MA13 Geometria 2011

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MA13 - Unidade 1Con
eitos Geométri
os Bási
os ISemana 08/08/2011 a 14/08/2011
1 IntroduçãoO leitor 
ertamente tem uma boa ideia, a partir da experiên
ia diária, do quevem a ser um ponto, uma reta ou um plano. Portanto, vamos assumir essasnoções 
omo 
onhe
idas.
A
B
r s
Figura 1: pontos e retas no plano.Na �gura 1 temos os pontos A e B e as retas r e s (em geral, denotare-mos pontos por letras latinas maiús
ulas e retas por letras latinas minús
ulas).Grosso modo, podemos dizer que a geometria Eu
lidiana plana estuda proprie-dades relativas aos pontos e retas de um plano.Dados no plano um ponto P e uma reta r, só há duas possibilidades: ou o1
2 MA13 - Unidade 1ponto P perten
e à reta r ou não; no primeiro 
aso es
revemos P ∈ r (lê-se Pperten
e a r) e no segundo es
revemos P /∈ r (lê-se P não perten
e a r). Na�gura 2 temos A ∈ r e B /∈ r.
rA BFigura 2: posições relativas de ponto e reta.Neste momento, é natural nos perguntarmos sobre quantas retas podem sertraçadas por dois pontos dados. Assumiremos que podemos traçar exatamenteuma tal reta. Em resumo, por dois pontos distintos A e B do plano podemostraçar uma úni
a reta (veja a �gura 3). Nesse 
aso, sendo r a reta determinadapor tais pontos, denotamos alternativamente r = ←→AB.
r
A
B
Figura 3: dois pontos determinam uma úni
a reta.Um ponto A, situado sobre uma reta r, a divide em dois pedaços, quaissejam, as semirretas de origem A. Es
olhendo pontos B e C sobre r, um em
ada um de tais pedaços, podemos denotar as semirretas de origem A por −→ABe −→AC. Na �gura 4 mostramos a porção da reta r 
orrespondente à semirreta
−→
AB (a porção 
orrespondente à semirreta −→AC foi apagada).Dados pontos A e B sobre uma reta r, o segmento AB é a porção da reta
r situada de A a B. Es
revemos AB para denotar o 
omprimento do segmento
AB (que, a menos que se diga o 
ontrário, será medido em 
entímetros). Parade
idir se dois segmentos dados no plano são iguais (i.e., se têm 
omprimentosiguais) ou, 
aso 
ontrário, qual deles é o maior, podemos usar um 
ompasso,transportando um dos segmentos para a reta determinada pelo outro:
Con
eitos Geométri
os Bási
os 3rA BFigura 4: semirreta −→AB de origem A.Exemplo 1. Com o uso de um 
ompasso, transporte o segmento AB para areta ←→CD e de
ida se AB > CD ou vi
e-versa.Solução.
B
A
C
D
Também podemos usar um 
ompasso para adi
ionar segmentos, ou paramultipli
ar um segmento por um natural, 
onforme o seguinteExemplo 2. Dados no plano os segmentos AB e CD 
omo abaixo, 
onstrua
om régua e 
ompasso segmentos EF e GH tais que EF = AB + CD e
GH = 3AB.Solução.
B
A D
C
4 MA13 - Unidade 1Uma última observação sobre segmentos: dados pontos A e B no plano,de�nimos a distân
ia d(A,B) entre os mesmos 
omo o 
omprimento AB dosegmento AB:
d(A,B) = AB.Além de pontos, retas, semirretas e segmentos, 
ír
ulos serão objetos degrande importân
ia em nosso estudo de geometria Eu
lidiana plana. Pre
isa-mente, dados um ponto O e um real r > 0 (que deve ser pensado 
omo o
omprimento de um segmento), o 
ír
ulo de 
entro O e raio r é o 
onjuntodos pontos P do plano que estão à distân
ia r de O, i.e., tais que OP = r:
O
P
rFigura 5: o 
ír
ulo de 
entro O e raio r.De uma maneira mais 
on
reta, o 
ír
ulo de 
entro O e raio r é a 
urva planaobtida quando posi
ionamos a ponta de um 
ompasso no ponto O e �xamos suaabertura 
omo igual ao 
omprimento r. O 
omplemento de um 
ír
ulo no plano
onsiste de duas regiões, uma limitada, que denominamos seu interior e a outrailimitada, denominada o exterior do 
ír
ulo. Alternativamente, o interior do
ír
ulo de 
entro O e raio r é o 
onjunto dos pontos P do plano 
uja distân
iaao 
entro O é menor que r, i.e., tais que OP < r (�gura 6); analogamente, oexterior do 
ír
ulo é o 
onjunto dos pontos P do plano 
uja distân
ia ao 
entro
O é maior que r, i.e., tais que OP > r.
O
P
r
Figura 6: interior do 
ír
ulo de 
entro O e raio r.
Con
eitos Geométri
os Bási
os 5Via de regra, denotaremos 
ír
ulos por letras gregas maiús
ulas. Por exem-plo, denotamos o 
ír
ulo da �gura 7 a seguir por Γ (lê-se gama), e podemosmesmo es
rever Γ(O; r), 
aso queiramos enfatizar que o 
entro de Γ é O e o raioé r.Dado um 
ír
ulo Γ de 
entro O e raio r (�gura 7), também denominamosraio do mesmo a todo segmento que une o 
entro O a um de seus pontos;por exemplo, OA,OB e OP são raios do 
ír
ulo Γ. Uma 
orda de Γ é umsegmento que une dois pontos quaisquer do 
ír
ulo; um diâmetro de Γ é uma
orda que passa por seu 
entro. Nas notações da �gura 7, AB e CD são 
ordasde Γ, sendo AB um diâmetro. Todo diâmetro de um 
ír
ulo o divide em duaspartes iguais, denominadas semi
ír
ulos; re
ipro
amente, se uma 
orda de um
ír
ulo o divide em duas partes iguais, então tal 
orda deve ne
essariamente serum diâmetro do 
ír
ulo.
Γ
O
AB
P
r
C
D
Figura 7: elementos de um 
ír
ulo.Ainda em relação à �gura 7, o leitor deve ter notado que uma porção do
ír
ulo Γ apare
e em negrito. Tal porção 
orresponde a um ar
o de 
ír
ulo,i.e., a uma porção de um 
ír
ulo delimitada por dois de seus pontos. Note quehá uma 
erta ambiguidade nessa de�nição, devida ao fato de que dois pontossobre um 
ír
ulo determinam dois ar
os. Em geral, resolveremos essa situaçãonos referindo ao ar
o menor ou ao ar
o maior ⌢CD. Desse modo, diremosque a porção do 
ír
ulo Γ em negrito na �gura 7 é o ar
o menor ⌢CD. Outrapossibilidade é es
olhermos mais um ponto sobre o ar
o a que desejamos nosreferir, denotando o ar
o 
om o auxílio desse ponto extra; na �gura 7, porexemplo, poderíamos es
rever ⌢CPD para denotar o ar
o maior ⌢CD.Exemplo 3. Construa 
om um 
ompasso o 
ír
ulo de 
entro O e passando peloponto A. Em seguida, marque sobre o mesmo todos os possíveis pontos B paraos quais a 
orda AB tenha o 
omprimento l dado.
6 MA13 - Unidade 1Solução.
O
A
l
Problemas � Seção 11. Sejam A, B, C e D pontos sobre uma reta r. Quantas são as semirretas
ontidas na reta r e tendo por origem um de tais pontos?2. Os pontos A, B e C estão todos situados sobre uma mesma reta r, 
om
C ∈ AB. Se AB = 10 
m e AC = 4BC, 
al
ule AC.3. Sejam A, B, C e D pontos de uma reta r. Se AC = BD, prove que
AB = CD.4. Sobre uma reta r estão mar
ados três pontos A, B e C, tais que B estáentre A e C, AB = 3 
m e AC = 5, 5 
m. Usando somente um 
ompasso,marque sobre r um ponto D entre A e B, tal que AD = BC.5. Marque no plano, 
om o auxílio de uma régua e 
ompasso, três pontos A,
B e C tais que AB = 5 
m, AC = 6 
m e BC = 4 
m.2 ÂngulosCome
emos esta seção 
om nossa primeira de�nição formal, que en
ontraráutilidade em outras situações.De�nição 4. Uma região R do plano é 
onvexa quando, para todos os pontos
A,B ∈ R, tivermos AB ⊂ R. Caso 
ontrário, diremos que R é uma regiãonão-
onvexa.
Con
eitos Geométri
os Bási
os 7
A
B
A BFigura 8: regiões 
onvexa (esq.) e não-
onvexa (dir.).De a
ordo 
om a de�nição a
ima, para uma região R ser não-
onvexa bastaque existam pontos A,B ∈ R tais que pelo menos um ponto do segmento ABnão pertença a R.Uma reta r de um plano o divide em duas regiões 
onvexas, os semiplanosdelimitados por r. Dados pontos A e B, um em 
ada um dos semiplanos emque r divide o plano, tem-se sempre AB ∩ r 6= ∅ (�gura 9).
r
A B
Figura 9: semiplanos determinados por uma reta.De�nição 5. Dadas no plano duas semirretas −→OA e −→OB, um ângulo (ouregião angular) de vérti
e O e lados −→OA e −→OB é uma das duas regiões doplano limitadas pelas semirretas −→OA e −→OB.Um ângulo pode ser 
�n
avo ou 
onvexo; na �gura a
ima, o ângulo da es-querda é 
onvexo, ao passo que o da direita é 
�n
avo. Denotamos um ângulode lados −→OA e −→OB es
revendo ∠AOB; o 
ontexto deixará 
laro se estamos nosreferindo ao ângulo 
onvexo ou ao 
�n
avo.Nosso objetivo agora é asso
iar a todo ângulo uma medida da região doplano que ele o
upa. Para tanto (�gura 11), divida um 
ír
ulo Γ de 
entro O
8 MA13 - Unidade 1
AO
B
A
O
B
Figura 10: regiões angulares no planoem 360 ar
os iguais, e tome pontos X e Y , extremos de um desses 360 ar
osiguais. Dizemos que a medida do ângulo ∠XOY é de 1 grau, denotado 1◦, ees
revemos
XÔY = 1◦.
ΓO
X
Y
Figura 11: grau 
omo unidade de medida de ângulos.Há um pequeno problema 
om a de�nição de grau dada a
ima. Como po-demos saber que ela não depende do 
ír
ulo es
olhido? De outro modo, 
omopodemos saber se, dividindo outro 
ír
ulo Σ (lê-se sigma) em 360 partes iguais,obteremos um ângulo ∠X ′OY ′ o qual podemos dizer também medir 1◦? Pararesponder essa pergunta 
onsidere a �gura 12. Nela temos dois 
ír
ulos Γ e Σ,de mesmo 
entro O, e dois pontos A,B ∈ Γ. Sejam A′ e B′ os pontos de inter-seção das semirretas −→OA e −→OB 
om Σ. É intuitivamente óbvio que a fração de
Γ que o ar
o menor ⌢AB representa é igual à fração de Σ que o ar
o menor ⌢A′B′
Con
eitos Geométri
os Bási
os 9
Σ
Γ
O
A
B
A′
B′
Figura 12: boa de�nição da noção de grau.representa (se vo
ê não se 
onven
er disso, assuma a validade dessa a�rmação
omo um axioma). Portanto, se na de�nição de grau tivéssemos tomado um
ír
ulo Σ, de raio diferente do raio de Γ mas 
om mesmo 
entro O, teríamos ummesmo ângulo representando a medida de 1◦.A partir da de�nição de grau é imediato que um 
ír
ulo 
ompleto 
orrespondea 360◦. Por outro lado, dado um ângulo ∠AOB, permane
e a pergunta de
omo podemos medi-lo. Para responder à mesma fazemos a seguinte 
onstrução:traçamos um 
ír
ulo qualquer Γ de 
entro O e mar
amos os pontos A′ e B′ emque Γ interse
ta os lados −→OA e −→OB de ∠AOB (�gura 13); em seguida, vemosque fração do 
omprimento total de Γ o ar
o ⌢A′B′ representa. A medida AÔBdo ângulo ∠AOB será essa fração de 360◦. Por exemplo, se o 
omprimento do
Γ
O A′
B′
A
B
Figura 13: medindo o ângulo ∠AOB.
10 MA13 - Unidade 1ar
o ⌢A′B′ for 1
6
do 
omprimento total de Γ, então a medida de ∠AOB será
AÔB =
1
6
· 360◦ = 60◦.Observações 6.i. Diremos que dois ângulos são iguais se suas medidas forem iguais.ii. A �m de evitar 
onfusões, usaremos sistemati
amente notações diferentespara um ângulo e para sua medida em graus.iii. Muitas vezes usamos, por e
onomia de notação, letras gregas minús
ulaspara denotar medidas de ângulos1; por exemplo, es
revemos AÔB = θ(lê-se téta) para signi�
ar que a medida do ângulo ∠AOB é θ graus.Exemplo 7. Com o auxílio de um 
ompasso, 
onstrua um ângulo de vérti
e
O′, 
om um lado situado sobre a reta r e igual ao ângulo α dado.Solução.
α
r
O′Os passos a seguir serão justi�
ados quando estudarmos o 
aso LLL de 
on-gruên
ia de triângulos na Unidade 3.Des
rição dos passos.1. Tra
e um ar
o de 
ír
ulo de raio arbitrário R, 
entrado no vérti
e doângulo dado, mar
ando pontos X e Y sobre os lados do mesmo.2. Tra
e outro ar
o de 
ír
ulo de raio R, 
entrado em O′, mar
ando Y ′ 
omoum dos pontos de interseção do mesmo 
om a reta r.3. Marque o ponto X ′ de interseção do 
ír
ulo de raio R e 
entro O′ 
om o
ír
ulo de raio XY e 
entro Y ′.1A ex
eção é a letra π (lê-se pi); por razões que �
arão 
laras posteriormente, reservamosoutro uso para tal letra.
Con
eitos Geométri
os Bási
os 114. O ângulo ∠X ′O′Y ′ mede α.Observamos anteriormente que todo diâmetro de uma 
ir
unferên
ia a divideem duas partes iguais. Assim, se tivermos um ângulo ∠AOB tal que −→OA e
−→
OB sejam semirretas opostas (i.e., A, O e B estejam numa mesma reta, 
om
O ∈ AB), então AÔB = 180◦ (�gura 14).
A
O
B
180◦Figura 14: ângulo de 180◦.Raras vezes utilizaremos ângulos maiores que 180◦. Assim, no que segue,quando es
revermos ∠AOB estaremos nos referindo, a menos que se diga o
ontrário, ao ângulo 
onvexo ∠AOB, i.e., ao ângulo ∠AOB tal que 0◦ < AÔB ≤
180◦. Diremos (�gura (15) que um ângulo ∠AOB é agudo quando 0◦ < AÔB <
90◦, reto quando AÔB = 90◦ e obtuso quando 90◦ < AÔB < 180◦. Observeainda, na (�gura 15), a notação espe
ial utilizada para ângulos retos.
A
B
O
θ < 90◦
A
B
O
θ = 90◦
A
B
O
θ > 90◦Figura 15: ângulos agudo (esq.), reto (
entro) e obtuso (dir.).É por vezes útil ter um nome espe
ial asso
iado a dois ângulos 
uja somadas medidas seja igual a 90◦; diremos doravante que dois ângulos 
om tal pro-priedade são 
omplementares. Assim, se α e β são as medidas de dois ângulos
omplementares, então α+β = 90◦. Ainda nesse 
aso, dizemos que α é o 
om-plemento de β, e vi
e-versa. Por exemplo, dois ângulos medindo 25◦ e 65◦ são
omplementares, uma vez que 25◦ + 65◦ = 90◦; por outro lado, o 
omplementode um ângulo de 30◦ é um ângulo de medida igual a 90◦ − 30◦ = 60◦.A primeira proposição de geometria Eu
lidiana que vamos provar forne
euma 
ondição su�
iente para a igualdade de dois ângulos. Contudo, antes deenun
iá-la pre
isamos da seguinte
12 MA13 - Unidade 1De�nição 8. Dois ângulos ∠AOB e ∠COD (de mesmo vérti
e O) são opostospelo vérti
e (abreviamos OPV) se seus lados forem semirretas opostas.
O
A
B
D
C
αβ
γ
Figura 16: ângulos opostos pelo vérti
e.Os ângulos ∠AOB e ∠COD da �gura 16 são OPV, uma vez que as semirretas
−→
OA e −→OC, bem 
omo as semirretas −→OB e −→OD, são respe
tivamente opostas.Proposição 9. Dois ângulos OPV são iguais.Prova. Vamos nos referir à �gura (16). Como −→OB e −→OD são semirretas opostas,segue que α+ γ = 180◦. Analogamente, β + γ = 180◦. Portanto,
α = 180◦ − γ = β.
Problemas � Seção 21. Se a interseção de duas regiões 
onvexas de um plano não for o 
onjuntovazio, prove que ela também é uma região 
onvexa.2. Cal
ule a medida do ângulo que somado ao triplo de seu 
omplemento dá
210◦ 
omo resultado.3. Cal
ule as medidas de dois ângulos 
omplementares, sabendo que o 
om-plemento do dobro de um deles é igual à terça parte do outro.4. Os ângulos α e β são OPV, e suas medidas em graus são expressas por
9x − 2 e 4x + 8, respe
tivamente. Cal
ule, também em graus, a medidade α+ β.
MA13 - Unidade 2Con
eitos Geométri
os Bási
os IISemana 08/08/2011 a 14/08/2011
PolígonosConsidere três pontos A, B e C no plano. Se C estiver sobre a reta ←→AB,diremos que A, B e C são 
olineares; 
aso 
ontrário, diremos que A, B e Csão não-
olineares (�gura 1).
rA B
C
Figura 1: três pontos não-
olineares.Denominamos triângulo à região limitada do plano, delimitada por trêspontos não-
olineares. Sendo A, B e C tais pontos, diremos que A, B e C são1
2 MA13 - Unidade 2os vérti
es do triângulo ABC. Mostramos, na �gura 2, o triângulo ABCque tem por vérti
es os pontos A, B e C da �gura 1.
A
B
C
a
b
cFigura 2: o triângulo ABC de vérti
es A, B e C.Ainda em relação a um triângulo genéri
o ABC, dizemos que os seg-mentos AB, AC e BC (ou seus 
omprimentos) são os lados do triângulo;es
reveremos em geral AB = c, AC = b e BC = a para denotar os 
ompri-mentos dos lados de um triângulo ABC (�gura 2). A soma dos 
omprimentosdos lados do triângulo é seu perímetro, o qual será, doravante, denotadopor 2p; assim, p é o semiperímetro do triângulo. Nas notações da �gura 2,temos
p =
a+ b+ c
2
. (1)Os ângulos∠A = ∠BAC, ∠B = ∠ABC e ∠C = ∠ACB (ou suas medidas
 = BÂC, B̂ = AB̂C e Ĉ = AĈB) são os ângulos internos do triângulo.Podemos 
lassi�
ar triângulos de duas maneiras bási
as: em relação aos
omprimentos de seus lados ou em relação às medidas de seus ângulos; veja-mos, por enquanto, 
omo 
lassi�
á-los em relação a seus lados. Como todotriângulo tem três lados, as úni
as possibilidades para os 
omprimentos dosmesmos são que haja pelo menos dois lados iguais ou que os três lados sejamdiferentes dois a dois. Assim, temos a seguinteDe�nição 1. Um triângulo ABC é denominado:
(a) Equilátero, se AB = AC = BC.
(b) Isós
eles, se ao menos dois dentre AB, AC, BC forem iguais.
Con
eitos Geométri
os Bási
os 3
B C
A
B C
A
B C
A
Figura 3: triângulos equilátero (esq.), isós
eles (
entro), es
aleno (dir.).
(c) Es
aleno, se AB 6= AC 6= BC 6= AB.Pela de�nição a
ima todo triângulo equilátero é isós
eles; no entanto are
ípro
a não é verdadeira (veja, por exemplo, o triângulo ABC do 
entrona �gura 3, para o qual temos 
laramente AB = AC 6= BC).Quando ABC for um triângulo isós
eles, tal que AB = AC, dizemosque o lado BC é a base do triângulo. Para triângulos equiláteros, podemos
hamar um qualquer de seus lados de base, mas nesse 
aso raramente usamosessa palavra, i.e., em geral reservamos a palavra base para triângulos isós
elesnão equiláteros.Um triânguloé um tipo parti
ular de polígono 
onvexo, 
onforme a se-guinteDe�nição 2. Sejam n ≥ 3 um natural e A1, A2, . . . , An pontos distintosdo plano. Dizemos que A1A2 . . . An é um polígono (
onvexo) se, para
1 ≤ i ≤ n, a reta ←→AiAi+1 não 
ontém nenhum outro ponto Aj, mas deixatodos eles em um mesmo semiplano, dentre os que ela determina (aqui e noque segue, A0 = An, An+1 = A1 e An+2 = A2).Os pontos A1, A2, . . . , An são os vérti
es do polígono; os segmentos A1A2,
A2A3, . . . , An−1An, AnA1 (ou por vezes seus 
omprimentos) são os lados dopolígono. Assim 
omo 
om triângulos, a soma dos 
omprimentos dos ladosdo polígono é o perímetro do mesmo.Uma diagonal de um polígono é qualquer um dos segmentos AiAj quenão seja um lado do mesmo; por exemplo, o polígono A1A2 . . . A5 da �-gura 4 possui exatamente 
in
o diagonais: A1A3, A1A4, A2A4, A2A5 e A3A5.
