e unamos o ponto M ao
48
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja AB a reta paralela e igual 
a MN. Pelo centro O, tracemos OC paralela e igual a AB e tracemos ainda OA 
e CB. A figura OABC é um paralelogramo e temos: CB = OA. Dai esta fácil 
construção: pelo ponto O, leva-se OC paralela e igual a MN; então, do ponto 
C e tomando por raio OA, descreve-se um arco de círculo que cortará O' em 
dois pontos B e B'. Unem-se estes dois pontos a C; a seguir, de O, traçam-se 
OA e OA‘ que são paralelas respectivamente a CB e CB’. Traçando agora, AB 
e A'B’, teremos duas soluções que satisfazem à questão.
104. Por um dos pontos de interseção de duas circunferências, 
traçar uma secante comum que 
ponto.
Solução: Tomemos o meio M da linha dos 
ponto P de interseção das duas circunferências; depois, tracemos a secante 
AB perpendicularmente a PM: a reta AB é a secante procurada.
Com efeito, abaixemos as perpendiculares OC e O’D sobre esta secante e 
tracemos O'F paralela AB: segue-se que O’F é perpendicular a PM e OC, e a 
figura CDO'F é um retângulo, assim como CPEF e PEO'D. Além disto, como 
MP corta OO' pelo meio M e paralelamente a OC, passa pelo meio E de FO' 
(ex. 49). Logo, FE = EO' e daí: PC = PD. Por conseguinte, AP = PB.
105. Dá-se a corda AB; sobre o raio OB, levanta-se a 
perpendicular OD = AB e, do ponto D, descreve-se um 
arco com raio igual a OB. Este arco corta a circunferência 
dada em C. Demonstrar que C é o meio do arco AB.
Capítulo 2
Fig. 83
49
106. Dado um círculo, quantos círculos de mesmo raio são 
necessários para encerrá-lo?
Solução: Seis.
Solução: Com efeito, os dois triângulos isósceles COD e AOB são iguais como 
tendo os três lados respectivamente iguais. Portanto, COD = ABO. Ora, COD 
tem por complemento COB e, por outra parte, 2AB0 + AOB = 2 retos, ou 
ABO + AQB = 1 reto; logo, A^B é complemento de ABO ou de COD; portanto,
temos: COB = , onde resulta que o ponto C é o meio do arco AB.
Fig. 84
Solução: Com efeito, consideremos duas circunferências O' e O", tangentes 
entre si e â circunferência O dada.
O triângulo OO'O” é, com evidência, equilátero, pois cada um dos lados é igual a 
2r, sendo r o raio da circunferência proposta. O ângulo 0'00" é, por conseguinte, 
igual aos 2/3 de um reto. Logo, a circunferência O estará completamente rodeada
4
quando tivermos yyy circunferências iguais à proposta, isto é 6.
Geometria Elementar
Fig. 85
mede
50
108. Pelo ponto de contato de duas circunferências tangentes 
interior ou exteriormente, traçam-se duas secantes; depois 
unem-se os seus pontos de interseção com a mesma 
circunferência. Mostre que as cordas assim obtidas são 
paralelas.
107. Mostre que se dividirmos a corda de um arco de círculo 
em três partes iguais, os raios que passam pelos pontos 
de divisão não dividem o arco em partes iguais.
Solução: Deveremos ter: EF > AE.
Com efeito, por ser isósceles o triângulo OAB, os ângulos OAB e OBA são 
iguais, portanto, os triângulos OAC e OBD, que têm um ângulo igual 
compreendido entre lados iguais, são iguais e temos: OC = OD.
O triângulo OCD é isósceles; portanto, o ângulo ODC da base é agudo. Por 
conseguinte, o seu suplemento CDF é obtuso e CF é o maior lado do triângulo 
CDF; dai temos: CF > CD ou CF > AC. Logo, os triângulos AOC e COF, com 
dois lados iguais e o terceiro lado de um maior que o terceiro .do outro, terão 
também o ângulo maior oposto ao maior lado e virá COF > AOC, pois: EF > AE.