4 MA13 - Unidade 2
A1 A2
A3
A4
A5
Figura 4: um polígono 
onvexo de 
in
o vérti
es (e lados).Provaremos na proposição 3 que todo polígono 
onvexo 
om n lados possuiexatamente n(n−3)
2
diagonais (veja também o problema 1, página 6).Os ângulos 
onvexos ∠Ai−1AiAi+1 (ou simplesmente ∠Ai, 1 ≤ i ≤ n)são os ângulos internos do polígono. Assim, todo polígono de n vérti
espossui exatamente n ângulos internos. Na �gura 4 mar
amos os ângulosinternos do polígono A1A2 . . . A5. Um polígono 
onvexo A1A2 . . . An possuiexatamente dois ângulos externos em 
ada um de seus vérti
es; no vérti
e
A1, por exemplo, tais ângulos são aquele formado pelo lado A1A2 e peloprolongamento do lado AnA1, no sentido de An para A1, bem 
omo o ângulooposto pelo vérti
e a esse. Analogamente, de�nimos os ângulos externos de
A1A2 . . . An em 
ada um dos outros n − 1 vérti
es restantes. Na �gura 5,mar
amos os ângulos externos do polígono A1A2 . . . A5 no vérti
e A1.Em geral, dizemos que um polígono A1A2 . . . An é um n−ágono, uma
lara referên
ia a seu número n de lados (e de vérti
es). Contudo, são 
onsa-grados pelo uso os nomes quadrilátero para n = 4, pentágono para n = 5,hexágono para n = 6, heptágono para n = 7, o
tógono para n = 8 e de-
ágono para n = 10. Ainda para quantidades espe
í�
as de lados, é 
ostumenomear os vérti
es de um polígono 
om letras latinas maiús
ulas distintas.Por exemplo, um quadrilátero será em geral denotado por ABCD, e nesse
aso sempre suporemos, salvo menção explí
ita em 
ontrário, que os ladosdo mesmo são AB, BC, CD e DA. Observações análogas são válidas parapentágonos, hexágonos, et
.
Con
eitos Geométri
os Bási
os 5
A1
A2
A3
A4
A5
Figura 5: ângulos externos de um polígono no vérti
e A1.A proposição a seguir estabele
e o número de diagonais de um n−ágono
onvexo.Proposição 3. Todo n−ágono 
onvexo possui exatamente n(n−3)
2
diagonais.Prova. Se n = 3 não há nada a provar, uma vez que triângulos não têmdiagonais e n(n−3)
2
= 0 para n = 3. Suponha, pois, n ≥ 4. Unindo o vérti
e
A1 aos n− 1 vérti
es restantes A2, . . . , An obtemos n− 1 segmentos; destes,dois são lados (A1A2 e A1An) e os n − 3 restantes (A1A3, . . . , A1An−1) sãodiagonais (�gura 6). Como um ra
io
ínio análogo é válido para qualquer ou-
A1 A2
A3
An−1
An
Figura 6: diagonais de um n−ágono 
onvexo partindo de A1.tro vérti
e, segue que de 
ada vérti
e do polígono partem exatamente n− 3diagonais. Isso nos daria um total de n(n−3) diagonais (i.e., n−3 diagonais
6 MA13 - Unidade 2para 
ada um dos n vérti
es). Daria, porque 
ada diagonal AiAj foi 
on-tada, da maneira a
ima, duas vezes: uma quando 
ontamos as diagonais quepartem do vérti
e Ai e outra quando 
ontamos as que partem do vérti
e Aj .Portanto, para obter o número 
orreto de diagonais do polígono, devemosdividir por 2 o total n(n− 3), obtendo então n(n−3)
2
diagonais.Problemas1. Prove a fórmula para o número de diagonais de um polígono 
onvexo(proposição 3) por indução sobre o número de lados do mesmo.2. A partir de um dos vérti
es de um polígono 
onvexo podemos traçartantas diagonais quantas são as diagonais de um hexágono. En
ontreo número de lados do polígono.3. Três polígonos 
onvexos têm números de lados iguais a três naturais
onse
utivos. Sabendo que a soma dos números de diagonais dos polí-gonos é 28, 
al
ule o número de lados do polígono 
om maior númerode diagonais.
MA13 - Unidade 3Congruên
ia de Triângulos ISemana 15/08/2011 a 21/08/2011
1 Os 
asos LAL, ALA e LLLConsideremos ini
ialmente o seguinteExemplo 1. Construa 
om régua e 
ompasso um triângulo equilátero ABCde lados iguais a l.Solução.
l
Des
rição dos passos.1. Marque um ponto arbitrário A no plano.1
2 MA13 - Unidade 32. Com a abertura do 
ompasso igual a l, 
entre-o em A e 
onstrua o
ír
ulo de 
entro A e raio l.3. Marque um ponto arbitrário B sobre tal 
ír
ulo, 
om B 6= A.4. Com a abertura do 
ompasso igual a l, 
entre-o em B e 
onstrua o
ír
ulo de 
entro B e raio l.5. Denotando por C uma qualquer das interseções dos dois 
ír
ulos traça-dos, 
onstruímos um triângulo ABC, equilátero e de lado l.No exemplo a
ima, 
onstruímos um triângulo tendo 
ertas propriedadespré-estabele
idas (ser equilátero, 
om 
omprimento dos lados 
onhe
ido). Aoresolvê-lo, a
eitamos impli
itamente o fato de que só havia, essen
ialmente,um triângulo satisfazendo as propriedades pedidas; de outro modo, qualqueroutro triângulo que tivéssemos 
onstruído mere
eria ser quali�
ado 
omoigual ao triângulo 
onstruído, uma vez que só diferiria desse por sua posiçãono plano.A dis
ussão a
ima motiva a noção de igualdade para triângulos, a qualre
ebe o nome espe
ial de 
ongruên
ia: dizemos que dois triângulos são
ongruentes se for possível mover um deles no espaço, sem deformá-lo, atéfazê-lo 
oin
idir 
om o outro.Assim, se dois triângulos ABC e A′B′C ′ forem 
ongruentes, deve existiruma 
orrespondên
ia entre os vérti
es de um e do outro, de modo que osângulos internos em vérti
es 
orrespondentes sejam iguais, bem 
omo o sejamos lados opostos a vérti
es 
orrespondentes. A �gura 1 mostra dois triângulos
ongruentes ABC, A′B′C ′, 
om a 
orrespondên
ia de vérti
es
A←→ A′; B ←→ B′; C ←→ C ′.Para tais triângulos, temos então
{
 = Â′; B̂ = B̂′; Ĉ = Ĉ ′
AB = A′B′; AC = A′C ′; BC = B′C ′
.
Congruên
ia de Triângulos 3
A
B C A
′
B′
C ′
Figura 1: dois triângulos 
ongruentes.É imediato que a 
ongruên
ia de triângulos possui as duas propriedadesinteressantes a seguir:1. Simetria: tanto faz dizermos que um triângulo ABC é 
ongruentea um triângulo DEF quanto dizer que DEF é 
ongruente a ABC,ou mesmo que ABC e DEF são 
ongruentes. Isso porque se puder-mos mover ABC, sem deformá-lo, até fazê-lo 
oin
idir 
om DEF , en-tão 
ertamente poderemos fazer o movimento 
ontrário 
om DEF atésuperp�-lo a ABC.2. Transitividade: se ABC for 
ongruente a DEF e DEF for 
ongru-ente a GHI, então ABC será 
ongruente a GHI. Isso porque podemosmover ABC até fazê-lo 
oin
idir 
om GHI por partes; primeiro move-mos ABC até que ele 
oin
ida 
om DEF , e então movemos DEF atéque este 
oin
ida 
om GHI.Doravante, es
reveremos
ABC ≡ A′B′C ′para denotar que os dois triângulos ABC e A′B′C ′ são 
ongruentes, 
om a
orrespondên
ia de vérti
es
A←→ A′; B ←→ B′; C ←→ C ′.Seria interessante dispormos de 
ritérios para de
idir se dois triângulosdados são ou não 
ongruentes. Tais 
ritérios deveriam ser os mais simples
4 MA13 - Unidade 3possíveis, a �m de fa
ilitar a veri�
ação da 
ongruên
ia. Esses 
ritérios exis-tem e são 
hamados 
asos de 
ongruên
ia de triângulos.No que segue, vamos estudar os vários 
asos de 
ongruên
ia de triângulossob um ponto de vista informal. Cada 
aso é pre
edido de um problema de
onstrução 
om régua e 
ompasso, 
uja solução motiva sua formalização.Exemplo 2. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
idos
BC = a, AC = b e Ĉ = γ.Solução.
a
b γ
Des
rição dos passos.1. Marque um ponto C no plano e, em seguida, tra
e uma semirreta −→CXde origem C.2. Transporte o ângulo dado para um ângulo XĈY = γ, de vérti
e C,determinando a semirreta −→CY de origem C.3. Sobre as semirretas −→CX e −→CY marque respe
tivamente os pontos A e
B tais que AC = b e BC = a.Analisando os passos da 
onstrução a
ima notamos que,es
olhendo outraposição para o vérti
e C e outra direção para os lados do ângulo ∠XCY , a
onstrução do triângulo ABC 
ontinuaria determinada pelos dados do exem-plo, e obteríamos um triângulo 
ertamente 
ongruente ao triângulo ini
ial.Essa dis
ussão motiva nosso primeiro 
aso de 
ongruên
ia, 
onhe
ido 
omoo 
aso LAL:
Congruên
ia de Triângulos 5Axioma 3. Se dois lados de um triângulo e o ângulo formado por esses doislados forem respe
tivamente iguais a dois lados de outro triângulo e ao ânguloformado por esses dois lados, então os dois triângulos são 
ongruentes.
A
B C A
′
B′
C ′
Figura 2: o 
aso de 
ongruên
ia LAL.Em símbolos, o 
aso de 
ongruên
ia a
ima garante que, dados triângulos
ABC e A′B′C ′,
AB = A′B′
AC = A′C ′
 = Â′



LAL
=⇒ ABC ≡ A′B′C ′,
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A↔ A′, B ↔ B′, C ↔ C ′. Em parti
ular,segue daí que
B̂ = B̂′, Ĉ = Ĉ ′ e BC = B′C ′.Considere agora o seguinteExemplo 4. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
idos
BC = a e que B̂ = β e Ĉ = γ.Solução.
a
β γ
6 MA13 - Unidade 3Des
rição dos passos.1. Tra
e uma reta r e, sobre a mesma, marque pontos B e C tais que
BC = a.2. Construa uma semirreta −→BX tal que CB̂X = β.3. No semiplano determinado por r e X 
onstrua a semirreta −→CY tal que
BĈY = γ.4. Marque o ponto A 
omo interseção das semirretas −→BX e −→CY .
Aqui novamente, analisando os passos da 
onstrução a
ima notamos que,es
olhendo outra posição para o lado BC e mantendo BC = a, a 
onstruçãodo triânguloABC 
ontinuaria determinada pelas medidas impostas aos ângu-los ∠B e ∠C, de modo que obteríamos um triângulo 
ongruente ao triânguloini
ial. Temos então mais um 
aso de 
ongruên
ia, o 
aso ALA:Axioma 5. Se dois ângulos de um triângulo e o lado 
ompreendido entreesses dois ângulos forem respe
tivamente iguais a dois ângulos de outro triân-gulo e ao lado 
ompreendido entre esses dois ângulos, então os dois triângulossão 
ongruentes.
A
B C A
′
B′
C ′
Figura 3: o 
aso de 
ongruên
ia ALA.
Congruên
ia de Triângulos 7Em símbolos, dados dois triângulos ABC e A′B′C ′, temos:
 = Â′
B̂ = B̂′
AB = A′B′



ALA
=⇒ ABC ≡ A′B′C ′,
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A↔ A′, B ↔ B′, C ↔ C ′. Em parti
ular,também devemos ter̂
C = Ĉ ′, AC = A′C ′ e BC = B′C ′.Exemplo 6. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
idos
AB = c, AC = b e BC = a.Solução.
a
b
c
Des
rição dos passos.1. Tra
e uma reta r e, sobre a mesma, marque pontos B e C tais que
BC = a.2. Tra
e os 
ír
ulos de 
entro B e raio c, e de 
entro C e raio b.3. Marque o ponto A 
omo um dos pontos de interseção dos 
ír
ulos traça-dos no item anterior.Uma vez mais os passos da 
onstrução eviden
iam que, 
om outro posi-
ionamento ini
ial para o lado BC (mantida, é 
laro, a 
ondição BC = a),obteríamos um triângulo 
ongruente ao triângulo ini
ial. Podemos entãoenun
iar nosso ter
eiro 
aso de 
ongruên
ia, o 
aso LLL:
8 MA13 - Unidade 3Axioma 7. Se os três lados de um triângulo são, em alguma ordem, res-pe
tivamente 
ongruentes aos três lados de outro triângulo, então os doistriângulos são 
ongruentes.
A
B C A
′
B′
C ′
Figura 4: o 
aso de 
ongruên
ia LLL.
Em símbolos, dados dois triângulos ABC e A′B′C ′, temos:
AB = A′B′
BC = B′C ′
CA = C ′A′



LLL
=⇒ ABC ≡ A′B′C ′,
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A↔ A′, B ↔ B′, C ↔ C ′. Em parti
ular,também temos
 = Â′, B̂ = B̂′ e Ĉ = Ĉ ′.Vale observar que os 
asos de 
ongruên
ia ALA e LLL de
orrem do 
asoLAL no seguinte sentido: dados no plano dois triângulos quaisquer, pode sermostrado que a validade de um qualquer dos 
onjuntos de 
ondições ALAou LLL para os mesmos a
arreta a validade de uma 
ondição do tipo LAL.No entanto, 
omo tais deduções não impli
ariam em ganho substan
ial parao propósito destas notas, não as apresentaremos aqui (para uma exposição,referimos o leitor a [1℄ ou [2℄. Por �m, apresentaremos os dois últimos 
asosde 
ongruên
ia de triângulos no Corolário 8 e no Problema 1 da Unidade 4,mostrando 
omo tais 
asos podem ser deduzidos a partir dos 
asos ALA eLLL estudados a
ima.
Congruên
ia de Triângulos 9Problemas � Seção 1
1. (a) Dê um exemplo mostrando dois triângulos 
ongruentes para osquais não seja possível mover rigidamente um deles no plano atéfazê-lo 
oin
idir 
om o outro.(b) Em que diferem os dois triângulos 
ongruentes do item (a) quejusti�que não podermos fazer tal movimento no plano?(
) Para o exemplo do item (a), mostre 
omo mover rigidamente umdos triângulos no espaço até fazê-lo 
oin
idir 
om o outro.2 Apli
açõesCole
ionamos nesta seção algumas apli
ações úteis dos 
asos de 
ongruên
iade triângulos estudados a
ima. Tais apli
ações apare
erão doravante 
omtanta frequên
ia que vo
ê deve se esforçar por memorizá-las o quanto antes.De�nição 8. Dado um ângulo ∠AOB, a bissetriz de ∠AOB é a semirreta
−→
OC que o divide em dois ângulos iguais. Neste 
aso, dizemos ainda que −→OCbisse
ta ∠AOB. Assim,
−→
OC bisse
ta ∠AOB ⇐⇒ AÔC = BÔC.Claramente, a bissetriz interna de um ângulo, 
aso exista, é úni
a. Opróximo exemplo ensina 
omo 
onstrui-la.Exemplo 9. Construa 
om régua e 
ompasso a bissetriz do ângulo ∠AOBdado abaixo.Solução.
10 MA13 - Unidade 3
O
B
ADes
rição dos passos.1. Centre o 
ompasso em O e, 
om uma mesma abertura, marque pontos
X ∈
−→
OA e Y ∈ −→OB.2. Fixe uma abertura r e tra
e, dos 
ír
ulos de raio r e 
entros X e Y ,ar
os que se interse
tem num ponto C. A semirreta −→OC é a bissetrizde ∠AOB.De fato, em relação aos triângulos XOC e Y OC 
onstruídos a
ima, temos
OX = OY e XC = Y C; 
omo o lado OC é 
omum aos mesmos, segue do
aso de 
ongruên
ia LLL que XOC ≡ Y OC. Logo, XÔC = Y ÔC, ou ainda
AÔC = BÔC.Em um triângulo ABC, a bissetriz interna relativa a BC (ou ao vérti
e
A) é a porção AP da bissetriz do ângulo interno ∠A do triângulo, desde Aaté o lado BC; o ponto P ∈ BC é o pé da bissetriz interna relativa a BC.Analogamente, temos em ABC as bissetrizes internas relativas aos lados ACe AB (ou aos vérti
es B e C, respe
tivamente), de modo que todo triângulopossui exatamente três bissetrizes internas.Combinando os 
asos LLL e LAL podemos 
ontruir também o pontomédio de um segmento, i.e., o ponto que o divide em duas partes iguais. É
laro que todo segmento possui no máximo um ponto médio.Exemplo 10. Construa 
om régua e 
ompasso o ponto médio do segmento
AB.Solução.
Congruên
ia de Triângulos 11
A
B
Des
rição dos passos.
• Fixe uma abertura r > 1
2
AB e tra
e, dos 
ír
ulos de raio r e 
entros Ae B, ar
os que se interse
tem nos pontos X e Y .
• O ponto M de interseção da reta ←→XY 
om o segmento AB é o pontomédio de AB.De fato, em relação aos triângulos AXY e BXY , temos AX = BX e AY =
BY ; 
omo o lado XY é 
omum aos mesmos, segue do 
aso de 
ongruên
iaLLL que AXY ≡ BXY . Portanto, AX̂Y = BX̂Y , ou ainda AX̂M =
BX̂M . Agora, temos nos triângulos AXM e BXM que AX = BX e
AX̂M = BX̂M ; mas 
omo o lado XM é 
omum aos mesmos, segue do 
asoLAL que AXM ≡ BXM . Logo, AM = BM .Em um triângulo ABC, amediana relativa ao lado BC (ou ao vérti
e A)é o segmento que une o vérti
e A ao ponto médio do ladoBC. Analogamente,temos em ABC medianas relativas aos lados AC e AB (ou aos vérti
es Be C, respe
tivamente), de modo que todo triângulo possui exatamente trêsmedianas.Dadas no plano duas retas r e s, dizemos que r é perpendi
ular a s, que
s é perpendi
ular a r ou ainda que r e s são perpendi
ulares quando re s tiverem um ponto em 
omum e formarem ângulos de 90◦ nesse ponto.Es
revemos r⊥s para denotar que duas retas r e s são perpendi
ulares. Opróximo exemplo mostra 
omo usar os 
asos de 
ongruên
ia estudados ante-riormente para 
onstruir a reta perpendi
ular a uma reta dada e passandopor um ponto dado.
12 MA13 - Unidade 3Exemplo 11. Dados no plano uma reta r e um ponto A, 
onstrua 
om réguae 
ompasso uma reta s tal que r⊥s e A ∈ s.Solução. Há dois 
asos a 
onsiderar:(a)
r
A
Des
rição dos passos.1. Com o 
ompasso 
entrado em A, des
reva um ar
o de 
ír
ulo que in-terse
te a reta r em dois pontos distintos B e C.2. Construa o ponto médio M de BC e faça s = ←→AM .De fato,em relação aos triângulos ABM e ACM , temos AB = AC e
BM = CM ; 
omo AM é lado de ambos os triângulos, segue do 
aso LLLque ABM ≡ ACM , e daí AM̂B = AM̂C. Mas 
omo AM̂B+AM̂C = 180◦,devemos ter então que AM̂B = AM̂C = 90◦, ou ainda ←→AM⊥r.(b)
r
ADes
rição dos passos.1. Com o 
ompasso 
entrado em A, des
reva um semi
ír
ulo que interse
tea reta r nos pontos B e C.
Congruên
ia de Triângulos 132. Tra
e agora 
ír
ulos de mesmo raio e 
entros respe
tivamente em B eem C; sendo A′ um dos pontos de interseção de tais 
ír
ulos, temos
←→
A′A⊥r.De fato, temos ABA′ ≡ ACA′ por LLL, e daí A′ÂB = A′ÂC. Mas 
omo
A′ÂB + A′ÂC = 180◦, segue que A′ÂB = A′ÂC = 90◦.Nas notações do exemplo a
ima, se A /∈ r, então o ponto de interseçãoda reta s, perpendi
ular a r por A, é o pé da perpendi
ular baixada de Aa r.Observação 12. Dados no plano um ponto A e uma reta r, é possívelmostrar que existe uma úni
a reta s, perpendi
ular a r e passando por A.Dados no plano um ponto A e uma reta r, 
om A /∈ r, a distân
ia doponto A à reta r é de�nida 
omo o 
omprimento do segmento AP , onde Pé o pé da perpendi
ular baixada de A a r (�gura 5). Denotando por d adistân
ia de A a r, temos então d = AP . Provaremos no Corolário 24 da
r
A
P
d
P ′Figura 5: distân
ia do ponto A à reta r.Unidade 5 que o 
omprimento do segmento AP é menor que o 
omprimentode qualquer outro segmento unindo A a um ponto P ′ ∈ r, 
om P ′ 6= P ; nasnotações da �gura 5, d < AP ′.Em um triângulo ABC, a altura relativa ao lado BC (ou ao vérti
e A) éo segmento que une o vérti
e A ao pé da perpendi
ular baixada de A à reta
←→
BC. Nesse 
aso, denominamos o pé da perpendi
ular em questão de pé daaltura relativa a BC. Analogamente, temos em ABC alturas relativas aos
14 MA13 - Unidade 3lados AC e AB (ou aos vérti
es B e C, respe
tivamente), de modo que todotriângulo possui exatamente três alturas.Finalizamos essa seção estudando algumas propriedades dos triângulosisós
eles:Proposição 13. Se ABC é um triângulo isós
eles de base BC, então B̂ = Ĉ.Prova. A prova dessa proposição está embutida na justi�
ativa que demospara a 
onstrução do ponto médio de um segmento. Em todo 
aso, vamosrepeti-la.
A
B C
MFigura 6: ABC isós
eles ⇒ B̂ = Ĉ.Seja M o ponto médio do lado BC (�gura 6). Como BM = CM , AB =
AC e AM é lado 
omum de AMB e AMC, segue do 
aso de 
ongruên
iaLLL que tais triângulos são 
ongruentes. Logo, AB̂M = AĈM .Corolário 14. Os ângulos internos de um triângulo equilátero são todosiguais.Prova. Basta observar que todos os lados de um triângulo equilátero podemser vistos 
omo bases do mesmo, 
onsiderado 
omo triângulo isós
eles.
Congruên
ia de Triângulos 15Problemas � Seção 21. Construa 
om régua e 
ompasso as bissetrizes internas do triângulo
ABC da �gura 7.
A
C
BFigura 7: bissetrizes internas de um triângulo.2. Construa 
om régua e 
ompasso as medianas do triângulo ABC da�gura 8.
A
C
BFigura 8: medianas de um triângulo.3. Construa 
om régua e 
ompasso as alturas do triânguloABC da �gura 9.Após os três problemas a
ima, vale a pena te
ermos alguns 
omen-tários. Em primeiro lugar, é imediato, a partir das de�nições dadas,que as bissetrizes internas e as medianas de um triângulo estão sempre
16 MA13 - Unidade 3
A
C
BFigura 9: alturas de um triângulo.
ontidas no mesmo; isso não é ne
essariamente verdadeiro para as al-turas, 
onforme vo
ê p�de notar no último problema a
ima. Por outrolado, vo
ê deve ter notado que, nas 
onstruções efetuadas nos três pro-blemas referidos, as bissetrizes internas do triângulo ABC passaramtodas por um mesmo ponto, o mesmo tendo o
orrido para as medianase as alturas. Tais 
on
orrên
ias não são devidas aos triângulos ABCes
olhidos; de fato, provar que bissetrizes internas, medianas e alturasde um triângulo qualquer sempre passam por um mesmo ponto seráobjeto da Unidade 7.4. * Sejam dados no plano um ponto A e uma reta r, 
om A /∈ r. Oponto A′ é dito o simétri
o de A em relação à reta r quando ←→AA′⊥re r passar pelo ponto médio do segmento AA′. Mostre 
omo 
onstruir
om régua e 
ompasso o ponto A′.
BF = CE.5. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
idos os 
om-primentos AB = c, BC = a e ma da mediana relativa a A.6. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
endo os 
om-primentos AB = c, AC = b e ma da mediana relativa a BC.7. Construa o triângulo ABC 
onhe
endo as retas r e s, suportes doslados AB e AC, respe
tivamente, e os 
omprimentos hb e hc das alturas
Congruên
ia de Triângulos 17respe
tivamente relativas aos vérti
es B e C.8. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
idos os 
om-primentos AB = c e βa da bissetriz interna relativa ao lado BC, bem
omo a medida ∠BAC = α.9. * Se ABC é um triângulo isós
eles de base BC, prove que a bissetriz,a mediana e a altura relativas a BC 
oin
idem.10. * Sejam ABC um triângulo e P , M e H respe
tivamente os pés dabissetriz interna, mediana e altura relativas ao lado BC. Se P e H ou
M e H 
oin
idirem, prove que ABC é isós
eles de base BC.11. * Seja Γ um 
ír
ulo de 
entro O e AB uma 
orda de Γ. Se M é umponto sobre AB, prove que
OM⊥AB ⇔ AM = BM.Bibliogra�a[1℄ J. L. M. Barbosa. Geometria Eu
lidiana Plana. SBM, Rio de Janeiro,2004.[2℄ G. Iezzi. Os Fundamentos da Matemáti
a Elementar, Vol. 9. AtualEditora, São Paulo, 1991.
MA13 - Unidade 4Congruên
ia de Triângulos IISemana 15/08/2011 a 21/08/2011
ParalelismoDadas duas retas no plano, temos somente duas possibilidades para as mes-mas: ou elas têm um ponto em 
omum ou não têm nenhum ponto em 
omum;no primeiro 
aso, as retas são ditas 
on
orrentes; no segundo, as retas sãoparalelas (�gura 1).
Figura 1: retas 
on
orrentes (esq.) e paralelas (dir.).Dados uma reta r e um ponto A não perten
ente a r, gostaríamos deestudar o problema de traçar, pelo ponto A, uma reta paralela à reta r. Para1
2 MA13 - Unidade 4tanto, pre
isamos do seguinteLema 1. Em todo triângulo, a medida de 
ada ângulo externo é maior queas medidas dos ângulos internos não adja
entes a ele.Prova. Seja ABC um triângulo qualquer e M o ponto médio do lado AC(�gura 2). Prolongue a semirreta −→BM até o ponto B′ tal que BM = MB′,e 
onsidere os triângulos ABM e CB′M : temos AM = CM , BM = B′Me AM̂B = CM̂B′ (ângulos OPV). Portanto, pelo 
aso LAL temos AMB ≡
CMB′, e daí B′ĈM = BÂM . Logo,
XĈA > B′ĈA = B′ĈM = BÂM = BÂC.Analogamente, prova-se que XĈA > AB̂C.
A
B C
M
B′
XFigura 2: a desigualdade do ângulo externo.O exemplo abaixo mostra 
omo fazer uma das 
onstruções 
om régua e
ompasso mais importantes da geometria plana: a de uma reta paralela auma reta dada, passando por um ponto também dado:Exemplo 2. Construa 
om régua e 
ompasso uma reta s, paralela à reta re passando pelo ponto A.Solução.
A
Congruên
ia de Triângulos 3Des
rição dos passos.1. Tome pontos C e X sobre a reta r e una A a C.2. Construa um ângulo ∠CAY tal que CÂY = AĈX e X e Y estejamsituados em semiplanos opostos em relação à reta ←→AC. A reta s = ←→AYé paralela à reta r.A �m de justi�
ar a 
onstrução a
ima suponha, por 
ontradição, que areta ←→AY (�gura 3) interse
te a reta r em um ponto B. Analisemos o 
asoem que C ∈ BX (o outro 
aso é análogo):
A
B C
X
YFigura 3: 
onstrução de uma paralela a uma reta por um ponto.Por 
onstrução, teríamos
BÂC = Y ÂC = AĈX;por outro lado (�gura 3), 
omo ∠ACX é ângulo externo do triângulo ABC,seguiria do lema a
ima que
BÂC < AĈX,o que é uma 
ontradição. Logo, ←→AY e r são paralelas.Se duas retas r e s forem paralelas, es
reveremos r ‖ s. Em geometriaEu
lidiana, não é possível deduzir, a partir de fatos mais bási
os assumidos
omo verdadeiros, que por um ponto não perten
ente a uma reta dada passauma úni
a reta paralela à mesma. Em seu livro Elementos, Eu
lides imp�s auni
idade da reta paralela 
omo um postulado, 
onhe
ido na literatura 
omoo quinto postulado, ou postulado das paralelas. Porém, para a grande
4 MA13 - Unidade 4maioria dos matemáti
os que estudaram a obra de Eu
lides, tal postulado pa-re
ia muito mais 
omplexo que os quatro anteriores, o que os fez pensar, porvários sé
ulos, que fosse possível deduzi-loa partir dos postulados anteriores
omo um teorema. Porém, todas as tentativas de se des
obrir tal demonstra-ção foram vãs. O
orreu então que, no iní
io do sé
ulo XIX, o húngaro JánosBolyai e o russo Nikolai Lobat
hevsky mostraram independentemente queera de fato ne
essário assumir a uni
idade da paralela 
omo um postulado.O que eles �zeram foi 
onstruir outro tipo de geometria, denominada geo-metria hiperbóli
a, na qual ainda são válidos os quatro primeiros postuladosde Eu
lides mas tal que por um ponto fora de uma reta qualquer é possíveltraçar in�nitas retas paralelas à reta dada1.
Figura 4: Lobat
hevskyAssim é que, dados no plano uma reta r e um ponto A /∈ r, assumimos auni
idade da paralela 
omo um postulado:Postulado 3. Dados no plano uma reta r e um ponto A /∈ r, existe umaúni
a reta s, paralela a r e passando por A.Uma 
onstrução simples da paralela a uma reta dada por um ponto forada mesma será vista no Exemplo 4 da Unidade 6.1Para uma introdução elementar à geometria hiperbóli
a, bem 
omo para uma dis
ussãosobre as inúmeras tentativas frustradas de se demonstrar o quinto postulado de Eu
lides,re
omendamos ao leitor a referên
ia [1℄.
Congruên
ia de Triângulos 5De posse do quinto postulado, podemos enun
iar e provar alguns dosmais importantes resultados da geometria Eu
lidiana. Para o primeiro deles,suponha dadas no plano retas r, s e t, 
om t interse
tando r e s respe
tiva-mente nos pontos A e B (�gura 5). Nas notações da �gura 5, os ângulos α e
r
s
t
γ β
α
Figura 5: ângulos alternos internos e 
olaterais internos.
β são ditos alternos internos, ao passo que os ângulos α e γ são 
hamados
olaterais internos.De posse da nomen
latura a
ima, temos o seguinte 
ritério para o para-lelismo de duas retas.Corolário 4. Nas notações da �gura 5, temos
r ‖ s ⇔ α = β ⇔ α + γ = 180◦.Prova. Ini
ialmente, note que, 
omo β + γ = 180◦, temos α = β ⇔ α+ γ =
180◦. Portanto, basta provarmos que r ‖ s ⇔ α = β.Já provamos, no exemplo 2, que α = β ⇒ r ‖ s, de modo que bastaprovar a impli
ação 
ontrária. Suponha, pois, que r ‖ s. Então, pelo quintopostulado, s é a úni
a reta paralela a r e passando por A, donde pode ser
onstruída 
onforme pres
rito no exemplo 2. Logo, segue da 
onstrução des-
rita naquele exemplo que α = β.Outra 
onsequên
ia da dis
ussão a
ima, ademais extremamente relevante,é a seguinte
6 MA13 - Unidade 4Proposição 5. A soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180◦.Prova. Seja ABC um triângulo qualquer, e ←→XY a reta paralela a ←→BC epassando por A (�gura 6). Pelo 
orolário 4, temos que B̂ = BÂX e Ĉ =
A
B C
YX
Figura 6: soma dos ângulos internos de um triângulo.
CÂY , e daí
Â+ B̂ + Ĉ = Â+BÂX + CÂY = 180◦.Corolário 6. Os ângulos de um triângulo equilátero são todos iguais a 60◦.Prova. Já sabemos (Corolário 14 da Unidade 3) que todo triângulo equilá-tero tem três ângulos iguais. Como a soma de tais ângulos é 180◦, 
ada umdeles deve medir 60◦.O resultado do 
orolário a seguir é 
onhe
ido na literatura 
omo o teo-rema do ângulo externo.Corolário 7. Em todo triângulo, a medida de um ângulo externo é igual àsoma das medidas dos dois ângulos internos não adja
entes a ele.Prova. Basta ver (�gura 7) que AĈX = 180◦− Ĉ = Â+ B̂, onde na últimaigualdade usamos a proposição 5.Vejamos agora 
omo 
lassi�
ar triângulos quanto às medidas de seus ân-gulos internos. Para tanto, note primeiro que a proposição 5 garante que
Congruên
ia de Triângulos 7
A
B C
XFigura 7: o teorema do angulo externo.todo triângulo tem no máximo um ângulo interno maior ou igual que 90◦.De fato, se em um triângulo ABC tivéssemos  ≥ 90◦ e B̂ ≥ 90◦, seria
Â+ B̂ + Ĉ > Â+ B̂ ≥ 90◦ + 90◦ = 180◦,o que é um absurdo. Assim, um triângulo é a
utângulo se todos os seusângulos internos forem agudos, retângulo se tiver um ângulo reto e obtu-sângulo se tiver um ângulo obtuso (�gura 8).
A
B
C AB
C
Figura 8: triângulos retângulo (esq.) e obtusângulo (dir.) em A.A hipotenusa de um triângulo retângulo é o lado oposto ao ângulo reto;os outros dois lados do triângulo são seus 
atetos. Nas notações da �gura 8),
BC é a hipotenusa e AB e AC são seus 
atetos. Teremos mais a dizer sobretriângulos retângulos na Unidade 10.Terminamos esta seção estudando mais um 
onjunto de 
ondições su�
i-entes para a 
ongruên
ia de triângulos, 
onhe
ido 
omo o 
aso de 
ongruên
iaLAAo. O último tal 
onjunto será visto no problema 1.
8 MA13 - Unidade 4Corolário 8. Se dois ângulos de um triângulo e o lado oposto a um dessesângulos forem respe
tivamente iguais a dois ângulos de outro triângulo e aolado oposto ao ângulo 
orrespondente nesse outro triângulo, então os doistriângulos são 
ongruentes. Em símbolos, dados triângulos ABC e A′B′C ′,temos:
BC = B′C ′
 = Â′
B̂ = B̂′



LAAo
=⇒ ABC ≡ A′B′C ′,
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A ↔ A′, B ↔ B′ e C ↔ C ′. Em parti
u-lar, também temos
Ĉ = Ĉ ′, AC = A′C ′ e AB = A′B′.
B C
A
Figura 9: o 
aso de 
ongruen
ia LAAo
Prova. Basta observar que  = Â′ e B̂ = B̂′ nos dão
Ĉ = 180◦ − Â− B̂ = 180◦ − Â′ − B̂′ = Ĉ ′.Portanto, temos para os triângulos ABC e A′B′C ′ que
BC = B′C ′; B̂ = B̂′; Ĉ = Ĉ ′.Pelo 
aso ALA, tais triângulos são 
ongruentes.
Congruên
ia de Triângulos 9O problema de 
onstruir um triângulo dados um lado e dois ângulos in-ternos, um deles oposto ao lado dado, será tratado no Exemplo 6 da Unidade6.Problemas1. * Se dois triângulos retângulos são tais que a hipotenusa e um dos
atetos do primeiro são respe
tivamente 
ongruentes à hipotenusa e aum dos 
atetos do outro, prove que os triângulos são 
ongruentes (su-gestão: 
ome
e analisando o triângulo isós
eles 
onstruído justapondoos 
atetos iguais dos dois triângulos retângulos sob 
onsideração; emseguida aplique o resultado do Problema 10 da Seção 2, Unidade 3.2. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
idos os 
om-primentos AB = c, BC = a e ha da altura baixada a partir de A.3. Em um triângulo ABC temos  = 90◦. Sendo P ∈ AC o pé da bissetrizinterna relativa a B, e sabendo que a distân
ia de P ao lado BC é iguala 2 
m, 
al
ule o 
omprimento do segmento AP .4. Na �gura abaixo, as retas ←→AB e ←→CD são paralelas. Sabendo que asmedidas dos ângulos ∠ABC e ∠BCD são respe
tivamente iguais a
3x− 20◦ e x+ 40◦, 
al
ule o valor de x em graus.
A
D
B
C
5. Na �gura abaixo, se r ‖ s, prove que α + β = γ (sugestão: 
ome
etraçando, pelo vérti
e do ângulo de medida γ, a reta paralela às retas
r e s).
10 MA13 - Unidade 4
r
s
α
γ
β
6. Na �gura abaixo, temos AB̂C = 20◦, BĈD = 60◦ e DÊF = 25◦.Sabendo que as retas ←→AB e ←→EF são paralelas, 
al
ule a medida doângulo CD̂E.
A B
C
D
E F
7. Na �gura abaixo, prove que α = DÂB + AB̂C +BĈD.
A
D
B
C
α
8. Cal
ule a soma dos ângulos nos vérti
es A, B, C, D e E da estrelade 
in
o pontas da �gura abaixo (sugestão: use primeiro o teorema doângulo externo duas vezes; em seguida, use a proposição 5):
Congruên
ia de Triângulos 11
A
B
C
D
E
9. * Dado um n−ágono 
onvexo, faça os seguintes itens:(a) Prove que o polígono pode ser parti
ionado em n − 2 triângulos,utilizando-se para tanto n− 3 diagonais que só se interse
tam emvérti
es do mesmo.(b) Con
lua que a soma dos ângulos internos do polígono é 180◦(n−2).(
) Con
lua que a soma de seus ângulos externos (um por verti
e) dopolígono é 360◦.(sugestão: use (a) e a proposição 5 para provar (b) e, em seguida, (b)para provar (
)).10. * Em um triângulo ABC, seja M o ponto médio do lado BC. Se
AM = 1
2
BC, mostre que BÂC = 90◦ (sugestão: use o fato de que ostriângulosABM e ACM são ambos isós
eles para 
on
luir que AB̂M =
BÂM = α e AĈM = CÂM = β ; em seguida, some os ângulos de ABCpara obter α + β = 90◦).11. * Se I é o ponto de interseção das bissetrizes internas traçadas a partirdos vérti
es B e C de um triângulo ABC, prove que BÎC = 90◦ +
1
2
BÂC.12. Em um triânguloABC, sabemos que  é igual à oitava parte da medidado ângulo obtuso formado pelas bissetrizes internas dos vérti
es B e C.
12 MA13 - Unidade 4Cal
ule a medida do ângulo ∠A (sugestão: use o resultado do problemaanterior).13. * Em umtriângulo ABC seja Ia o ponto de interseção das bissetrizesexternas relativas aos vérti
es B e C. Prove que BÎaC = 90◦− 12BÂC.14. Um triângulo ABC é isós
eles de base BC. Os pontos D sobre BC e
E sobre AC são tais que AD = AE e BÂD = 48◦. Cal
ule CD̂E.Bibliogra�a[1℄ J. L. M. Barbosa. Geometria Hiperbóli
a. IMPA, Rio de Janeiro, 1995.
MA13 - Unidade 5Congruên
ia de Triângulos IIISemana 22/08/2011 a 28/08/2011
A desigualdade triangularO objetivo prin
ipal desta seção é provar que, em todo triângulo, os 
ompri-mentos dos lados guardam uma 
erta relação (
f. Proposição 3). Come
e-mos, 
ontudo, estabele
endo uma relação entre os 
omprimentos dos lados eas medidas dos ângulos a eles opostos, a qual tem interesse independente.Proposição 1. Se ABC é um triângulo tal que B̂ > Ĉ, então AC > AB.Prova. Como B̂ > Ĉ, podemos traçar a semirreta −→BX , interse
tando ointerior de ABC e tal que CB̂X = 1
2
(B̂− Ĉ). Sendo P o ponto de interseçãode −→BX 
om o lado AC, segue do teorema do ângulo externo que
AP̂B = CB̂P +BĈP =
1
2
(B̂ − Ĉ) + Ĉ =
1
2
(B̂ + Ĉ).Mas 
omo AB̂P = B̂ − 1
2
(B̂ − Ĉ) = 1
2
(B̂ + Ĉ), segue que o triângulo ABP1
2 MA13 - Unidade 5
B C
A
P X
Figura 1: ordem dos lados e ângulos de um triângulo.é isós
eles de base BP . Portanto,
AB = AP < AC.
Corolário 2. Se ABC é um triângulo tal que  ≥ 90, então BC é seumaior lado. Em parti
ular, num triângulo retângulo a hipotenusa é o maiorlado.Prova. Basta observar que, se  ≥ 90, então  é o maior ângulo de ABC,de modo que BC é, pela proposição anterior, o maior lado.A proposição a seguir é 
onhe
ida 
omo a desigualdade triangular.Proposição 3. Em todo triângulo, 
ada lado tem 
omprimento menor quea soma dos 
omprimentos dos outros dois lados.Prova. Seja ABC um triângulo tal que AB = c, AC = b e BC = a.Mostremos que a < b+c, sendo a prova das demais desigualdades totalmenteanáloga. Marque o ponto D sobre a semirreta −→CA tal que A ∈ CD e AD =
AB (�gura 2).Uma vez que
CD = AC + AD = AC + AB = b+ c,
Congruên
ia de Triângulos 3
B C
A
D
Figura 2: a desigualdade triangular.pela proposição 1 é su�
iente mostrarmos que BD̂C < DB̂C. Mas desdeque BD̂A = DB̂A, basta observarmos que
BD̂C = BD̂A = DB̂A < DB̂A+ AB̂C = DB̂C.