Fig. 86
Solução: AC e BD são paralelas.
Com efeito, tracemos a tangentecomum KIL. O ângulo ACI = AIL, porque têm 
por medida comum a metade do arco IA; igualmente BDI = BIK, pois cada um
. Ora, AIL = BIK; logo, os ângulos ACI e BDI são também iguais
e, como estes ângulos são alternos-internos, resulta que AD e BE são 
paralelas.
Capítulo 2
709.
770.
A
O
N
777.
51
Demonstre que o retângulo e o quadrado são os únicos 
paralelogramos inscritíveis.
Se, no exercício 108, traçarmos uma secante e duas 
tangentes às suas extremidades, mostre que estas duas 
tangentes são paralelas entre si.
Fig. 88
Solução: Com efeito, por construção temos: DMA + ONA = 2 retos, e dai 
também: O + A = 2 retos. Portanto, o quadrilátero OMAN é inscritivel.
Fig. 87
Solução: AD e BE são paralelas. Com efeito, tracemos a tangente comum 
KIL. Os ângulos DAI e AIK são iguais, por terem a mesma medida:
arco Al
2
Assim também, são iguais os ângulos EBI e BIL, que se medem em arco igual. 
Ora, BIL = AIK, logo DAI = EBI Sendo eles altemos-internos, segue-se que são 
paralelas as retas AD e BE.
Mostre que se, de um ponto qualquer tomado no interior 
de um ângulo, abaixarmos perpendiculares sobre os 
lados deste ângulo, o quadrilátero formado pelas 
perpendiculares será inscritivel.
M___ -
Geometria Elementar
Fig. 89
BA
A-......
Fig. 90O
A
lM
Fig. 91BO
52
Seja o triângulo retângulo ABC, ao qual circunscrevemos uma circunferência. 
Sendo reto o ângulo A, a hipotenusa é um diâmetro, portanto AO, que é igual ao 
raio, vale a metade de BC.
Solução:
Devido às paralelas, temos: A + D = 2 retos e B + C = 2 retos.
Ora, A = B; logo: B + D = 2 retos.
Segue-se que o trapézio ABCD é inscritivel.
Jc
114. Sobre duas retas retangulares O A e OB, faz-se correr uma 
reta de comprimento dado AB: determinar o lugar dos 
meios das hipotenusas dos triângulos assim formados.
113. Mostre que em qualquer triângulo retângulo, a reta que 
une o vértice do ângulo reto ao meio da hipotenusa é 
igual à metade da hipotenusa.
112. Mostre que um trapézio cujos dois lados nâo paralelos 
sâo iguais (trapézio isósceles) é inscritivel num círculo.
D Ç
í>
Bk
Solução: Com efeito, para um quadrilátero ser inscritivel, é necessário que os 
seus ângulos opostos sejam suplementares; ora, num paralelogramo, os 
ângulos opostos são iguais; por conseguinte, é mister que cada ângulo do 
paralelogramo seja igual a 90° para este polígono ser inscritivel. Ora, tal 
condição só é preenchida pelo retângulo e o quadrado.
BCSolução: Deveremos ter: AO =
Capítulo 2
Fig. 92
Q.
Fig. 93
53
116. Sendo dados um círculo O e um diâmetro AB, traçam-se 
um raio qualquer OC e uma perpendicular CD a AB; 
depois toma-se OM = CD. Determinar o lugar do ponto M.
115. Sejam um triângulo retângulo ABC e uma perpendicular 
qualquer OH sobre a hipotenusa BC. Prolonga-se OH até o 
seu encontro em D com AC, traça-se BD e continua-se CO 
até E. Determinar o lugar de E.
Solução: Consideremos o triângulo OEM que se obtém traçando o raio OE, 
perpendicular a OA, e unindo depois E a M. Este triângulo é igual ao triângulo 
COD, pois temos OE = OC, OM = CD, e os ângulos EOM e OCD são iguais 
como alternos-internos. Dai conclue-se que o ângulo em M ê reto e o lugar 
deste ponto é uma circunferência descrita sobre OE como diâmetro
ABSolução: Seja OAB um desses triângulos. Sempre teremos OM = (ex.
113). Portanto, OM terá comprimento constante, e o lugar do ponto M será a 
circunferência descrita do centro O com o raio OM.
Solução: Se considerarmos o triângulo DBC, as duas retas AB e DH são 
duas alturas deste triângulo cuja interseção se acha em O; por conseguinte, a 
terceira altura passará também por O e coincidirá com CE. O lugar do ponto E 
será, portanto, uma circunferência descrita sobre BC como diâmetro, porque o 
triângulo BEC será sempre retângulo.
Geometria Elementar
Fig. 94
Fig. 95
119.
54
Solução:
Deveremos ter: AP = PD e PC = PB.
Sendo iguais as cordas AB e CD, são iguais os arcos subtendidos e temos: 
arco A = arco D; se de cada um destes arcos tirarmos a mesma quantidade, 
arco AD, os restos ainda serão iguais, o que dará: arco AC = arco DB. Por 
conseguinte, virá: corda AC = corda DB. Por outra parte, os ângulos inscritos 
ACD e ABD são iguais por terem a mesma medida; os ângulos CAB e CDB 
são iguais pela mesma razão. Logo, os triângulos ACP e BDP são iguais por 
terem um lado igual adjacente a dois ângulos respectivamente iguais e temos: 
AP = PD e PC = PB.
118. Mostre que se dois círculos se cortarem em dois pontos P 
e Q e, pelo ponto P, traçarmos uma reta PAB que os corte 
em A e B, o ângulo AQB será constante, seja qual for a 
direção de AB.
117. Quando duas cordas iguais se cortam dentro ou fora de um 
círculo, mostre que os segmentos determinados pelo ponto 
de encontro são respectivamente iguais.
Mostre que as circunferências que têm por cordas os 
lados de um quadrilátero inscritível ABCD, dão origem, 
por suas segundas interseções, a um quadrilátero 
inscritível EFGH.
Solução: Com efeito, o ângulo A é constante por ter sempre a mesma medida, 
arco PMQ . . . , ,
-------—-------; da mesma forma, B e constante por medir sempre a metade do
arco PNQ. Logo, o ângulo Q, que é igual a 2 retos - (A + B) também é 
constante.
Capítulo 2
Fig. 96
Fig. 97
55
120. Mostre que se unirmos os pés das alturas de um triângulo 
ABC, obteremos outro triângulo em que os ângulos têm 
por bissetrizes as alturas do primeiro.
Solução: Temos, com efeito: HEF = 4 retos - (AEH + AEF).
Ora, no quadrilátero inscrito AEHD, temos: AEH = 2 retos - ADH. Igualmente, 
no quadrilátero AEFB, temos: AEF = 2 retos-ABF.
Portanto, substituindo no valor de HEF, virá HEF = ADH + ABF; do mesmo 
modo: FGH = CDH + CBF.
Logo, por fim: E + G = B + D = 2 retos, e o quadrilátero EFGH é inscritível.
Solução: Por exemplo, a altura CF será bissetriz do ângulo DFE e teremos: 
DFO = OFE.
De fato, observamos que o quadrilátero ADOF, com dois ângulos retos em D e 
F, é inscritível e bem assim, o quadrilátero OEBF. Posto isto, vemos que os dois 
ângulos DFO e DAO, de medida comum , são iguais, como também os
ângulos OFE e OBE, que medem ambos . Ora, os ângulos DAO e OBE 
são iguais como complementares do mesmo ângulo C; logo, os dois ângulos 
DFO e OFE são iguais e CF é bissetriz do ângulo DFE. Da mesma forma ocorre 
com os dois outros ângulos.
Geometria Elementar
\D
■
Fig. 98
D B OC E Fig. 99
B
56
E
A
BO
mesma forma, são iguais os ângulos CAO e BEO que valem Portanto, 
os ângulos CDO e BEO, são iguais e os triângulos retângulos CDO e BEO 
são iguais por terem um cateto igual: CO = BO e um ângulo agudo igual; dai: 
OD = OE. Sendo iguais as oblíquas OD e OE, são equidistantes do pé da 
perpendicular, e AE = AD.