Segue da desigualdade triangular que, sendo a, b e c os 
omprimentos doslados de um triângulo, devemos ter
a < b+ c, b < a + c, c < a + b.Re
ipro
amente, dados segmentos 
ujos 
omprimentos a, b e c satisfazem asdesigualdades a
ima, não é difí
il provar que é sempre possível 
onstruirmosum triângulo tendo tais segmentos 
omo lados.Terminamos esta seção 
ole
ionando duas 
onsequên
ias interessantes dadesigualdade triangular.Exemplo 4. Se P é um ponto no interior de um triângulo ABC, então:(a) PB + PC < AB + AC.(b) PA+ PB + PC < AB + AC + BC.
4 MA13 - Unidade 5Prova.(a) Prolongue a semirreta −→BP até que a mesma en
ontre o lado AC noponto Q (�gura 3). Apli
ando a desigualdade triangular su
essivamente aostriângulos CPQ e ABQ, obtemos
PB + PC < PB + (PQ+ CQ) = BQ+ CQ
< (AB + AQ) + CQ = AB + AC.
B C
A
Q
P
Figura 3: 
onsequên
ias da desigualdade triangular.(b) Argumentando de modo analogo à prova do item (a), temos PA+ PB <
AC + BC e PA + PC < AB + BC. Somando ordenadamente essas trêsdesigualdades, obtemos
2(PA+ PB + PC) < 2(AB + AC + BC).
Exemplo 5. Na �gura 4, 
onstrua 
om régua e 
ompasso o ponto P ∈ rpara o qual a soma PA+ PB seja a menor possível.Solução. Se A′ é o simétri
o de A em relação a r (Problema 4, Seção 2,Unidade 3), a�rmamos que o ponto P desejado é o ponto de interseção de
A′B 
om r. Para provar este fato, seja Q outro ponto qualquer de r. Ofato de A′ ser o simétri
o de A em relação a r garante que AQ = A′Q e,analogamente, AP = A′P (prove isto!). Tais igualdades, juntamente 
om a
Congruên
ia de Triângulos 5
A
B
rFigura 4: menor per
urso que to
a uma reta.desigualdade triangular, nos dão su
essivamente
AP + BP = A′P + BP = A′B
< A′Q + BQ = AQ+ BQ.Problemas1. Se dois lados de um triângulo isós
eles medem 38 
m e 14 
m, 
al
uleseu perímetro.2. En
ontre o intervalo de variação de x no 
onjunto dos reais, sabendoque os lados de um triângulo são expressos em 
entímetros por x+10,
2x+ 4 e 20− 2x.3. Em um triângulo ABC, o lado AB tem por 
omprimento um númerointeiro de 
entímetros. Cal
ule o maior valor possível para AB, sa-bendo que AC = 27 
m, BC = 16 
m e que Ĉ < Â < B̂.4. Em um triângulo ABC es
olhemos aleatoriamente pontos P ∈ BC,
Q ∈ AC e R ∈ AB, todos diferentes dos vérti
es de ABC. Prove queo perímetro do triângulo PQR é menor que o perímetro do triângulo
ABC.
6 MA13 - Unidade 55. Em todo n−ágono 
onvexo, prove que o 
omprimento de 
ada lado émenor que a soma dos 
omprimentos de n− 1 lados restantes.6. Se a, b e c são os 
omprimentos dos lados de um triângulo, prove que
|b− c| < a.7. (Torneio das Cidades). Se a, b, c são os 
omprimentos dos lados de umtriângulo, prove que a3 + b3 + 3abc > c3 (sugestão: fatore a3 + b3 e usea desigualdade triangular).8. Dado um quadrilátero 
onvexo ABCD, prove que o ponto P do planopara o qual a soma PA + PB + PC + PD é mínima é o ponto de
on
urso das diagonais de ABCD (sugestão: aplique a desigualdadetriangular aos triângulos PAC e PBD).9. Na �gura abaixo, as semirretas r e s são perpendi
ulares. Construa 
omrégua e 
ompasso os pontosB ∈ r e C ∈ s para os quais AB+BC+CDseja o menor possível (sugestão: se A′ e D′ denotam respe
tivamenteos simétri
os dos pontos A e D 
om respeito às retas r e s, 
onsidereas interseções de A′B′ 
om r e s).
r
s
A
D
MA13 - Unidade 6Congruên
ia de Triângulos IVSemana 22/08/2011 a 28/08/2011
Quadriláteros notáveisDentre os vários tipos parti
ulares de quadriláteros que vamos 
onsideraraqui, os prin
ipais são 
ertamente os paralelogramos.De�nição 1. Um quadrilátero 
onvexo é dito um paralelogramo se possuirlados opostos paralelos.
A B
D C
Figura 1: ABCD paralelogramo ⇔ ←→AB ‖ ←→CD e ←→AD ‖ ←→BC.1
2 MA13 - Unidade 6No que segue vamos enun
iar várias maneiras equivalentes de de�nir umparalelogramo. Vo
ê deve guardar tais resultados 
omo propriedades notáveisdos paralelogramos, a serem usadas oportunamente.Proposição 2. Um quadrilátero 
onvexo é um paralelogramo se e só se seusângulos opostos forem iguais.Prova. Suponha primeiro que o quadrilátero 
onvexo ABCD é um parale-logramo (�gura 1). Então ←→AD ‖ ←→BC e, 
omo os ângulos ∠A e ∠B do para-lelogramo são 
olaterais internos em relação à reta ←→AB, temos Â+ B̂ = 180◦.Analogamente, B̂ + Ĉ = 180◦, e daí Â = 180◦ − B̂ = Ĉ. Do mesmo modo,
B̂ = D̂.Re
ipro
amente, seja ABCD um quadrilátero 
onvexo tal que  = Ĉ e
B̂ = D̂ (�gura 2). Então  + B̂ = Ĉ + D̂ e, 
omo  + B̂ + Ĉ + D̂ = 360◦(problema 9, Unidade 4), temos  + B̂ = Ĉ + D̂ = 180◦. Analogamente,
 + D̂ = B̂ + Ĉ = 180◦. Agora, 
omo  + B̂ = 180◦, o 
orolário 4, daUnidade 4, garante que ←→AD ‖ ←→BC . Da mesma forma, B̂ + Ĉ = 180◦ nos dá
←→
AB ‖
←→
CD, de maneira que ABCD tem lados opostos paralelos, i.e., é umparalelogramo.
A B
D C
Figura 2: Â = Ĉ e B̂ = D̂ ⇒ ABCD paralelogramo.
Proposição 3. Um quadrilátero 
onvexo é um paralelogramo se e só se seuspares de lados opostos forem iguais.Prova. Suponha primeiro que o quadrilátero 
onvexo ABCD é um parale-logramo (�gura 3). Então já sabemos que  = Ĉ. Por outro lado, 
omo
Congruên
ia de Triângulos 3
←→
AD ‖
←→
BC, temos AD̂B = CB̂D. Portanto, os triângulos ABD e CDB são
ongruentes por LAAo, e segue daí que AB = CD e AD = BC.
A B
D C
Figura 3: ABCD paralelogramo ⇒ AB = CD e AD = BC.Re
ipro
amente, seja ABCD um quadrilátero 
onvexo tal que AB = CDe AD = BC (�gura 4). Então os triângulos ABD e CDB são 
ongruentespor LLL, donde segue que AD̂B = CB̂D e AB̂D = CD̂B. Mas tais igualda-des, juntamente 
om o 
orolário 4 da Unidade 4, a
arretam em ←→AD ‖ ←→BC e
←→
AB ‖
←→
CD.
A B
D C
Figura 4: AB = CD e AD = BC ⇒ ABCD paralelogramo.A proposição anterior nos permite apresentar uma 
onstrução simples daparalela a uma reta dada por um ponto fora da mesma, 
onforme ensina oseguinteExemplo 4. Dados no plano uma reta r e um ponto A /∈ r, 
onstrua 
omréguae 
ompasso a reta paralela a r e passando por A.Solução.
4 MA13 - Unidade 6Os dois exemplos a seguir trazem apli
ações úteis da 
onstrução delineadano exemplo a
ima.Exemplo 5. Construa 
om régua e 
ompasso um paralelogramo, 
onhe
endoos 
omprimentos a e b de seus lados e o ângulo α entre dois de seus lados.Solução.
a
b
α
Exemplo 6. Construa o triângulo ABC, dados o 
omprimento a do lado
BC e as medidas α e β, respe
tivamente dos ângulos internos  e B̂.Solução.Proposição 7. Um quadrilátero 
onvexo é um paralelogramo se e só se suasdiagonais se interse
tam ao meio.Prova. Primeiramente, seja ABCD um paralelogramo eM o ponto de inter-seção de suas diagonais (�gura 5). De ←→AB ‖ ←→CD segue que BÂM = DĈMe AB̂M = CD̂M . Como já sabemos que AB = CD, segue que os triângulos
ABM e CDM são 
ongruentes por ALA. Logo, AM = CM e BM = DM .Re
ipro
amente (veja ainda a �gura 5), seja ABCD um quadrilátero
onvexo tal que suas diagonais AC e BD se interse
tam em M , o pontomédio de ambas. Então MA = MC, MB = MD e AM̂B = CM̂D(ângulos OPV), de modo que os triângulos ABM e CDM são 
ongruentespor LAL. Analogamente, BCM e DAM também são 
ongruentes por LAL.Tais 
ongruên
ias nos dão respe
tivamente AB = CD e BC = AD, o quejá sabemos ser equivalente ao fato de ABCD ser paralelogramo.
Congruên
ia de Triângulos 5
A B
D C
M
Figura 5: ABCD paralelogramo ⇒ AM = CM e BM = DM .Para o que segue, de�nimos uma base média de um triângulo 
omo umsegmento que une os pontos médios de dois de seus lados (segmentos MN ,
NP e MP da �gura 6). Assim, todo triângulo possui exatamente três basesmédias. Nas notações da �gura 6, dizemos que MNP (i.e., o triângulo que
B C
A
M N
PFigura 6: bases médias de um triângulo.tem por lados as bases médias do triângulo ABC) é o triângulo medial de
ABC.As propriedades obtidas a
ima sobre paralelogramos nos permitem provarum importante resultado sobre as bases médias de um triângulo, 
onhe
ido
omo o teorema da base média.Proposição 8. Seja ABC um triângulo qualquer. Se M e N são os pontosmédios dos lados AB e AC, então ←→MN ‖ ←→BC. Re
ipro
amente, se traçar-mos por M uma paralela ao lado BC, então a mesma interse
ta AC em N .Ademais, em um qualquer dos 
asos a
ima, temos
MN =
1
2
BC.
6 MA13 - Unidade 6Prova. Para a primeira parte, nas notações da �gura 7, tomeM ′ sobre −→MNtal que MN = NM ′. Como N é o ponto médio de AC e AN̂M = CN̂M ′(ângulos OPV), os triângulos AMN e CM ′N são 
ongruentes por LAL.Portanto, M ′C = MA e M ′ĈN = MÂN , donde segue (via 
orolário 4 daUnidade 4) que ←→M ′C ‖ ←→AM . Assim,
←→
BM =
←→
AM =
←→
M ′C e ←→BM = ←→AM ‖ ←→M ′C;tendo dois lados opostos iguais e paralelos, o problema 1, página 16 garanteque o quadrilátero MBCM ′ é um paralelogramo. Mas 
omo em todo para-lelogramo os lados opostos são iguais e paralelos, temos
←→
BC ‖
←→
MM ′ =
←→
MN e BC = MM ′ = 2MN.
B C
A
M
N M ′
Figura 7: medida da base média de um triângulo.Re
ipro
amente, seja r uma reta passando por M e paralela ao lado BC.Como ←→MN passa por M e é paralela a BC, segue do quinto postulado(Postulado 3 da Unidade 4) que r 
oin
ide 
om ←→MN ; em parti
ular, N ∈
r.Exemplo 9. Construa o triângulo ABC 
onhe
endo as posições dos pontosmédios M , N , P dos lados BC, CA, AB, respe
tivamente.Solução.
Congruên
ia de Triângulos 7
M
N
P
Para o que segue, lembre que uma mediana de um triângulo é um seg-mento que une um vérti
e ao ponto médio do lado oposto a esse vérti
e.Como apli
ação do teorema da base média e das propriedades de paralelo-gramos, mostraremos que as medianas de um triângulo interse
tam-se emum úni
o ponto, o bari
entro do mesmo.Proposição 10. Em todo triângulo as três medianas passam por um úni
oponto, o bari
entro do triângulo. Ademais, o bari
entro divide 
ada medi-ana, a partir do vérti
e 
orrespondente, na razão 2 : 1.Prova. Sejam N e P respe
tivamente os pontos médios dos lados AC e
AB, e seja BN ∩ CP = {G1} (�gura 8). Sejam ainda S e T os pontosmédios dos segmentos BG1 e CG1, respe
tivamente. Pelo teorema da basemédia, tanto NP quanto ST são paralelos a BC e têm 
omprimento igualà metade de BC. Portanto, NP = ST e ←→NP‖←→ST , de modo que NPST éum paralelogramo. Assim, PG1 = G1T e NG1 = G1S. Como BS = SG1e CT = TG1, segue que BS = SG1 = G1N e CT = TG1 = G1P , o quegarante ser BG1 = 2G1N e CG1 = 2G1P .Agora, se M for o ponto médio de BC e G2 for o ponto de interseção dasmedianas AM e BN , 
on
luímos analogamente que G2 divide divide AM e
BN na razão 2 : 1 a partir de 
ada vérti
e. Mas daí segue que os pontos G1e G2 são tais que BG1 = 2G1N e BG2 = 2G2N . Isso impli
a 
laramenteem G1 ≡ G2. Chamando de G o ponto G1 ≡ G2, segue que AM,BN e CP
on
orrem em G e que G divide 
ada uma das medianas na razão 2 : 1 apartir do vérti
e.
8 MA13 - Unidade 6
A
B C
P N
S T
G1Figura 8: as medianas e o bari
entro.Doravante, salvo menção em 
ontrário, denotaremos o bari
entro de umtriângulo ABC por G. O bari
entro de um triângulo é um de seus pontosnotáveis; os demais (
ir
un
entro, in
entro e orto
entro) serão estudados naUnidade 7.Se um quadrilátero 
onvexo tiver dois lados opostos paralelos e iguais,já sabemos que se trata de um paralelogramo. Pode o
orrer, entretanto,sabermos somente que dois lados opostos de um quadrilátero 
onvexo sãoparalelos (podendo ou não ser iguais). Neste 
aso o quadrilátero obtidoé denominado um trapézio (�gura 9). Assim, todo paralelogramo é emparti
ular um trapézio, mas é fá
il nos 
onven
ermos de que a re
ípro
a nãoé verdadeira.
A B
CD
Figura 9: um trapézio ABCD, 
om ←→AB ‖ ←→CD.Em todo trapézio, os dois lados sabidamente paralelos são suas bases,sendo o maior (resp. menor) deles a base maior (resp. base menor); osoutros dois lados (sobre os quais em prin
ípio nada sabemos, mas que podem
Congruên
ia de Triângulos 9também ser paralelos, 
aso o trapézio seja em parti
ular um paralelogramo)são os lados não-paralelos do trapézio. Nas notações da �gura 9, AB e
CD são as bases e BC e AD os lados não paralelos do trapézio ABCD.Ao lidarmos 
om problemas envolvendo 
onstruções geométri
as em umtrapézio ABCD 
omo na �gura 9, é frequentemente útil observarmos (
f.�gura 10) que se E e F são os pontos sobre a reta ←→AB tais que ADCE e
BDCF são paralelogramos, então:i. O triânguloBCE é tal que BE = AB−CD, CE = AD eBĈE =ânguloentre os lados não-paralelos AD e BC.ii. O triânguloACF é tal que AF = AB+CD, CF = BD e AĈF =ânguloentre as diagonais AC e BD.
A B
CD
E FFigura 10: paralelogramos asso
iados ao trapézio ABCD.Utilizamos a dis
ussão a
ima no seguinteExemplo 11. Construa um trapézio ABCD de bases AB e CD, sabendoque as diagonais AC e BD formam um ângulo de 135◦ uma 
om a outra e
onhe
endo os 
omprimentos AB = a, AC = d1 e BD = d2.Solução.
10 MA13 - Unidade 6
a
d1
d2
Pre
isamos de mais algumas 
onvenções: o segmento que une os pontosmédios dos lados não paralelos de um trapézio é a base média do mesmo, aopasso que o segmento que une os pontos médios das diagonais de um trapézioé a mediana de Euler1 do mesmo. A proposição a seguir nos ensina 
omo
al
ular os 
omprimentos de tais segmentos em termos dos 
omprimentos dasbases do trapézio.Proposição 12. Seja ABCD um trapézio de bases AB e CD e lados nãoparalelos AD e BC. Sejam ainda M e N os pontos médios dos lados nãoparalelos AD e BC, e P e Q os pontos médios das diagonais AC e BD (
f.�gura 11). Então:
(a) M , N , P e Q são 
olineares e ←→MN ‖ ←→AB, ←→CD.
(b) MN = 1
2
(AB + CD) e PQ = 1
2
|AB − CD|.Prova. Nas notações da �gura 11, 
omo MP é base média do triângulo
DAC, segue da proposição 8 que ←→MP ‖ ←→AB e MP = b
2
. Por outro lado,MQé base média do triângulo ADB, de modo que a proposição 8 também nosdiz que ←→MQ ‖ ←→AB e MQ = a
2
. Segue do quinto postulado que ←→MP = ←→MQ,i.e., M , P e Q são 
olineares. Ademais,
PQ = MQ− MP =
a
2
−
b
2
=
a− b
2
.1Para saber mais sobre Leonhard Euler, remetemos o leitor à Unidade 11.
Congruên
ia de Triângulos 11
A B
CD
M N
QP
a
b
Figura 11: base média de um trapézio.Argumentando agora 
om as bases médiasNQ e NP dos triângulos CBDe ABC, respe
tivamente,on
luímos de modo análogo que P , Q e N são
olineares e NQ = b
2
. Portanto, segue o item (a) e
MN = MQ + NQ =
a
2
+
b
2
=
a + b
2
.A �m de 
ompletar nosso estudo dos tipos parti
ulares mais elementaresde quadriláteros, vamos estudar agora retângulos e losangos. Um quadrilátero
onvexo é um retângulo se todos os seus ângulos internos forem iguais.Como, pelo problema 9 da Unidade 4, a soma dos ângulos internos de umquadrilátero 
onvexo é sempre igual a 360◦, segue então que um quadrilátero
onvexo é um retângulo se e só se todos os seus ângulos internos forem iguaisa 90◦. Um quadrilátero 
onvexo é um losango se todos os seus lados foremiguais. A �gura 12 mostra exemplos de um retângulo e de um losango.Como os lados opostos de um retângulo são sempre paralelos (uma vezque são ambos perpendi
ulares a um qualquer dos outros dois lados), todoretângulo é um paralelogramo. Por outro lado, a proposição 3 garante quetodo losango também é um paralelogramo.A dis
ussão a
ima permite de�nir a distân
ia entre duas retas paralelas.Para tanto, observe ini
ialmente que se r e s são retas paralelas, então (
f.
orolário 4 da Unidade 4) uma reta t é perpendi
ular a r se e só se forperpendi
ular a s.
12 MA13 - Unidade 6
A B
CD
E
F
G
H
Figura 12: o retângulo ABCD e o losango EFGH.De�nição 13. Se r e s são retas paralelas, a distân
ia entre r e s é o
omprimento de qualquer segmento PQ tal que P ∈ r, Q ∈ s e ←→PQ⊥r, s.Para ver que a de�nição a
ima tem sentido, tome P, P ′ ∈ r e sejam
Q,Q′ ∈ s tais que ←→PQ, ←→P ′Q′⊥r (
f. �gura 13). Então PQQ′P ′ é um qua-drilátero 
om quatro ângulos iguais a 90◦, logo um retângulo. Portanto,
PQ = P ′Q′.
r
s
P
Q
P ′
Q′
Figura 13: distân
ia entre duas paralelas.Voltando à dis
ussão geral de retângulos e losangos, 
ole
ionamos nasproposições 14 e 17 a seguir 
ara
terizações úteis de tais quadriláteros.Proposição 14. Um paralelogramo é um retângulo se e só suas diagonaistiverem 
omprimentos iguais.Prova. Se ABCD é um retângulo de diagonais AC e BD (�gura 12), então
DÂB = AD̂C = 90◦ e (por ABCD também ser paralelogramo) AB = DC.