122. Toma-se um ponto P qualquer sobre o diâmetro de um 
circulo; une-se este ponto à extremidade A do raio AO 
perpendicular ao diâmetro OP; prolonga-se AP até 
encontrar a circunferência em B e traça-se a tangente BC. 
Demonstrar que CB = CP.
A
0/ -------
p
121. Sobre um raio OA prolongado, levanta-se uma 
perpendicular DE e, peto ponto A, traçam-se a secante 
ABC e as tangentes CD e BE. Demonstrar que AB = AD.
Solução: Com efeito, sobre OD como diâmetro, descrevamos uma 
circunferência que deverá passar pelos pontos C e A, visto que o ângulo OCD 
é reto assim como o ângulo OAD. Sobre OE como diâmetro, descrevamos 
outra circunferência, que também há de passar pelos pontos B e A. Ora, os 
COângulos CDO e CAO, que têm por medida comum são iguais. Da
Capitulo 2
Solução: Com efeito, o ângulo CPB tem por medida ou
Fig. 100
Solução: Com efeito, o ângulo F tem por medida
Fig. 101
MBJ £
H, G
A
57
|N
AC + CD
2
124. Mostre que as bissetrizes EF e GH dos ângulos formados 
pelos lados opostos de um quadrilátero ABCD inscritivel 
são perpendiculares entre si.
E
123. Se, pelo ponto A, meio de um arco BAC, traçarmos duas 
cordas quaisquer AD e AE que cortem em F e G a corda 
BC, mostre que o quadrilátero DFGE, assim obtido, é 
inscritivel.
AB
2
F
Solução: Os ângulos em I são retos.
BD + AE
2
ABIgualmente, o ânguloCBP tem por medida -y .
Logo, o triângulo CBP é isósceles e temos CB = CP.
ADO ângulo E tem por medida Os ângulos F e E são, pois, suplementares, 
e o quadrilátero DFGE é inscritivel.
AB + CD 
OU
Geometria Elementar
Fig. 102
Ora um mede ; ao passo que o outro mede
ED,
H Fig. 103
B
F
; o ângulo AHFSolução: Tracemos AF. O ângulo AFC tem por medida
mede
58
125. Mostre que se duas cordas AB e CD se cortam em um 
círculo, a soma AC + BD dos arcos por elas interceptados 
é igual à soma dos arcos interceptados pelos dois 
diâmetros paralelos a estas cordas.
Com efeito, devido à bissetriz EF, temos: AF - BM = FD - MC.
A bissetriz GH igualmente nos dá: AH - DN = BH - CN.
Somando membro a membro, virá: FH - BM - DN = FD + BH - MN ou 
FH + MN = HM + FN.
A medida dos ângulos FIH e HIM é pois a mesma. Logo, estes ângulos são iguais 
e as bissetrizes EF e GH são perpendiculares entre si.
Solução:
Teremos: AC + DB = KM + LN.
De fato, os ângulos BED e LON, de lados paralelos e dirigidos no mesmo 
sentido, são iguais.
AC + DB
2
Portanto, AC + DB = KM + NL.
KM + LN 
2
AD + CD 
2
126. Sejam o círculo circunscrito a um triângulo ABC, e H o 
ponto de encontro das alturas. Mostre que se 
prolongarmos a altura CG até F, teremos: HG = GF.
C
. Ora, os ângulos ACG e DBA são iguais como complementos do 
mesmo ângulo CAB; portanto os arcos DA e AF, que os medem, são iguais.
Capítulo 2
G
C
R
H Fig. 104
DEA
Fig. 105
59
128. Indicar o lugar dos pontos de origem das tangentes a uma 
circunferência dada, iguais a uma reta dada.
Solução: O lugar é uma circunferência de raio OA e de centro O.