Congruên
ia de Triângulos 13Mas 
omo os triângulos DAB e ADC partilham o lado AD, os mesmos são
ongruentes por LAL. Em parti
ular, AC = BD.Re
ipro
amente, suponha que ABCD é um paralelogramo tal que AC =
BD (�gura 14). Como também temos AB = DC, os triângulos DAB e
A B
D C
Figura 14: ABCD paralelogramo tal que AC = BD.
ADC (que partilham o lado AD) são novamente 
ongruentes, agora porLLL. Logo, DÂB = AD̂C. Mas desde que ABCD é um paralelogramo,temos DÂB + AD̂C = 180◦, e daí DÂB = AD̂C = 90◦. Analogamente,
AB̂C = DĈB = 90◦ e ABCD é um retângulo.Corolário 15. A mediana relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo éigual à metade da mesma.Prova. Seja ABC um triângulo retângulo em A (�gura 15). Tra
e por
B uma paralela a AC, por C uma paralela a AB, e seja D o ponto deinterseção de tais retas. Como BÂC + AB̂D = 180◦ e BÂC = 90◦, segueque AB̂D = 90◦. Analogamente, AĈD = 90◦ e, 
omo a soma dos ângulos detodo quadrilátero é 360◦, segue daí que BD̂C = 90◦. Portanto, o quadrilátero
ABDC é um retângulo, donde AD = BC e o ponto M de interseção de ADe BC é médio de ambos tais segmentos. Logo, BC = AD = 2AM .Exemplo 16. Construa um triângulo retângulo ABC, 
onhe
endo os 
om-primentos m e h, respe
tivamente da mediana e da altura relativas à hipote-nusa BC .Solução.
14 MA13 - Unidade 6
A B
C D
M
Figura 15: a mediana relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo.
m
h
Voltemo-nos agora à 
ara
terização prometida dos losangos.Proposição 17. Um paralelogramo é um losango se e só se tiver diagonaisperpendi
ulares.Prova. Suponha primeiro que EFGH é um losango de diagonais EG e FH(�gura 12). Como EF = EH e GF = GH, os triângulos EFG e EHG são
ongruentes por LLL. Portanto, sendo M o ponto de interseção das diagonais
EG e FH , temos
FÊM = FÊG = HÊG = HÊM.Portanto, EM é bissetriz do ângulo ∠FEH do triângulo EFH , o qual éisós
eles de base FH , e o problema 10, Seção 2, Unidade 3, garante que EMtambém é altura relativa a FH . Logo, ←→FH⊥ ←→EM = ←→EG.
Congruên
ia de Triângulos 15Re
ipro
amente, seja EFGH um paralelogramo de diagonais perpendi
u-lares EG e FH (�gura 16). Como EG e FH se interse
tam no ponto médio
M de ambas (pois EFGH é paralelogramo), segue que no triângulo EHGo segmento HM é mediana e altura relativamente ao lado EG. Portanto,pelo problema 11, Seção 2, Unidade 3, temos que EH = GH. Mas 
omo
EH = FG e EF = GH, nada mais há a fazer.
E
F
G
H
MFigura 16: EG⊥FH ⇒ EFGH losango.Há um último tipo de quadrilátero que desejamos estudar: o quadrado.Um quadrilátero 
onvexo é um quadrado quando for simultaneamente umretângulo e um losango (�gura 17). Assim, quadrados são quadriláteros de
A B
CD
Figura 17: o quadrado ABCD.ângulos e lados iguais; ademais, suas diagonais são também iguais e perpen-di
ulares, se interse
tam ao meio e formam ângulos de 45◦ 
om os lados doquadrilátero (prove esta última a�rmação!).Observação 18. Segue do que vimos aqui que, sendo T o 
onjunto dostrapézios, P o 
onjunto dos paralelogramos, R o 
onjunto dos retângulos, L
16 MA13 - Unidade 6o 
onjunto dos losangos e Q o 
onjunto dos quadrados, temos
{
R∪ L ⊂ P ⊂ T
R ∩ L = Q
,todas as in
lusões sendo estritas.Problemas1. * Se dois segmentos são iguais e paralelos, prove que suas extremidadessão os vérti
es de um paralelogramo.2. Seja ABCD um quadrilátero 
onvexo qualquer. Mostre que os pontosmédios de seus lados são os vérti
es de um paralelogramo (sugestão: useo teorema da base média quatro vezes, para 
on
luir que o quadriláteroque tem por vérti
es os pontos médios dos lados tem pares de ladosopostos iguais).3. Uma reta r passa pelo bari
entro G de um triângulo ABC e deixa ovérti
e A de um lado e os vérti
es B e C do outro. Prove que a somadas distân
ias de B e C à reta r é igual à distân
ia de A a r.4. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
endo os 
om-primentos a do ladoBC,ma da mediana relativa a BC emb da medianarelativa a AC.5. Prove que, em todo triângulo, a soma dos 
omprimentos das medianasé menor que o perímetro e maior que 3
4
do perímetro do triângulo.6. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo ABC, 
onhe
endo os 
om-primentos ma, mb, mc das medianas de ABC.7. (Inglaterra). Considere um 
ír
ulo de 
entro O e diâmetro AB. Pro-longue uma 
orda qualquer AP até um ponto Q, tal que P seja o pontomédio de AQ. Se OQ ∩ BP = {R}, 
al
ule a razão entre os 
ompri-mentos dos segmentos RQ e RO.
Congruên
ia de Triângulos 178. Seja ABCD um trapézio de bases AB = 7 
m e CD = 3 
m e ladosnão paralelos AD e BC. Se  = 43◦ e B̂ = 47◦, 
al
ule a distân
iaentre os pontos médios das bases do trapézio (sugestão: sendo M e
N os pontos médios de CD e AB, respe
tivamente, tra
e por M asparalelas aos lados não paralelos, e suponha que tais retas interse
tama base maior AB em P e Q. Cal
ule PQ e mostre que MN é a medianarelativa à hipotenusa do triângulo PMQ).9. São dados no plano uma reta r e um paralelogramo ABCD, tais que
r não interse
ta ABCD. Sabendo que as distân
ias dos pontos A,Be C à reta r são respe
tivamente iguais a 2, 3 e 6 
entímetros, 
al
ulea distân
ia de D a r (sugestão: sendo M o ponto de interseção dasdiagonais de ABCD, use o teorema da base média de trapézios para
omparar a distân
ia de M a r 
om a soma das distân
ias de A e C a
r; faça o mesmo 
om os vérti
es B e D).10. As bases AB e CD de um trapézio têm 
omprimentos a e b, respe
ti-vamente, 
om a > b. Se ∠BCD = 2∠DAB, prove que BC = a − b(sugestão: tra
e CE ‖ AD, 
om E ∈ AB, e mostre que o triângulo
BCE é isós
eles).11. Seja ABCD um trapézio no qual o 
omprimento da base maior AB éigual ao 
omprimento da base menor CD somado ao 
omprimento dolado não paralelo BC. Se o ângulo em A medir 70◦, 
al
ule o ângulo
C (sugestão: esse problema é análogo ao anterior).12. Construa 
om régua e 
ompasso um trapézio, 
onhe
idos os 
ompri-mentos a, b, c, d de seus lados (sugestão: sendo ABCD um trapézio debases AB e CD e lados não paralelos BC e AD, tra
e por C a para-lela ao lado AD,e suponha que tal reta interse
te a base AB em E.Construa ini
ialmente o triângulo EBC).13. * (OCM). Um triângulo ABC é retângulo em A e tal que BC = 2AB.
18 MA13 - Unidade 6Cal
ule as medidas em graus de seus ângulos (sugestão: use o 
orolá-rio 15).14. Em um triângulo ABC, sejam M o ponto médio do lado BC e Hb, Hcrespe
tivamente os pés das alturas relativas a AC e AB. Prove que otriângulo MHbHc é isós
eles (sugestão: idem ao problema anterior).15. Seja ABCD um quadrado de lado 1 e E um ponto sobre o lado CD,tal que AE = AB + CE. Sendo F o ponto médio do lado CD, proveque EÂB = 2 · FÂD (sugestão: marque os pontos G e H , sendo G omédio de BC e H a interseção de −→EG e −→AB. Con
lua que o triângulo
AEH é isós
eles de base EH).
MA13 - Unidade 7Lugares Geométri
osSemana 29/08/2011 a 04/09/2011
1 Lugares geométri
os bási
osComeçamos esta seção estudando o importante 
on
eito de lugar geométri
o:De�nição 1. Dada uma propriedade P relativa a pontos do plano, o lugargeométri
o (abreviamos LG) dos pontos que possuem a propriedade P é osub
onjunto L do plano que satisfaz as duas 
ondições a seguir:
(a) Todo ponto de L possui a propriedade P.
(b) Todo ponto do plano que possui a propriedade P perten
e a L.Em outras palavras, L é o LG da propriedade P se L for 
onstituídoexatamente pelos pontos do plano que têm a propriedade P, nem mais nemmenos. No que segue vamos estudar alguns lugares geométri
os elementares,assim 
omo algumas apli
ações dos mesmos.1
2 MA13 - Unidade 7Exemplo 2. Dados um real positivo r e um ponto O do plano, o LG dospontos do plano que distam r do ponto O é o 
ír
ulo de 
entro O e raio r:
AO = r ⇐⇒ A ∈ Γ(O; r).
O
A
r
Figura 1: 
ír
ulo 
omo LG.Para o próximo exemplo, dados pontos A e B no plano, a mediatriz dosegmento AB é a reta perpendi
ular a AB e que passa por seu ponto médio.Exemplo 3. Construa 
om régua e 
ompasso a mediatriz do segmento ABdado a seguir.Solução.
A
B
Des
rição dos passos.1. Com uma mesma abertura r > 1
2
AB, tra
e os 
ír
ulos de raio r e
entros A e B; se X e Y são os pontos de interseção de tais 
ír
ulos,então ←→XY é a mediatriz de AB.
Lugares Geométri
os 3De fato, sendo M o ponto de interseção dos segmentos XY e AB, vimos noexemplo 10, Seção 2, Unidade 3, que M é o ponto médio de AB. Por outrolado, 
omo o triânguloXAB é isós
eles de base AB e XM é mediana relativaà base, o problema 10, da Unidade 3, garante que XM também é altura de
XAB. Portanto, ←→XY passa pelo ponto médio de AB e é perpendi
ular a
AB, logo 
oin
ide 
om a mediatriz de AB.A proposição a seguir 
ara
teriza a mediatriz de um segmento 
omo umlugar geométri
o.Proposição 4. Dados pontos A e B no plano, a mediatriz de AB é o LGdos pontos do plano que equidistam de A e de B.Prova. SejamM o ponto médio em a mediatriz de AB (�gura 2). Se P ∈ m,então, no triângulo PAB, PM é mediana e altura, e daí o problema 11, daUnidade 3, garante que o triângulo PAB é isós
eles de base AB. Logo,
PA = PB.
m
A
B
P
M
Figura 2: P ∈ (mediatriz de AB) ⇒ PA = PB.Re
ipro
amente, seja P um ponto no plano tal que PA = PB (�gura 3).Então o triângulo PAB é isós
eles de base AB, donde segue que a medianae a altura relativas a AB 
oin
idem. Como a mediana de PAB relativa a
AB é o segmento PM , segue que PM⊥AB, o que é o mesmo que dizer que
←→
PM é a mediatriz de AB.
4 MA13 - Unidade 7
A
B
P
MFigura 3: PA = PB ⇒ P ∈ (mediatriz de AB).O papel da bissetriz de um ângulo 
omo LG está essen
ialmente 
ontidona proposição a seguir:Proposição 5. Seja ∠AOB um ângulo dado. Se P um ponto do mesmo,então
d(P,
←→
AO) = d(P,
←→
BO) ⇐⇒ P ∈ (bissetriz de ∠AOB).Prova. Suponha primeiro que P pertençe à bissetriz de ∠AOB (�gura 4),e sejam M e N respe
tivamente os pés das perpendi
ulares baixadas de Pàs retas ←→AO e ←→BO. Como MÔP = NÔP , OM̂P = ON̂P = 90◦ e OP é
omum, segue que os triângulos OMP e ONP são 
ongruentes por LAAo.Daí, PM = PN , ou seja, d(P, ←→AO) = d(P, ←→BO).
A
B
O P
N
M
Figura 4: P ∈ (bissetriz de ∠AOB) ⇒ d(P, ←→AO) = d(P, ←→BO).Re
ipro
amente, seja P um ponto no interior do ângulo ∠AOB, tal que
PM = PN , onde M e N são os pés das perpendi
ulares baixadas de Prespe
tivamente às retas ←→AO e ←→BO. Então os triângulos MOP e NOP são
Lugares Geométri
os 5novamente 
ongruentes, agora pelo 
aso CH (PM = PN e OP 
omum �veja o problema 1, Unidade 4. Mas aí MÔP = NÔP , donde P está sobre abissetriz de ∠AOB.Exemplo 6. Dadas no plano retas r e s, 
on
orrentes em O, vimos naproposição a
ima que um ponto P do plano equidista de r e s se e só se Pestiver sobre uma das retas que bisse
tam os ângulos formados por r e s.Assim, o LG dos pontos do plano que equidistam de duas retas 
on
orrentesé a união das bissetrizes dos ângulos formados por tais retas.r
sFigura 5: as bissetrizes de duas retas 
on
orrentes 
omo LG.Após termos estudado a
ima os LG's mais bási
os, vale a pena dis
orrer-mos um pou
o sobre o problema geral da 
onstrução 
om régua e 
ompassode uma �gura geométri
a satisfazendo 
ertas 
ondições. O tratamento pa-drão para um tal problema 
onsiste basi
amente na exe
ução dos dois passosseguintes:1. Supor o problema resolvido: 
onstruímos um esboço da �gura possui-dora das propriedades desejadas, identi�
ando na mesma os dados doproblema e os elementos que possam nos levar à solução.2. Construir os pontos-
have para a solução: um ponto-
have é todoponto que, uma vez 
onstruído, torna imediatas as 
onstruções sub-sequentes e, em última análise, a solução do problema em questão.
6 MA13 - Unidade 7Para 
onstruir o(s) ponto(s)-
have de um determinado problema, 
um-pre examinarmos as propriedades geométri
as da situação em estudo
om bastante 
uidado, tentando identi�
ar dois LGs aos quais o pontopertença. Devendo estar simultaneamente em dois LGs, o ponto �
aindividualizado pelas interseções dos mesmos.Vejamos, em um exemplo simples, 
omo fun
iona a exe
ução do programaa
ima.Exemplo 7. Construa 
om régua e 
ompasso um 
ír
ulo passando pelospontos A e B e tendo seu 
entro sobre a reta r.Prova.
r
A
B
1. Supondo o problema resolvido, queremos um 
ír
ulo 
omo o da �guraa seguir:
r
A
B
O
2. Nosso ponto-
have será o 
entro O do 
ír
ulo, uma vez que, en
ontradasua posição, basta nele 
entrar o 
ompasso, 
om abertura OA, a �m
Lugares Geométri
os 7de 
onstruir o 
ír
ulo pedido. A �m de 
onstruir O, pre
isamos de doisLG's: um é a própria reta r, pois sabemos que O deve perten
er a r.Por outro lado, 
omo OA e OB são raios, temos OA = OB, e assim Odeve perten
er à mediatriz do segmento AB; tal mediatriz é, portanto,nosso segundo LG.Feita a análise a
ima, resta 
onstruir a mediatriz do segmento AB, obtersua interseção O 
om a reta r e, em seguida, traçar o 
ír
ulo-solução, que éaquele de 
entro O e raio OA = OB.Problemas � Seção 11. Construa um 
ír
ulo de raio dado r que passe por dois pontos dados Ae B. Sob que 
ondições há solução?2. Identi�que e 
onstrua 
om régua e 
ompasso o LG do vérti
e A dotriângulo ABC, 
onhe
ida a posição do vérti
e B e o 
omprimento cdo lado AB.3. Construa 
om régua e 
ompasso um triângulo ABC, 
onhe
idos os
omprimentos c do lado AB, a do lado BC e a medida α do ângulo
∠BAC.4. Identi�que o LG do vérti
e A do triânguloABC, 
onhe
idas as posiçõesdos vérti
es B e C e o 
omprimento m
a
da mediana relativa ao lado
BC.5. Identi�que e 
onstrua 
om régua e 
ompasso o LG dos pontos do planoequidistantes de duas retas paralelas dadas r e s.6. São dados no plano um segmento de 
omprimento l e uma reta r.Identi�que e 
onstrua 
om régua e 
ompasso o LG dos pontos do plano
uja distân
ia à reta r é igual a l.
8 MA13 - Unidade 77. De um triângulo ABC 
onhe
emos as posições dos vérti
es B e C eo 
omprimento h
a
da altura relativa a A. Identi�que e 
onstrua 
omrégua e 
ompasso o LG do vérti
e A.8. Construa 
om régua e 
ompasso um triângulo ABC, 
onhe
idos os
omprimentos a do lado BC, h
a
da altura relativa a A e h
b
da alturarelativa a B.9. Construa o triângulo ABC 
onhe
endo o semiperímetro p do mesmoe as medidas β e γ dos ângulos ∠B e ∠C, respe
tivamente (sugestão:marque, sobre a reta←→BC e exteriormente ao lado BC, pontos B′ e C ′tais que B ∈ B′C, C ∈ BC ′ e BB′ = c, CC ′ = b. Então B′C ′ = 2p e,pelo teorema do ângulo externo, AB̂′C = β
2
).2 Pontos notáveis de um triânguloNesta seção, apli
amos o 
on
eito de LG para estudar mais alguns pontos no-táveis de um triângulo (lembre que já de�nimos e estudamos as propriedadesdo bari
entro na proposição 10 da Unidade 6).Proposição 8. Em todo triângulo as mediatrizes dos lados passam todas porum mesmo ponto, o 
ir
un
entro do mesmo.Prova. Sejam ABC um triângulo qualquer, r, s e t respe
tivamente as me-diatrizes dos lados BC, CA e AB, e O o ponto de interseção das retas r e s(�gura 6).Pela 
ara
terização da mediatriz de um segmento 
omo LG, temos OB =
OC (pois O ∈ r) e OC = OA (pois O ∈ s). Portanto, OB = OA, e seguenovamente da 
ara
terização da mediatriz 
omo LG que O ∈ t.Exemplo 9. Construa 
om régua e 
ompasso o 
ir
un
entro do triângulo
ABC dado na �gura abaixo.Solução.
Lugares Geométri
os 9
A
B C
O
r
st
Figura 6: o 
ir
un
entro de um triângulo.
A
B
C
Como 
orolário da dis
ussão a
ima, podemos estudar o problema da 
on-
orrên
ia das alturas de um triângulo. Note primeiro que, 
aso o triânguloseja obtusângulo (�gura 7), as alturas que não partem do vérti
e do ânguloobtuso são exteriores ao mesmo.Proposição 10. Em todo triângulo, as três alturas se interse
tam em um sóponto, o orto
entro do triângulo.Prova. Seja ABC um triângulo qualquer. Há três 
asos a 
onsiderar:(a) ABC é retângulo (
f. �gura 8): suponhamos, sem perda de generalidade,que BÂC = 90◦. Então A é o pé das alturas relativas aos lados AB e AC.Como a altura relativa ao lado BC passa (por de�nição) por A, segue queas alturas de ABC 
on
orrem em A.
10 MA13 - Unidade 7
A
B
CH
a
H
bFigura 7: alturas de um triângulo obtusângulo.
A B
C
H
a
Figura 8: orto
entro de um triângulo retângulo.(b) ABC é a
utângulo (
f. �gura 9): tra
e por A,B,C, respe
tivamente,retas r, s, t paralelas a BC,CA,AB, também respe
tivamente, e sejam r∩s =
{P}, s ∩ t = {M}, t ∩ r = {N}. Como os quadriláteros ABCN e ABMCsão paralelogramos, segue que CN = AB = CM , e daí C é o ponto médiode MN . Analogamente, B é o ponto médio de MP e A o ponto médio de
PN .Por outro lado, a altura relativa a BC também é perpendi
ular a PN , jáque BC e PN são paralelos. Do mesmo modo, as alturas relativas a AC e
AB são perpendi
ulares respe
tivamente a MP e MN . Segue que as alturasdo triângulo ABC são as mediatrizes dos lados do triângulo MNP . Mas jáprovamos que as mediatrizes dos lados de um triângulo são 
on
orrentes, demodo que as alturas de ABC devem ser 
on
orrentes.(
) ABC é obtusângulo: a prova é totalmente análoga à do 
aso (b).
Lugares Geométri
os 11
MN
P
A
B
C
r
s
t
Figura 9: orto
entro de um triângulo a
utângulo.Coletamos uma 
onsequên
ia interessante da demonstração a
ima no se-guinteCorolário 11. O 
ir
un
entro de um triângulo é o orto
entro de seu triân-gulo medial.Prova. Nas notações do item (b) da prova a
ima, ABC é o triângulo medialdo triângulo MNP , e as mediatrizes dos lados de MNP são as alturas de
ABC.Exemplo 12. Construa 
om régua e 
ompasso o orto
entro do triângulo
ABC dado a seguir.Solução.