Tracemos as tangentes AB e A'B’ iguais entre si e à reta dada MN, e ainda OA, 
OB, OA'. Os triângulos retângulos OAB e OA'B‘ são iguais. AB = A'B‘ e OB = OB'; 
logo, OA = OA'; os pontos A, A',... distam igualmente do ponto O‘, e, por 
conseguinte, o lugar destes pontos é a circunferência, descrita, com OA por raio.
Solução:
Teremos: AB + CD = AD + BC.
Efetivamente, as tangentes iguais provenientes dos pontos A e B dão:
AF + BF = AE + BG.
Da mesma forma, as tangentes oriundas dos pontos C e D dão: 
CH + DH = DE + CG.
Somando membro a membro, teremos:
AF + BF + CH + DH = AE + BG + DE + CG ou enfim: AB + CD = AD + BC.
Por semelhante razão, os arcos CD e CE são iguais e temos:
AD + CD AF + CE
2 2’
Finalmente, por conseguinte, os ângulos AHG e AFG são iguais e os dois 
triângulos retângulos AGH e AGF são iguais por terem um cateto comum e 
um ângulo agudo igual: logo: HG = GF.
127. Mostre que os lados opostos de um quadrilátero 
circunscrito a uma circunferência, somados dois a dois, 
dão somas iguais.
B
Geometria Elementar
Fig. 106
D
Fig. 107
AD = p - a, BD = p - b, 8F = p - c e AD + DB + BF = p.
60
2° a soma destes segmentos é igual ao semi perímetro. 
Seja o lado AB. Os três segmentos a considerarmos são 
AD, BD e BF.
Solução: Se representarmos os três lados por a, b, c (a oposto ao ângulo A, 
etc...) e o perímetro por 2p, virá:
130. Mostre que:
1° Os segmentos determinados sobre os lados de um 
triângulo pelos pontos de contato do círculo inscrito e de 
um dos círculos ex-inscritos, são iguais cada um ao semi- 
perímetro menos um lado;
A E B
Por fim, temos: 2r = D = AC + AB - BC.
729. Mostre que o diâmetro da circunferência inscrita em um 
triângulo retângulo é igual ao excesso da soma dos 
catetos sobre a hipotenusa.
Solução:
Deveremos ter: 2r = AC + AB - BC
Com efeito, AC + AB - BC = AD + CD + AE + BE - CF - BF. Ora CD = CF e 
BE = BF
Logo. AC + AB - BC = AD + AE.
O quadrilátero ADOE, é retângulo e nos dá' AD + AE = DO + OE = 2r (sendo r 
o raio da circunferência inscrita).
C
Capítulo 2
• Com efeito, 1o:
Igualmente
Fig. 108
que TDA mede ou CE = BE.
2° o ângulo DOF também será constante.
61
131. Sendo duas circunferências O e O' tangentes interiormente 
no ponto A e BC uma corda da circunferência exterior 
tangente em D à circunferência menor, mostre que a reta AD 
é bissetriz do ângulo BAC.
1° o triângulo DBF terá perímetro constante, seja qual for 
o ponto G tomado à vontade sobre o arco;
Solução: Com efeito, as tangentes provenientes do mesmo ponto T dão: ângulo 
TAD = ângulo TDA. Ora, o ângulo TAD tem por medida
CE 
2
132. Sendo uma circunferência tangente a ambos os lados de 
um ângulo ABC, se traçarmos uma terceira tangente DF 
ao arco AC, mostre que:
• 2o Se fizermos a soma dos três segmentos, virá:
AD + BD + BF = p — a + p-b + p- c. 
AD + BD + BF = 3p - 2p = p.
2AD + 2BE + 2CF = 2p 
2AD = 2p - 2BC = 2p - 2a 
AD = p - a.
2AD = 2p - 2BC = 2p — 2a;
2BD = 2p - 2AC = 2p - 2b 
BD = p - b.
Temos BF = BG, por conseguinte:
2BF + 2BD + 2AD = 2AF = 2p.
2BF = 2p - 2AB = 2p - 2c. 
BF = p - c.