C
B
A
Examinemos por �m as bissetrizes internas.
12 MA13 - Unidade 7Proposição 13. As bissetrizes internas de todo triângulo 
on
orrem em umúni
o ponto, o in
entro do triângulo.Prova. Sejam r, s e t respe
tivamente as bissetrizes internas dos ângulos
∠A, ∠B e ∠C do triângulo ABC (�gura 10), e I o ponto de interseção dasretas r e s. Como I ∈ r, segue da 
ara
terização das bissetrizes 
omo LGque I equidista dos lados AB e AC de ABC. Analogamente, I ∈ s garanteque I equidista dos lados AB e BC. Portanto, I equidista de AC e BC e,usando novamente a referida 
ara
terização das bissetrizes, 
on
luímos que Iperten
e à bissetriz do ângulo ∠C, ou seja, à reta t. Assim, r, s e t 
on
orremem I.
A
B C
I
r
s
t
Figura 10: in
entro de um triângulo.Exemplo 14. Construa 
om régua e 
ompasso o in
entro do triângulo ABCdado a seguir.Solução.
C
B
A
Lugares Geométri
os 13Problemas � Seção 21. Numa folha de papel estão desenhadas duas retas 
on
orrentes r e s.O
orre que, devido ao tamanho da folha, o ponto de interseção de r e
s não apare
e no papel. Seja P um ponto no papel, tal que os pés dasperpendi
ulares baixadas de P às retas r e s estejam situados dentroda folha do desenho. Mostre 
omo 
onstruir 
om régua e 
ompassouma reta t, passando por P e 
on
orrente simultaneamente 
om r e s(sugestão: sendo A o ponto de interseção de r e s, veja o ponto P 
omoorto
entro de um triângulo que tem A 
omo um de seus vérti
es).
MA13 - Unidade 8Lugares Geométri
os IISemana 29/08/2011 a 04/09/2011
1 Tangên
ia e ângulos no 
ír
uloCome
emos esta seção estudando a noção de reta e 
ír
ulos tangentes.Dizemos que um 
ír
ulo Γ e uma reta r são tangentes, ou ainda quea reta é tangente ao 
ír
ulo, se r e Γ tiverem exatamente um ponto P em
omum. Nesse 
aso, P é o ponto de tangên
ia de r e Γ.Proposição 1. Seja Γ um 
ír
ulo de 
entro O, e P um ponto de Γ. Se t éa reta que passa por P e é perpendi
ular à ←→OP , então t é tangente a Γ.Prova. Seja R o raio de Γ. Se Q 6= P é outro ponto de t (�gura 1), entãotemos QO > PO = R, uma vez que QP̂O = 90◦ é o maior ângulo dotriângulo OPQ. Portanto, Q /∈ Γ, e assim P é o úni
o ponto em 
omum a te Γ.O exemplo a seguir exer
ita a 
onstrução expli
itada na demonstraçãoa
ima. 1
2 MA13 - Unidade 8
O
P
Q
Figura 1: 
ír
ulo e reta tangentes.Exemplo 2. Construa 
om régua e 
ompasso uma reta r, tangente a Γ em
P .Solução.
O
P
Não é difí
il provar que a reta tangente a um 
ír
ulo Γ por um ponto Pdo mesmo é úni
a (problema 1, página 12). Por outro lado, se P for exteriorao 
ír
ulo, provaremos mais adiante (proposição 9) que há exatamente duasretas tangentes a Γ e passando por P .Voltemo-nos agora ao estudo de 
ertos ângulos em um 
ír
ulo. Dados noplano um 
ír
ulo Γ de 
entro O, um ângulo 
entral em Γ é um ângulo devérti
e O e tendo dois raios OA e OB por lados. Em geral, tal ângulo 
entralserá denotado por ∠AOB e o 
ontexto tornará 
laro a qual dos dois ângulos
Lugares Geométri
os 3
∠AOB estamos nos referimos. Por de�nição, a medida do ângulo 
entral
∠AOB é igual à medida do ar
o ⌢AB. Mostraremos no exemplo a seguir queângulos 
entrais iguais subentendem 
ordas também iguaisExemplo 3. Se A, B, C e D são pontos sobre um 
ír
ulo Γ, tais que osângulos 
entrais ∠AOB e ∠COD são iguais, então AB = CD.Prova. Suponha que AÔB = CÔD < 180◦ (o 
aso AÔB = CÔD > 180◦pode ser tratado de modo análogo). Basta observar (
f. �gura 2) que os
A
B
C
D
O
Figura 2: 
ordas de ângulos 
entrais iguais.triângulos AOB e COD são 
ongruentes por LAL (uma vez que AO =
BO = CO = DO), de sorte que AB = CD.Um ângulo ins
rito num 
ír
ulo é um ângulo 
ujo vérti
e é um ponto do
ír
ulo e 
ujos lados são 
ordas do mesmo. A proposição a seguir nos ensinaa 
al
ular sua medida.Proposição 4. Se AB e AC são 
ordas de um 
ír
ulo de 
entro O, entãoa medida do ângulo ins
rito ∠BAC é igual a metade da medida do ângulo
entral 
orrespondente ∠BOC.Prova. Consideremos três 
asos separadamente:
4 MA13 - Unidade 8(a) O ângulo ∠BAC 
ontém o 
entro O em seu interior (�gura 3): 
omo ostriângulos OAC e OAB são isós
eles de bases respe
tivamente AC e AB,temos OÂC = OĈA = α e OÂB = OB̂A = β, digamos. Segue entãodo teorema do ângulo externo (
orolário 7, Unidade 4) que CÔA′ = 2α e
BÔA′ = 2β, e daí
BÔC = BÔA′ + CÔA′ = 2(α+ β) = 2BÂC.
A
B
C
O
A′
Figura 3: ângulo ins
rito quando o 
entro perten
e ao mesmo.(b) O ângulo ∠BAC não 
ontém o 
entro O (�gura 4): temos novamente
OAC e OAB isós
eles de bases AC e AB. Ademais, sendo OÂC = OĈA =
α e OÂB = OB̂A = β temos, também pelo teorema do ângulo externo,
CÔA′ = 2α e BÔA′ = 2β. Logo,
BÔC = BÔA′ − CÔA′ = 2(β − α) = 2BÂC.(
) O 
entro O está sobre um dos lados de ∠BAC: este 
aso é análogo aosdois 
asos anteriores e será deixado 
omo exer
í
io para o leitor.O 
aso limite de um ângulo ins
rito é um ângulo de segmento: seuvérti
e é um ponto do 
ír
uloe seus lados são um uma 
orda e o outro a
Lugares Geométri
os 5
A
B
C
O
A′
Figura 4: ângulo ins
rito quando o 
entro não perten
e ao mesmotangente ao 
ír
ulo no vérti
e do ângulo (�gura 5). A proposição a seguirmostra que podemos 
al
ular a medida de ângulos de segmento de maneiraanáloga aos ângulos ins
ritos.Proposição 5. Nas notações da �gura 5, a medida do ângulo de segmento
∠BAC é igual à metade do ângulo 
entral 
orrespondente ∠AOB.Prova. Seja CÂB = α. Como ←→AC⊥ ←→AO, temos AB̂O = BÂO = 90◦ − α, edaí
BÔA = 180◦ − 2(90◦ − α) = 2α.
B
A
C
O
Figura 5: medida de um ângulo de segmento.
6 MA13 - Unidade 8Outra maneira útil de generalizarmos ângulos ins
ritos é 
onsiderar ân-gulos ex-
êntri
os. Um ângulo ex-
êntri
o interior (�gura 6) é um ânguloformado por duas 
ordas de um 
ír
ulo que se interse
tam no interior domesmo; um ângulo ex-
êntri
o exterior é um ângulo formado por duas
ordas de um 
ír
ulo que se interse
tam no exterior do mesmo.A proposição a seguir ensina 
omo 
al
ular medidas de ângulos ex-
êntri
os.Proposição 6. Sejam AB e CD duas 
ordas de um 
ír
ulo, 
ujas retassuportes se interse
tam em um ponto E.
(a) Se E for interior ao 
ír
ulo, então a medida do ângulo ex-
êntri
ointerior ∠AEC é igual à média aritméti
a das medidas dos ar
os ⌢ACe ⌢BD subentendidos.
(b) Se E for exterior ao 
ír
ulo, então a medida do ângulo ex-
êntri
oexterior ∠AEC é igual à semidiferença das medidas dos ar
os ⌢BD e
⌢
AC subentendidos.Prova.(a) Basta apli
ar su
essivamente o teorema do ângulo externo (
orolário 7,Unidade 4 e o resultado da proposição 4:
AÊC = AD̂C +BÂD =
1
2
⌢
AC +
1
2
⌢
BD.(b) Exer
í
io.A proposição a seguir estabele
e a existên
ia e expli
a 
omo 
onstruir umimportante lugar geométri
o, o ar
o 
apaz de um ângulo dado.Proposição 7. Dados um segmento AB e um ângulo α, 
om 0◦ < α < 180◦,o LG dos pontos P do plano tais que AP̂B = α é a reunião de dois ar
osde 
ir
unferên
ia, simétri
os em relação à reta ←→AB e tendo os pontos A e Bem 
omum. Tais ar
os são os ar
os 
apazes de α em relação a AB.
Lugares Geométri
os 7
A
B
C
D
O
E
Figura 6: medida de um ângulo ex-
êntri
o interior.Prova. Analisemos o 
aso 0◦ < α ≤ 90◦ (o 
aso 90◦ < α < 180◦ pode sertratado de modo análogo.Sendo P /∈ ←→AB e P ′ o simétri
o de P em relação à reta ←→AB, é 
laro que
AP̂B = AP̂ ′B (�gura 7). Portanto, para estudar o LG pedido podemos nos
A B
P
P ′Figura 7: AP̂B = AP̂ ′B.restringir somente aos pontos P situados em um dos semiplanos que a reta
←→
AB determina, digamos aquele a
ima de ←→AB na �gura 8. Em tal semiplano,seja O o ponto tal que AOB é um triângulo isós
eles de base AB, 
om
AÔB = 2α (note que 0◦ < 2α < 180◦ no 
aso que estamos 
onsiderando).Sendo OA = OB = r, 
onsidere o ar
o do 
ír
ulo Γ de 
entro O e raio r,situado a
ima de ←→AB.Sendo P um ponto qualquer de Γ (�gura 8), temos pelo teorema do ânguloins
rito que
AP̂B =
1
2
AÔB = α,
8 MA13 - Unidade 8de modo que P perten
e ao LG pro
urado. Seja agora P ′ um ponto do
A B
P
P ′
O
Figura 8: ar
o 
apaz de α sobre AB (superior).semiplano superior, tal que P ′ /∈ Γ; mostremos que P ′ não perten
e ao LGpro
urado. Há duas possibilidades: P ′ está no interior ou no exterior de Γ.Analisemos o 
aso em que P ′ está no interior de Γ (o outro 
aso é análogo).Nas notações da �gura 8, segue do teorema do ângulo externo que
AP̂ ′B = AP̂B + PÂP ′ > AP̂B = α,e P ′ não perten
e ao LG pro
urado.A prova da proposição a
ima também mostra 
omo 
onstruir os ar
os
apazes de α sobre AB quando 0◦ < α ≤ 90◦. De fato, nas notações daprova a
ima, 
omo OÂB = OB̂A, temos
OÂB = OB̂A =
1
2
(180◦ −AÔB) =
1
2
(180◦ − 2α) = 90◦ − α.Assim, obtemos o 
entro O do ar
o 
apaz superior 
omo sendo a interseçãodas semirretas situadas em tal semiplano, partindo de A e de B e fazendo umângulo de 90◦ − α graus 
om o segmento AB (o 
aso 90◦ < α < 180◦ podeser tratado de modo análogo. O 
aso parti
ular α = 90◦ é parti
ularmentefá
il. Basta observar que nesse 
aso OÂB = 0◦, e daí o 
entro O do ar
o
apaz é o ponto médio do segmento AB.
Lugares Geométri
os 9Exemplo 8. Construa 
om régua e 
ompasso os ar
os 
apazes de α sobre
AB.Prova.
α
A B
Podemos usar ar
os 
apazes para examinar o problema de traçar as tan-gentes a um 
ír
ulo por um ponto exterior, 
onforme ensina a seguinteProposição 9. Dados no plano um 
ír
ulo e um ponto P exterior ao mesmo,há exatamente duas retas tangentes ao 
ír
ulo e passando por P .Prova. Seja O o 
entro do 
ír
ulo dado, e A e B os pontos de interseção domesmo 
om aquele de diâmetro OP (�gura 9). Pelas observações anteriores,os semi
ír
ulos superior e inferior do 
ír
ulo traçado podem ser vistos 
omoos ar
os 
apazes de 90◦ sobre PO. Portanto, OÂP = OB̂P = 90◦; de outraforma, OA⊥AP e OB⊥BP , e a proposição 2 garante que as retas ←→AP e ←→BPsão tangentes ao 
ír
ulo dado.Re
ipro
amente, se r é uma reta passando por P e tangente ao 
ír
ulodado, em X digamos, então OX⊥ ←→XP , ou, o que é o mesmo, OX̂P = 90◦.Logo, X perten
e a um dos ar
os 
apazes de 90◦ sobre OP , i.e., X perten
eao 
ír
ulo de diâmetro OP . Mas aí, X está sobre a interseção do 
ír
ulo dado
om aquele de diâmetro OP , e portanto X = A ou X = B.A demonstração da proposição a
ima pode ser fa
ilmente adaptada empassos para a seguinte 
onstrução geométri
a importante.
10 MA13 - Unidade 8
O
P
A
BFigura 9: tangentes a um 
ír
ulo por um ponto exterior.Exemplo 10. Construa 
om régua e 
ompasso as retas tangentes a Γ epassando por P .Prova.
O
P
A proposição a seguir estabele
e duas propriedades bastante úteis dastangentes traçadas a um 
ír
ulo a partir de um ponto exterior ao mesmo.Proposição 11. Seja Γ um 
ír
ulo de 
entro O e P um ponto exterior aomesmo. Se A,B ∈ Γ são tais que ←→PA e ←→PB são tangentes a Γ (�gura 10),então
PA = PB e ←→PO é a mediatriz de AB.Em parti
ular, ←→PO⊥ ←→AB.Prova. Como OA = OB e PÂO = PB̂O = 90◦, os triângulos POA e
POB são 
ongruentes pelo 
aso espe
ial CH de 
ongruên
ia de triângulos
Lugares Geométri
os 11retângulos (problema 1, Unidade 4); em parti
ular, PA = PB. Agora, 
omo
P e O equidistam de A e de B, segue que ←→PO é a mediatriz do segmento
AB. O resto é imediato.
O
P
A
BFigura 10: propriedades das tangentes por um ponto exterior.Exemplo 12. São dados no plano pontos B e C e um dos ar
os 
apazes doângulo α sobre BC. Construa 
om régua e 
ompasso o LG dos pontos A doplano tais que BÂC = 1
2
α.Prova.
B C
O
12 MA13 - Unidade 8Problemas � Seção 11. * Dados no plano um 
ír
ulo Γ e um ponto P sobre o mesmo, mostreque a reta tangente a Γ em P é úni
a (sugestão: suponha que há outra,que não a 
onstruída na proposição 1, e 
hegue a uma 
ontradição).2. São dados no plano uma reta r e um ponto A ∈ r. Identi�que e 
onstrua
om régua e 
ompasso o LG dos pontos do plano que são 
entros dos
ír
ulos tangentes à reta r no ponto A.3. São dados no plano retas 
on
orrentes r e s e um ponto P de r. Cons-trua os 
ír
ulos tangentes a r e s, sendo P o ponto de tangên
ia 
om areta r.4. São dados no plano um segmento de 
omprimento R e uma reta r.Identi�que e 
onstrua 
om régua e 
ompasso o LG dos pontos do planoque são 
entros dos 
ír
ulos de raio R tangentes à reta r.5. Temos no plano duas retas 
on
orrentes r e s. Dado um real R > 0,
onstrua todos os 
ír
ulos de raio R tangentes simultaneamente a r ea s.6. Sejam a, b e c três retas do plano, 
om a ‖ b, e c 
on
orrente 
om a e
b. Construa 
om régua e 
ompasso os 
ír
ulos tangentes a a, b e c.Para os problemas 7 a 9 a seguir, dizemos que dois 
ír
ulos são:
• exteriores se não tiverem pontos 
omuns e tiverem interiores dis-juntos;
• interiores se não tiverem pontos 
omuns mas o interior de umdeles 
ontiver o outro;
• se
antes se tiverem dois pontos em 
omum;
Lugares Geométri
os 13
• tangentes se tiverem um úni
o ponto 
omum; nesse último 
aso,os 
ír
ulos são tangentes exteriormente se tiverem interioresdisjuntos e tangentes interiormente 
aso 
ontrário.7. Dados 
ír
ulos Γ1(O1;R1) e Γ2(O2;R2), prove que Γ1 e Γ2 são:(a) exteriores se e só se O1O2 = R1 +R2.(b) tangentes exteriormente se esó se O1O2 = R1 +R2.(
) se
antes se e só se |R1 − R− 2| < O1O2 < R1 +R2.(d) tangentes interiormente se e só se O1O2 = |R1 − R2|.(e) interiores se e só se O1O2 < |R1 − R2|.8. São dados no plano um 
ír
ulo Γ de 
entro O e um ponto A de Γ.Identi�que e 
onstrua 
om régua e 
ompasso o LG dos 
entros dos
ír
ulos tangentes a Γ em A.9. São dados no plano um 
ír
ulo Γ, de 
entro O e raio R, e um segmentode 
omprimento r. Identi�que e 
onstrua 
om régua e 
ompasso o LGdos 
entros dos 
ír
ulos de raio r e tangentes a Γ. Em que medida oLG em questão depende dos valores R e r?10. Os segmentos AP e AQ tangen
iam um 
ír
ulo Γ e medem 5 
m 
ada.Es
olhemos pontos B ∈ AP e C ∈ AQ tais que BC também tangen
ia
Γ. Cal
ule os possíveis valores do perímetro do triângulo ABC.11. (Torneio das Cidades). Seja ABCD um quadrado de lado a, e Γ o
ír
ulo de 
entro A e raio a. Mar
amos pontos M e N sobre BC e CDtais que MN tangen
ia Γ. Quais os possíveis valores do ângulo MÂN?12. As retas r e s são 
on
orrentes em A e tangentes a um 
ír
ulo Γ de
entro O. Pontos P ∈ r, Q ∈ s são tais que ←→PQ tangen
ia Γ e deixa Ae O em semiplanos opostos. Se PÂQ = 28◦, 
al
ule PÔQ.
14 MA13 - Unidade 813. Dois 
ír
ulos Γ e Σ se interse
tam em dois pontos distintos A e B.Es
olhemos X ∈ Γ e Y ∈ Σ tais que A ∈ XY . Prove que a medida doângulo ∠XBY independe da direção da reta ←→XY .14. As 
ordas AB e CD de um 
ír
ulo Γ são perpendi
ulares em E, umponto situado no interior do 
ír
ulo. A reta perpendi
ular a AC por Einterse
ta o segmento BD em F . Prove que F é o ponto médio de BD.2 Cír
ulos asso
iados a um triânguloDe posse dos 
on
eitos de ar
os 
apazes e tangên
ia de retas e 
ír
ulos, re-tomamos aqui nosso estudo dos pontos notáveis de um triângulo.Proposição 13. Todo triângulo admite uma úni
o 
ír
ulo passando por seusvérti
es. Tal 
ír
ulo é dito 
ir
uns
rito ao triângulo, e seu 
entro é o 
ir-
un
entro do mesmo.Prova. Seja ABC um triângulo de 
ir
un
entro O (�gura 11). Como O é
A B
C
O
s
t
rFigura 11: 
ir
un
entro e 
ír
ulo 
ir
uns
rito a um triângulo.o ponto de interseção das mediatrizes dos lados do triângulo, temos OA =
OB = OC. Denotando por R tal distân
ia 
omum, segue que o 
ír
ulo de
Lugares Geométri
os 15
entro O e raio R passa por A,B,C. Existe, portanto, um 
ír
ulo passandopelos vérti
es de ABC.Re
ipro
amente, o 
entro de um 
ír
ulo que passe pelos vérti
es de ABCdeve equidistar dos mesmos. Portanto, o 
entro perten
e às mediatrizes doslados de ABC, donde 
oin
ide 
om o ponto de interseção das mesmas, queé o 
ir
un
entro O. Por �m, o raio do 
ír
ulo, sendo a distân
ia de O aosvérti
es, é igual a R.Proposição 14. Se ABC é um triângulo de 
ir
un
entro O, então O estáno interior (resp. sobre um lado, no exterior) de ABC se e só se ABC fora
utângulo (resp. retângulo, obtusângulo).Prova. Sejam Γ o 
ír
ulo 
ir
uns
rito a ABC, M o ponto médio de BC. Hátrês 
asos a 
onsiderar:(a) O está no interior de ABC (�gura 12): no triângulo OAB temos AÔB =
2AĈB. Por outro lado, 0◦ < AÔB < 180◦, donde 2AĈB < 180◦, ou ainda
AĈB < 90◦. Analogamente, AB̂C < 90◦ e BÂC < 90◦, donde ABC éa
utângulo.
A B
C
O
M
Γ
Figura 12: O está no interior de ABC.(b) O está sobre um lado de ABC (�gura 13): suponha, sem perda de gene-ralidade, que O ∈ BC. Nesse 
aso, BC é diâmetro de Γ e O é o ponto médio
16 MA13 - Unidade 8de BC, de maneira que
BÂC = 90◦ =
1
2
⌢
BXC =
1
2
180◦ = 90◦.
B C
A
O
X
Γ
Figura 13: O está sobre um lado de ABC.(
) O está no exterior de ABC (�gura 14): suponha, sem perda de generali-dade, que O e A estão em semiplanos opostos em relação à reta ←→BC. Comoa medida do ar
o ⌢BC que não 
ontém A é 
laramente maior que 180◦, temos
BÂC =
1
2
⌢
BXC >
1
2
180◦ = 90◦,e ABC é obtusângulo em A.Corolário 15. Seja ABC um triângulo a
utângulo de 
ir
un
entro O. Se
M é o ponto médio do lado AB, então AÔM = BÔM = AĈB.Prova. Imediata a partir da prova do item (a) da proposição anterior, tendo-se em 
onta que
AÔM = BÔM =
1
2
AÔB = AĈB.
Lugares Geométri
os 17
B C
A
M
O
X
ΓFigura 14: O está no exterior de ABC.Proposição 16. Todo triângulo admite uma úni
o 
ír
ulo 
ontido no mesmoe tangente a seus lados. Tal 
ír
ulo é dito ins
rito no triângulo, e seu 
entroé o in
entro do mesmo.Prova. Seja I o in
entro de um triângulo ABC (�gura 15). Como I é oponto de interseção das bissetrizes internas de ABC, temos que I equidistados lados de ABC. Sendo r tal distân
ia 
omum aos lados, segue que o
ír
ulo de 
entro I e raio r está 
ontido em ABC e tangen
ia seus lados. A
A
B C
IFigura 15: 
ír
ulo ins
rito em um triângulo.uni
idade do 
ír
ulo ins
rito pode ser estabele
ida mediante um argumentoanálogo ao da uni
idade do 
ír
ulo 
ir
uns
rito, sendo portanto deixada aoleitor.
18 MA13 - Unidade 8Exemplo 17. Construa 
om régua e 
ompasso os 
ír
ulos ins
rito e 
ir
uns-
rito ao triângulo ABC dado a seguir:Solução.
A
B
C
Asso
iados a todo triângulo há ainda três outros 
ír
ulos notáveis, os
ír
ulos ex-ins
ritos aos lados do triângulo.Proposição 18. Em todo triângulo ABC, existe um úni
o 
ír
ulo tangenteao lado BC e aos prolongamentos dos lados AB e AC. Tal 
ír
ulo é o 
ír
uloex-ins
rito ao lado BC, e seu 
entro é o ex-in
entro de ABC relativo a
BC (ou ao vérti
e A).Prova. Sejam r e s as bissetrizes externas dos vérti
es B e C do triângulo
ABC, e I
a
seu ponto de interseção. Como I
a
∈ r e r é bissetriz, segue que
d(I
a
,
←→
BC) = d(I
a
,
←→
AB).Do mesmomodo, uma vez que I
a
∈ s, 
on
luímos que d(I
a
,
←→
BC) = d(I
a
,
←→
AC).Denotando por r
a
a distân
ia 
omum de I
a
às retas suportes dos lados, segueque o 
ír
ulo de 
entro I
a
e raio r
a
tangen
ia BC e os prolongamentos de
AB e AC (a uni
idade do mesmo é deixada ao leitor).Observações 19.
Lugares Geométri
os 19
A C
B
I
a
r
s
Figura 16: a 
ir
unferên
ia ex-ins
rita ao lado BC do triângulo ABC.i. Em geral, dado um triângulo ABC, denotamos o 
entro e o raio do
ír
ulo 
ir
uns
rito respe
tivamente por O e R, do 
ír
ulo ins
rito res-pe
tivamente por I e r, e do 
ír
ulo ex-ins
rito a BC respe
tivamentepor I
a
e r
a
.ii. Todo triângulo ABC admite exatamente três 
ír
ulos ex-ins
ritos; 
on-soante as notações estabele
idas no item i., denotamos os 
entros eraios dos 
ír
ulos ex-ins
ritos a AC e AB respe
tivamente por I
b
, I
c
e
r
b
, r
c
.Uma 
onsequên
ia imediata da prova da proposição a
ima é o seguinteCorolário 20. Em todo triângulo, a bissetriz interna relativa a um vérti
e
on
orre 
om as bissetrizes externas relativas aos outros dois vérti
es no ex-in
entro.Proposição 21. Seja ABC um triângulo de lados AB = c, BC = a, CA =
b e semiperímetro p (�gura 17). Sejam D, E e F os pontos onde o 
ír
uloins
rito em ABC tangen
ia os lados BC, CA e AB, respe
tivamente, esuponha ainda que o 
ír
ulo ex-in
rito a BC tangen
ia tal lado em M e osprolongamentos de AC e AB respe
tivamente em N e P . Então:
(a) BD = BF = p− b, CD = CE = p− c, AF = AE = p− a.
20 MA13 - Unidade 8
(b) AN = AP = p.
(c) BM = BP = p− c, CM = CN = p− b.
(d) EN = FP = a.
(e) O ponto médio de BC também é o ponto médio de DM .Prova.(a) Denotando AE = AF = x, BD = BF = y e CD = CE = z, obtemoso sistema



x+ y = c
y + z = a
z + x = b
.Somando ordenadamente essas igualdades, obtemos x+ y + z = 2p, e daí
x = (x+ y + z)− (y + z) = p− a.Analogamente, y = p− b e z = p− c.
A C NE
I
I
a
B
F
P
D
M
Figura 17: alguns segmentos notáveis do triângulo ABC.
Lugares Geométri
os 21(b) Sendo AN = AP = u, temos
2u = AN + AP = (AC + CN) + (AB + BP )
= (AC + AB) + (CN + BP )
= (b+ c) + (CM + BM)
= b+ c+ BC = a+ b+ c = 2p,de modo que u = p.(
) É 
laro que BM = BP e que CM = CN . Por outro lado,
BP = AP − AB = p− c e CN = AN − AC = p− b.(d) Façamos a prova de que EN = a (provar que FP = a é análogo):
EN = AN − AE = p− (p− a) = a.(e) Basta provar que CM = BD, o que já �zemos a
ima.Os 
ál
ulos da proposição a
ima são úteis em muitos problemas, valendomesmo a pena memorizar pelo menos os resultados dos itens (a), (b), (d) e(e). Observe ainda que os itens (
), (d) e (e) são de
orrên
ias prati
amenteimediatasdos itens (a) e (b).Terminemos esta seção 
om um resultado que forne
e outra relação entreo in
entro e os ex-in
entros de um triângulo.Proposição 22. Seja ABC um triângulo qualquer, I seu in
entro, I
a
seuex-in
entro relativo a BC e M o ponto onde o 
ír
ulo 
ir
uns
rito a ABCinterse
ta o segmento II
a
(
f. �gura 18). Então M é o ponto médio do ar
o
BC que não 
ontém A e
MB = MC = MI = MI
a
.
22 MA13 - Unidade 8
A
C
B
I
M
I
a
Figura 18: in
entro, ex-in
entro e ponto médio do ar
o 
orrespondenteProva. Como MÂB = MÂC = 1
2
Â, segue do teorema do ângulo ins
ritoque os ar
os ⌢MB e ⌢MC que não 
ontêm A são iguais e, portanto, M é seuponto médio. Como ar
os iguais subentendem 
ordas iguais, temos MB =
MC. Veja agora que BM̂I = BM̂A = BĈA = Ĉ e
IB̂M = IB̂C + CB̂M =
1
2
B̂ + CÂM
=
1
2
B̂ +
1
2
Â.Portanto,
BÎM = 180◦ − IB̂M −BM̂I
= 180◦ −
1
2
B̂ −
1
2
Â− Ĉ
= Â + B̂ + Ĉ −
1
2
B̂ −
1
2
Â− Ĉ
=
1
2
B̂ +
1
2
 = IB̂M,de modo que o triângulo IBM é isós
eles de base BM . Assim, IM = BM =
CM .Deixamos 
omo exer
í
io para o leitor provar a igualdade BM = MI
a
;o argumento é análogo ao a
ima.
Lugares Geométri
os 23Problemas � Seção 21. Construa o triângulo ABC 
onhe
endo os 
omprimentos do raio R do
ír
ulo 
ir
uns
rito e a e b dos lados BC e AC, respe
tivamente.2. Sejam ABC um triângulo qualquer, eM e N respe
tivamente os pontosonde as bissetrizes interna e externa relativas ao vérti
e A interse
tamo 
ír
ulo 
ir
uns
rito a ABC. Prove que MN é um diâmetro desse
ír
ulo.3. Seja ABC um triângulo qualquer e sejam M , N e P os pontos onde asbissetrizes internas de ABC, relativas respe
tivamente aos vérti
es A,
B e C, interse
tam o 
ír
ulo 
ir
uns
rito ao triângulo (M 6= A, N 6= B,
P 6= C). Prove que o in
entro de ABC é o orto
entro de MNP .4. Sejam a, b e c três retas do plano, duas a duas 
on
orrentes mas nãopassando as três por um mesmo ponto. Construa 
om régua e 
ompassoos pontos do plano equidistantes de a, b e c.5. * Prove que, em todo triângulo, os pontos simétri
os do orto
entro emrelação às retas suportes de seus lados estão situados sobre o 
ír
ulo
ir
uns
rito.
MA13 - Unidade 9Atividade Espe
ialSemana 05/09/2011 a 11/09/2011
Nesta unidade apresentaremos um tópi
o de grande interesse intrínse
o, masdo qual utilizaremos apenas a proposição 1 na Unidade 11.1 Quadriláteros ins
ritíveis e 
ir
uns
ritíveisContrariamente aos triângulos, nem todo quadrilátero (
onvexo) admite um
ír
ulo passando por seus vérti
es. Para ver isso, basta tomar um triângulo
ABD e um ponto C não perten
ente ao 
ír
ulo 
ir
uns
rito a ABD (�gura 1).Por outro lado, dizemos que um quadrilátero é ins
ritível se existir um
ír
ulo passando por seus vérti
es.É imediato a partir da uni
idade do 
ír
ulo 
ir
uns
rito a um triânguloque, se um quadrilátero for ins
ritível, então o 
ír
ulo que passa por seusvérti
es é úni
o, e será doravante denominado o 
ír
ulo 
ir
uns
rito aoquadrilátero.Podemos mostrar (
f. problema 7, página 9) que um quadrilátero é ins-1
2 MA13 - Unidade 9
A
D
C
B
Figura 1: um quadrilátero não-ins
ritível.
ritível se e só se as mediatrizes de seus lados se interse
tarem em um úni
oponto, o 
ir
un
entro do quadrilátero. Porém, nas apli
ações que temos emmente, a 
ara
terização dos quadriláteros ins
ritíveis dada a seguir mostra-seem geral mais útil:Proposição 1. Um quadrilátero 
onvexo ABCD, de lados AB, BC, CD e
DA, é ins
ritível se e só uma qualquer das 
ondições a seguir for satisfeita:
(a) DÂB +BĈD = 180◦.
(b) BÂC = BD̂C.Prova. Suponhamos ini
ialmente que ABCD seja ins
ritível (�gura 2). En-tão, pelo teorema do ângulo ins
rito, temos BÂC = BD̂C e
DÂB +BĈD =
1
2
⌢
BCD +
1
2
⌢
BAD = 180◦.Re
ipro
amente (�gura 3), suponhamos primeiro que BÂC = BD̂C.Como ABCD é 
onvexo e os vérti
es de ABCD estão nomeados 
onse
uti-vamente, segue que A e D estejam situados de um mesmo lado da reta ←→BC .Sendo θ o valor 
omum dos ângulos BÂC e BD̂C, temos que A e D estãoambos sobre o ar
o 
apaz de θ sobre BC. Logo, o 
ír
ulo desse ar
o 
apaz é
ir
uns
rito a ABCD.
Áreas de Figuras Planas 3
A
B
C
D
Figura 2: ABCD ins
ritível ⇒ DÂB +BĈD = 180◦ e BÂC = BD̂C.
A
B
C
D
Figura 3: BÂC = BD̂C ⇒ ABCD ins
ritível.Suponhamos agora que DÂB + BĈD = 180◦ (�gura 4), e 
onsidere o
ír
ulo 
ir
uns
rito aBAD. Se C estiver no interior do mesmo, seja ←→BC∩α =
{E}. Pelo item (a), temos
DÂB +BÊD = 180◦ = DÂB +BĈD,e daí BÊD = BĈD, uma 
ontradição ao teorema do ângulo externo. Se Cfor exterior ao 
ír
ulo 
hegamos a uma 
ontradição análoga.No que segue, apresentamos duas apli
ações importantes da proposiçãoa
ima. Para a primeira delas, pre
isamos da seguinte nomen
latura: o tri-ângulo órti
o (�gura 5) de um triângulo não-retângulo ABC é o triânguloformado pelos pés das alturas de ABC.Proposição 2. Em todo triângulo a
utângulo, o orto
entro 
oin
ide 
om oin
entro do triângulo órti
o.
4 MA13 - Unidade 9
A
B
E
D
C
Figura 4: BÂC +BD̂C = 180◦ ⇒ ABCD ins
ritível.
A
BC
H
c
H
b
H
a
H
Figura 5: o triângulo órti
o HaHbHc de ABC.Prova. Vamos nos referir à �gura 5. Como HĤ
a
B +HĤ
c
B = 90◦ + 90◦ =
180◦, segue da proposição 1 que o quadrilátero HH
a
BH
c
é ins
ritível. Por-tanto, novamente por aquela proposição, temos
HĤ
a
H
c
= HB̂H
c
= H
b
B̂A = 90◦ − Â.Por outro lado, desde que HĤ
a
C +HĤ
b
C = 180◦ temos HH
a
CH
b
tambémins
ritível. Portanto, temos também
HĤ
a
H
b
= HĈH
b
= H
c
ĈA = 90◦ − Â.Provamos então que HĤ
a
H
c
= HĤ
a
H
b
, i.e., o segmento HH
a
é bissetrizdo ângulo ∠H
c
H
a
H
b
do triângulo órti
o. Analogamente, HH
b
e HH
c
sãobissetrizes dos outros dois ângulos do triângulo órti
o, de maneira que seuponto de interseção H (o orto
entro de ABC) é o in
entro de H
a
H
b
H
c
.
Áreas de Figuras Planas 5Nossa segunda apli
ação diz respeito à seguinte situação: dados no planoum triângulo ABC e um ponto P não situado sobre qualquer das retas supor-tes dos lados de ABC, mar
amos os pontosD, E e F , pés das perpendi
ularesbaixadas de P respe
tivamente aos lados BC, CA e AB. O triângulo DEFassim obtido é o triângulo pedal de P em relação a ABC. Por exemplo, otriângulo órti
o de um triângulo (�gura 5) é o triângulo pedal do orto
entrodo triângulo.O resultado a seguir, 
onhe
ido 
omo o teorema de Simson-Walla
e,expli
a quando o triângulo pedal de um ponto é degenerado (i.e., tal que D,
E e F são 
olineares).Proposição 3 (Simson-Walla
e). Dados um triângulo ABC e um ponto Pnão situado sobre as retas suportes de seus lados, o triângulo pedal de P emrelação a ABC é degenerado se e só se P estiver sobre o 
ír
ulo 
ir
uns
ritoa ABC.Prova. A �m de que P esteja situado sobre o 
ír
ulo 
ir
uns
rito a ABC,a úni
a possibilidade é que P esteja situado em uma das regiões angulares
∠BAC, ∠ABC ou ∠BCA mas seja exterior ao triângulo ABC. Analoga-mente, a �m de que o triângulo pedal de P em relação a ABC possa serdegenerado, P deve ser exterior ao triângulo ABC e estar situado em umade tais regiões angulares. Portanto podemos, sem perda de generalidade,supor que P é exterior ao triângulo ABC e está situado na região angular
∠ABC (�gura 6).Sejam respe
tivamente D, E e F os pés das perpendi
ulares baixadasde P às retas suportes dos lados BC, AC e AB. Podemos também supor,sem perda de generalidade, que D e E estão sobre os lados BC e AC, res-pe
tivamente, mas que F está sobre o prolongamento do lado AB. Como
PF̂A = PÊA = 90◦, o quadrilátero PFAE é ins
ritível. Analogamente, oquadrilátero PEDC também é ins
ritível. Segue daí que
AP̂C −DP̂F = DP̂C − FP̂A = DÊC − FÊA,
6 MA13 - Unidade 9
A
B C
P
F
E
DFigura 6: a reta de Simson-Walla
e.i.e.,
AP̂C = DP̂F ⇔ DÊC = FÊA ⇔ D,E e F são 
olineares.Por �m, note que DP̂F = 180◦ −AB̂C, de modo que
AP̂C = DP̂F ⇔ AP̂C + AB̂C = 180◦ ⇔ ABCP é ins
ritível.Nas notações da dis
ussão a
ima, quando P estiver sobre o 
ír
ulo 
ir-
uns
rito a ABC diremos que a reta que passa pelos pontos D, E e F é areta de Simson-Walla
e de P relativa a ABC.Voltando à dis
ussão do parágrafo ini
ial desta seção, observamos agoraque nemtodo quadrilátero 
onvexo possui um 
ír
ulo tangente a todos os seuslados (o leitor pode 
onstruir um exemplo fa
ilmente). Quando tal o
orrer,diremos que o quadrilátero é 
ir
uns
ritível e que o 
ír
ulo tangente a seuslados é o 
ír
ulo ins
rito no quadrilátero. O teorema a seguir, 
onhe
ido
omo o teorema de Pitot1, dá uma 
ara
terização útil dos quadriláteros1Após Henri Pitot, engenheiro fran
ês do sé
ulo XVII.
Áreas de Figuras Planas 7ins
ritíveis.Teorema 4 (Pitot). Um quadrilátero 
onvexo ABCD, de lados AB, BC,
CD e DA, é 
ir
uns
ritível se e só se
AB + CD = AD + BC.Prova. Suponha primeiro que ABCD seja 
ir
uns
ritível e sejamM,N, P,Qrespe
tivamente os pontos de tangên
ia de AB, BC, CD e DA 
om o 
ír
uloins
rito em ABCD.
A
B C
D
M
N
P
Q
Figura 7: somas iguais dos lados opostos ⇒ ABCD 
ir
uns
ritível.
AB + CD = (AM + MB) + (CP + PD)
= AQ+ BN + CN + DQ
= (AQ+ DQ) + (BN + CN) = AD + BC.Re
ipro
amente, suponhamos que AB + CD = AD + BC. Se ABCDnão for 
ir
uns
ritível, o 
ír
ulo Γ tangente aos lados AD, AB e BC de
ABCD não tangen
ia o lado CD.Seja E o ponto sobre a semirreta −→AD tal que CE tangen
ia o 
ír
uloins
rito Γ (na �gura 8 estamos 
onsiderando o 
aso em que E está situadoentre A e D; o outro 
aso é totalmente análogo). Pelo que �zemos a
ima,segue que AB + CE = AE + BC. Como AB + CD = AD + BC, segueque
CD − CE = AD − AE = DE,
8 MA13 - Unidade 9
A
B C
E
D
Figura 8: ABCD 
ir
uns
ritível ⇒ somas iguais dos lados opostos.ou ainda que CD = CE + ED, 
ontradizendo a desigualdade triangular notriângulo CDE.Problemas1. Seja ABCD um quadrilátero ins
ritível e E o ponto de en
ontro desuas diagonais. Sejam ainda M,N, P,Q respe
tivamente os pés dasperpendi
ulares baixadas de E aos lados AB,BC,CD,DA. Prove queo quadrilátero MNPQ é 
ir
uns
ritível (sugestão: use o fato de osquadriláteros EPCN , ABCD e PEQD serem ins
ritíveis para mostrarque NP̂E = QP̂E; argumente analogamente para os demais vérti
esde MNPQ, e use em seguida o resultado do problema anterior).2. Sobre 
ada lado do triângulo a
utângulo ABC 
onstruímos um 
ír
ulotendo o lado por diâmetro. Prove que esses três 
ír
ulos têm um pontoem 
omum.3. * Seja ABC um triângulo a
utângulo de 
ir
un
entro O e sejam H
b
e
H
c
os pés das alturas respe
tivamente relativas aos lados BC, CA e
AB. Prove que:(a) AĤ
b
H
c
= AB̂C e AĤ
c
H
b
= AĈB.(b) ←→OA⊥ ←→H
b
H
c
.