AC + CE 
------- ------ , ao passo
AC+BE . t AC + CE AC + BE ------------ . Logo, temos ------ - ------=-------------
Portanto, os ângulos inscritos CAD e BAD, que medem respectivamente
BE
e —, são iguais; por conseguinte, AD é a bissetriz do ângulo BAC.
Geometria Elementar
Fig. 109
B C DA
R:‘ NM
62
Solução:
Deveremos ter:
Fig. 110
Solução: Inscrevamos, nas circunferências dadas, cordas KLMN iguais aos 
comprimentos dados; depois, descrevamos uma circunferência concêntrica 
tangente a cada corda; por fim, tracemos uma tangente AD comum às 
circunferências interiores; esta tangente determina duas cordas AB e CD 
iguais às cordas dadas (n° 145). Está claro que haverá tantas soluções 
quantas tangentes comuns puderem ser traçadas às duas circunferências 
interiores, isto é, quatro.
AOC
BD + BF + DF = 2AB e DOF =------- ,
2
1o Devido às tangentes iguais oriundas dos pontos D e F, temos:
DG + GF = DF = AD + FC. ou enfim: BD + BF + DF = 2AB.
2° Por outra parte, sendo DO bissetriz do ângulo AOG e FO bissetriz do 
ângulo COG, temos:
AOC
DOG + GOF = DOF =
2
133. Sendo dados dois círculos, traçar uma secante tal que as 
cordas interceptadas pelos dois círculos tenham 
comprimentos dados.
°j
Capitulo 2
134.
135.
das alturas136. destesconcurso
63
Lugar dos pontos de 
mesmos triângulos.
Lugar dos centros dos círculos inscritos nestes mesmos 
triângulos.
Lugar dos vértices dos triângulos de mesma base, cujo 
ângulo do vértice seja igual a um ângulo dado.
Fig. m
Solução: São dados BC e o ângulo A. O lugar procurado é o segmento capaz 
do ângulo A descrito sobre BC como corda, pois os ângulos ABC, ABC, 
A"BC,... tém todos a mesma base AC e o ângulo dado A, sob as diversas
BC
apelações A’, A",... não muda de medida: —.
Fig. 112
Solução: Tracemos as bissetrizes dos ângulos ABC, A'BC...; ACB, A'CB...
Estas bissetrizes determinam os centros dos círculos inscritos de que se trata.
A
Ora, cada um dos ângulos O, O’... vale 1 reto + — (ex. 28); como A é dado, 1
A
reto +— é conhecido.
2
O lugar dos pontos O, O'... é, pois, o segmento capaz de um ângulo igual a
A
1r + — descrito sobre BC como corda.
2
Geometria Elementar
A
Fig. 113
CB
Fig. 114
!*
BAx
64
Solução: Sejam ABC um destes triângulos, BOD e COE duas das suas 
alturas.
São conhecidos o ângulo A e a base BC.
No quadrilátero EODA, é fácil ver que o ângulo EOD = 2 retos - A = BOC.
O lugar dos pontos O é, pois, o segmento capaz de um ângulo igual a 
2 retos - A (é o suplemento do ângulo dado) e descrito sobre a base dada 
BC.
z
137. Mostre que de todos os triângulos inscritos no mesmo 
segmento de circulo, o triângulo isósceles tem o maior 
perímetro.
Solução: Consideremos o triângulo isósceles ABC e um triângulo ADB inscrito 
no mesmo segmento, com AB por base. Prolonguemos AC de um comprimento 
CC = BC e AD de um comprimento DD' = BD. O ângulo ACB exterior ao 
ACB
triângulo BCC é igual a 2C onde C = —.
Da mesma maneira, D' = ~■ • Ora, ACB = ADB, logo, C‘ = D' = A^B.
Por conseguinte, todos os pontos C e D' hão de encontrar-se sobre o
ACB 
segmento de círculo descrito sobre AB e capaz de .
Por outro lado, a altura Cl é paralela a C'B, visto que reúne os meios C e I dos 
lados AC e AB (ex. 49); resulta daí que BC é perpendicular sobre AB. Logo, AC 
é diâmetro da circunferência que passa por