Áreas de Figuras Planas 94. Considere no plano quatro retas que se interse
tam duas a duas, e taisque não há três passando por um mesmo ponto. Prove que os 
ír
ulos
ir
uns
ritos aos quatro triângulos que tais retas determinam passamtodos por um mesmo ponto.5. Dado um triângulo ABC 
om 
ír
ulo 
ir
uns
rito Γ, sejam P um pontosituado sobre o ar
o ⌢AC de Γ que não 
ontém o vérti
e B e D o péda perpendi
ular baixada de P à reta suporte do lado BC. Se Q 6= Pé o outro ponto de interseção da reta ←→DP 
om o 
ír
ulo Γ, e r denotaa reta de Simson-Walla
e de P em relação a ABC, prove que r ‖ ←→AQ(sugestão: 
ome
e observando que PQ̂A = PĈA).6. Sejam ABC um triângulo 
om 
ír
ulo 
ir
uns
rito Γ, e P e P ′ pontossituados sobre o ar
o ⌢AC de Γ que não 
ontém o ponto B. Se r e
r′ denotam respe
tivamente as retas de Simson-Walla
e de P e P ′ emrelação a ABC, prove que o ângulo entre r e r′ é igual à metade damedida do ar
o ⌢PP ′ de Γ que não 
ontém o vérti
e A (sugestão: use oresultado do problema anterior).7. * Um polígono 
onvexo é ins
ritível se existir um 
ír
ulo passandopor seus vérti
es, dito o 
ír
ulo 
ir
uns
rito ao polígono. Prove queum polígono 
onvexo é ins
ritível se e só se as mediatrizes de seus lados
on
orrem em um úni
o ponto.
MA13 - Unidade 10Propor
ionalidade e Semelhança ISemana 12/09/2011 a 18/09/2011
1 O teorema de ThalesConsideremos a seguinte situação: temos no plano retas paralelas r, s e t(�gura 1). Traçamos em seguida retas u e u′, a primeira interse
tando r, se t respe
tivamente nos pontos A, B e C, e a segunda interse
tando r, s e trespe
tivamente em A′, B′ e C ′.Se fosse AB = BC (o que pare
e não ser o 
aso na �gura a
ima), teríamospelo teorema da base média de um trapézio (proposição 12, Unidade 6) que
A′B′ = B′C ′. De outra forma, já sabemos que
AB
BC
= 1 ⇒
A′B′
B′C ′
= 1.Suponha agora que AB
BC
seja um número ra
ional, digamos 2
3
, para exempli-�
ar. Dividamos então os segmentos AB e BC respe
tivamente em duas e1
2 MA13 - Unidade 10
r
s
t
u u′
A
B
C
X
Y
Z
A′
B′
C ′
X ′
Y ′
Z ′
Figura 1: paralelas 
ortadas por transversais.três partes iguais, obtendo pontos X , Y e Z em u, tais que
AX = XB = BY = Y Z = ZC(�gura 1). Se traçarmos por X , Y e Z paralelas às retas r, s e t, as quaisinterse
tam u′ respe
tivamente em X ′, Y ′ e Z ′, então mais três apli
ações doteorema da base média de um trapézio garantem que
A′X ′ = X ′B′ = B′Y ′ = Y ′Z ′ = Z ′C ′,e daí
AB
BC
=
2
3
⇒
A′B′
B′C ′
=
2
3
.Prosseguindo 
om nosso ra
io
ínio, suponha agora que fosse AB
BC
= m
n
, 
om
m,n ∈ N. Então uma pequena modi�
ação do argumento a
ima (dividindoini
ialmenteAB e BC emm e em n partes iguais, respe
tivamente) garantiriaque
AB
BC
=
m
n
⇒
A′B′
B′C ′
=
m
n
.
Propor
ionalidade e Semelhança 3De outra forma, a relação
AB
BC
=
A′B′
B′C ′é válida sempre que o primeiro (ou o segundo) membro for um ra
ional.A pergunta natural nesse momento é a seguinte: a igualdade das razõesa
ima se mantém quando um dos membros da mesma for um número irra-
ional? A resposta é sim, e, para entender o porquê disso, utilizaremos oproblema 1.5.2 do volume I. Suponha que
AB
BC
= x,
om x irra
ional. Es
olha (pelo problema a que nos referimos) uma sequên
ia
(an)n≥1 de ra
ionais positivos, tal que
x < an < x+
1
npara todo n ∈ N. Em seguida, marque (�gura 2) o ponto Cn ∈ u tal que
AB
BCn
= an.Sejam tn a paralela às retas r, s e t traçada por Cn e C ′n o ponto onde tninterse
ta u′. Como an ∈ Q, um argumento análogo ao anterior garante que
A′B′
B′C ′n
= an.De outra forma, obtivemos que
x <
AB
BCn
< x+
1
n
⇒ x <
A′B′
B′C ′n
< x+
1
n
,ou ainda
AB
BC
<
AB
BCn
<
AB
BC
+
1
n
⇒
AB
BC
<
A′B′
B′C ′n
<
AB
BC
+
1
n
. (1)
4 MA13 - Unidade 10
r
s
t
tn
u u′
A
B
Cn
C
A′
B′
C ′n
C ′
Figura 2: razão AB
BC
irra
ional.Observe agora que as desigualdades do primeiro membro a
ima garantemque, à medida em que n aumenta, os pontos Cn aproximam-se mais e maisdo ponto C. Mas 
omo tn ‖ t, segue então que os pontos C ′n aproximam-semais e mais do ponto C ′, de maneira que a razão A′B′
B′C′
n
aproxima-se mais emais da razão A′B′
B′C′
. Abreviamos isso es
revendo
A′B′
B′C ′n
−→
A′B′
B′C ′
quando n → +∞.Por outro lado, utilizando notação análoga à da linha a
ima, podemos 
la-ramente inferir, a partir das desigualdades do segundo membro de (1), que
A′B′
B′C ′n
−→
AB
BC
quando n → +∞.Utilizando agora o fato (intuitivamente óbvio) de que uma sequên
ia de reaisnão pode aproximar-se simultaneamente de dois reais distintos quando n →
+∞, somos forçados a 
on
luir que
AB
BC
=
A′B′
B′C ′
.
Propor
ionalidade e Semelhança 5A dis
ussão a
ima provou um dos resultados fundamentais da geometriaEu
lidiana plana, 
onhe
ido 
omo o teorema de Thales, o qual enun
iamosformalmente a seguir:Proposição 1. Sejam r, s, t retas paralelas. Es
olhemos pontos A,A′ ∈ r,
B,B′ ∈ s e C,C ′ ∈ t, de modo que A,B,C e A′, B′, C ′ sejam dois ternos depontos 
olineares. Então
AB
BC
=
A′B′
B′C ′
.
Figura 3: Thales de Mileto, matemáti
o e �lósofo do sé-
ulo VII a.C. e o primeiro da antiguidade 
lássi
a grega.Cole
ionamos a seguir algumas apli
ações do teorema de Thales, 
ome-çando pelo seguinteExemplo 2. Divida o segmento AB dado a seguir em 
in
o partes iguais
om régua e 
ompasso.Solução.
A B
Des
rição dos passos.
6 MA13 - Unidade 101. Tra
e pelo ponto A uma reta arbitrária r.2. Marque sobre r pontos C0 = A, C1, C2, C3, C4 e C5 tais que, para
0 ≤ i ≤ 4, os segmentos CiCi+1 sejam todos iguais.3. Para 1 ≤ i ≤ 4, tra
e a paralela à reta ←→C5B passando por Ci.4. SeDi é a interseção de tal paralela 
om o segmento AB, então o teoremade Thales garante que os pontosD1, D2, D3 e D4 dividem AB em 
in
opartes iguais.Para o próximo exemplo, dados reais positivos a, b e c, dizemos que umreal positivo x é a quarta propor
ional de a, b e c (nessa ordem) se
a
b
=
c
x
.Caso a, b e c sejam os 
omprimentos de três segmentos, diremos também queum segmento de 
omprimento x dado 
omo a
ima é a quarta propor
ionaldos segmentos de 
omprimentos a, b e c (nessa ordem).Exemplo 3. Construa 
om régua e 
ompasso a quarta propor
ional dossegmentos dados abaixo.Solução.
a b
c
Des
rição dos passos.
Propor
ionalidade e Semelhança 71. Tra
e duas retas r e s, 
on
orrentes no ponto A.2. Marque sobre a reta r os segmentos AB e BC tais que AB = a e
BC = c; marque sobre a reta s o segmento AD, tal que AD = b.3. Tra
e pelo ponto C a paralela à reta ←→AD, a qual interse
ta a reta s noponto E. Pelo teorema de Thales, temos DE = bc
a
, 
onforme desejado.Tão importante quanto o teorema de Thales, 
omo enun
iado a
ima, é are
ípro
a par
ial a seguir, também a ele devida.Corolário 4. Sejam dados no plano retas r, s e pontos A,A′ ∈ r, B,B′ ∈ s,
om ←→AB ∩ ←→A′B′ = {C}. Se AB
BC
= A
′B′
B′C
, então r ‖ s.Prova. Suponha que B ∈ AC (�gura 4 � os demais 
asos são análogos).Tra
e por B a reta s′ ‖ r, e marque o ponto B′′, interseção de s′ 
om osegmento A′C. Pelo teorema de Thales, temos AB
BC
= A
′B′′
B′′C
, de maneira que
r
s′
u u′
A
B
C
A′
B′′
Figura 4: re
ípro
a do teorema de Thales.
8 MA13 - Unidade 10nossas hipóteses forne
em
A′B′
B′C
=
A′B′′
B′′C
.Segue agora do problema 2, página 10, que B′ = B′′ ou, o que é o mesmo,
s = s′. Logo, s ‖ r.O resultado a seguir é 
onhe
ido 
omo o teorema da bissetriz.Proposição 5. Seja ABC um triângulo tal que AB 6= AC.
(a) Se P é o pé da bissetriz interna e Q é o pé da bissetriz externa relativasao lado BC, então
BP
PC
=
BQ
QC
=
BA
AC
.
(b) Sendo AB = c, AC = b e BC = a, temos
{
BP = ac
b+c
PC = ab
b+c
.
e { BQ = ac|b−c|
QC = ab
|b−c|
.
A
B CPQ Figura 5: o teorema da bissetriz.Prova. O item (b) segue imediatamente de (a): sendo BP = x e PC = y,temos x+ y = a e, pelo item (a), x
y
= c
b
. Resolvendo o sistema
{
x+ y = a
x
y
= c
b
Propor
ionalidade e Semelhança 9obtemos x = ac
b+c
e y = ab
b+c
. As demais fórmulas do item (b) são provadas demodo análogo.Quanto ao item (a), mostremos que BQ
QC
= BA
AC
, deixando a prova (análoga)da igualdade BP
PC
= BA
AC
a 
argo do leitor (problema 4, página 10).Tra
e, pelo ponto B, uma paralela à reta ←→AQ, e marque seu ponto B′ deinterseção 
om AC (�gura 6). Como ←→QA ‖ ←→BB′ e −→AQ é bissetriz de ∠QAX,
A
B C
X
Q
B′
Figura 6: prova do teorema da bissetriz.obtemos
AB̂B′ = BÂQ = QÂX = BB̂′A.Portanto, o triângulo ABB′ é isós
eles de base BB′, de maneira que B′A =
BA. Apli
ando agora o teorema de Thales às paralelas ←→QA e ←→BB′, interse
-tadas pelas retas ←→QC e ←→AC, obtemos
BQ
QC
=
AB′
AC
=
BA
AC
.
Problemas � Seção 11. As retas r, s e t são paralelas, 
om s entre r e t. As transversais u e vdeterminam, sobre r, s, t, pontos A,B,C e A′, B′, C ′, respe
tivamente,
10 MA13 - Unidade 10tais que AB = x + 2, BC = 2y, A′B′ = y e B′C ′ = (x − 10)/2.Sabendo que x+ y = 18, determine AB.2. * Sejam P1 e P2 pontos no interior de um segmento AB, tais que
AP1
P1B
=
AP2
P2B
.Prove que os pontos P1 e P2 
oin
idem.3. Dados segmentos de 
omprimentos a e b, dizemos que um segmento de
omprimento x é a ter
eira propor
ional de a e b (nessa ordem)) se
a
b
=
b
x
.Mostre 
omo 
onstruir 
om régua e 
ompasso tal segmento de 
ompri-mento x (sugestão: use o teorema de Thales).4. * Complete a prova do teorema da bissetriz.5. Em um triângulo ABC, seja P o pé da bissetriz interna relativa a
BC. Construa 
om régua e 
ompasso o triângulo, 
onhe
endo os 
om-primentos PB, PC e AB (sugestão: use o teorema da bissetriz e a
onstrução da quarta propor
ional para 
onstruir obter um segmentode 
omprimento AC).2 Semelhança de triângulosDizemos que dois triângulos são semelhantes quando existe uma 
orres-pondên
ia biunívo
a entre os vérti
es de um e outro triângulo, de modoque os ângulos em vérti
es 
orrespondentes sejam iguais e a razão entreos 
omprimentos de lados 
orrespondentes seja sempre a mesma (�gura 7).Fisi
amente, dois triângulos são semelhantes se pudermos dilatar e/ou girare/ou re�etir um deles, obtendo o outro ao �nal de tais operações.
Propor
ionalidade e Semelhança 11
ka′
kc′ kb
′
A
B C
a′
b′
c′
A′
B′
C ′
Figura 7: dois triângulos semelhantes.Na �gura 7, os triângulos ABC e A′B′C ′ são semelhantes, 
om a 
orres-pondên
ia de vérti
es A ↔ A′, B ↔ B′, C ↔ C ′. Assim, Â = Â′, B̂ = B̂′,
Ĉ = Ĉ ′ e existe k > 0 tal que
AB
A′B′
=
BC
B′C ′
=
AC
A′C ′
= k.Tal real positivo k é denominado a razão de semelhança entre os triângulos
ABC e A′B′C ′, nessa ordem (observe que a razão de semelhança entre ostriângulos A′B′C ′ e ABC, nessa ordem, é 1
k
).Es
revemos ABC ∼ A′B′C ′ para denotar que os triângulos ABC e
A′B′C ′ são semelhantes, 
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A ↔ A′, B ↔ B′,
C ↔ C ′.Se ABC ∼ A′B′C ′ na razão (de semelhança) k, então k é também a razãoentre os 
omprimentos de dois segmentos 
orrespondentes quaisquer nos doistriângulos. Por exemplo, nas notações da �gura 7, sendo M o ponto médiode BC e M ′ o ponto médio de B′C ′, temos que
MA
M ′A′
=
a/2
a′/2
=
a
a′
= k(a esse respeito, veja também o problema 3, página 19).As três proposições a seguir estabele
em as 
ondições su�
ientes usuaispara que dois triângulos sejam semelhantes. Por tal razão, as mesmas são 
o-nhe
idas 
omo os 
asos de semelhança de triângulos usuais. Como suasdemonstrações são 
onsequên
ias fá
eis da re
ípro
a do teorema de Thales,
12 MA13 - Unidade 10faremos a prova do primeiro deles, deixando as demonstrações dos dois de-mais 
omo exer
í
ios para o leitor (
f. problema 1).Proposição 6. Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos no plano, tais que
AB
A′B′
=
BC
B′C ′
=
AC
A′C ′
.Então ABC ∼ A′B′C ′, 
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A ↔ A′, B ↔ B′,
C ↔ C ′. Em parti
ular, Â = Â′, B̂ = B̂′ e Ĉ = Ĉ ′.
ka′
kc′ kb
′
A
B C
a′
b′
c′
A′
B′
C ′
Figura 8: o 
aso de semelhança LLL.
Prova. Sendo k o valor 
omum das razões do enun
iado, temos AB = k ·
A′B′, BC = k · B′C ′ e AC = k · A′C ′. Suponha, sem perda de generalidade,
k > 1, e marque (
f. �gura 9) o ponto B′′ ∈ AB tal que AB′′ = A′B′.
D
B′′ C ′′
A
B CFigura 9: prova do 
aso de semelhança LLL.
Propor
ionalidade e Semelhança 13Sendo C ′′ a interseção 
om o lado AC da reta que passa por B′′ e éparalela ao lado BC, segue do teorema de Thales que
AC ′′
AC
=
AB′′
AB
=
1
k
,de maneira que AC ′′ = 1
k
· AC = A′C ′.Tra
e agora a paralela ao lado AB passando por C ′′, a qual interse
ta olado BC no ponto D. Então o quadrilátero B′′C ′′DB é um paralelogramos,de sorte que, novamente pelo teorema de Thales, temos
B′′C ′′
BC
=
BD
BC
=
AC ′′
AC
=
1
k
.Logo, B′′C ′′ = 1
k
· BC = B′C ′.A dis
ussão a
ima mostrou que
AB′′ = A′B′, AC ′′ = A′C ′ e B′′C ′′ = B′C ′,i.e., que os triângulos AB′′C ′′ e A′B′C ′ são 
ongruentes pelo 
aso LLL de
ongruên
ia. Portanto, temos
B̂ = AB̂C = AB̂′′C ′′ = A′B̂′C ′ = B̂′,e, analogamente, Â = Â′ e Ĉ = Ĉ ′.Proposição 7. Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos no plano, tais que
AB
A′B′
=
BC
B′C ′
= k e B̂ = B̂′.Então ABC ∼ A′B′C ′, 
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A ↔ A′, B ↔ B′,
C ↔ C ′. Em parti
ular, Â = Â′, Ĉ = Ĉ ′ e AC
A′C′
= k.Proposição 8. Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos no plano, tais que
 = Â′ e B̂ = B̂′.Então ABC ∼ A′B′C ′, 
om a 
orrespondên
ia de vérti
es A ↔ A′, B ↔ B′,
C ↔ C ′. Em parti
ular,
AB
A′B′
=
BC
B′C ′
=
AC
A′C ′
.
14 MA13 - Unidade 10
ka′
kc′
A
B C
a′
c′
A′
B′
C ′
Figura 10: o 
aso de semelhança LAL.
A
B C
A′
B′
C ′
Figura 11: o 
aso de semelhança AA.Como 
orolário dos 
asos de semelhança a
ima, estabele
emos na propo-sição a seguir as relações métri
as em triângulos retângulos.Proposição 9. Seja ABC um triângulo retângulo em A, 
om 
atetos AB =
c, AC = b e hipotenusa BC = a. Sendo H o pé da altura relativa à hipote-nusa, CH = x, BH = y e AH =h, temos:
(a) ah = bc.
(b) ax = b2 e ay = c2.
(c) a2 = b2 + c2.
(d) xy = h2.Prova.(a) e (b). Como AĤB = CÂB e AB̂H = CB̂A (�gura 12), os triângu-los BAH e BCA são semelhantes pelo 
aso AA, 
om a 
orrespondên
ia de
Propor
ionalidade e Semelhança 15vérti
es A ↔ C, H ↔ A, B ↔ B. Assim,
BH
AB
=
AB
BC
e AH
AB
=
AC
BC
,ou ainda
y
c
=
c
a
e h
c
=
b
a
.A relação ax = b2 é provada de maneira análoga.
A B
C
H
x
yh
c
b
a
Figura 12: relações métri
as num triângulo retângulo.(
) Somando membro a membro as relações (b) e (c), obtemos a(x + y) =
b2 + c2. Mas desde que x+ y = a, nada mais há a fazer.(d) Multipli
ando membro a membro as duas relações do item (b), obtemos
a2 · xy = (bc)2, ou ainda
xy =
(
bc
a
)2
= h2,onde utilizamos o item (a) na última igualdade a
ima.O item (
) da proposição a
ima é o famoso teorema de Pitágoras.Apresentamos no que segue algumas 
onsequên
ias importantes do mesmo,a primeira das quais já foi utilizada na seção a
ima referida.Corolário 10. As diagonais de um quadrado de lado a medem a√2.
16 MA13 - Unidade 10Prova. Se ABCD é um quadrado de lado a e diagonaisAC e BD (�gura 13),então o triângulo ABC é retângulo e isós
eles. Daí,
AC =
√
AB
2
+ BC
2
=
√
a2 + a2 = a
√
2.
A B
CD
a
a
Figura 13: 
ál
ulo da diagonal de um quadrado.Corolário 11. As alturas de um triângulo equilátero de lado a medem a√3
2
.Prova. Seja ABC um triângulo equilátero de lado a, e M o ponto médiode BC (�gura 14). Como AM⊥BC (problema 10, Seção 2, Unidade 3),
B C
A
M
a
a
2Figura 14: alturas de um triângulo equilátero.apli
ando o teorema de Pitágoras ao triângulo ACM , obtemos
AM
2
= AC
2
− CM
2
= a2 −
(a
2
)2
=
3a2
4
,donde segue o resultado.
Propor
ionalidade e Semelhança 17O exemplo a seguir utiliza o item (d) da proposição 9 para resolver geo-metri
amente uma equação do segundo grau de raízes positivas.Exemplo 12. Dados segmentos de 
omprimentos s e p, tais que s > 2p,
onstrua 
om régua e 
ompasso as raízes da equação x2 − sx+ p2 = 0.Solução.
p
s
Des
rição dos passos.1. Tra
e uma reta r e marque sobre a mesma pontos B e C tais que
BC = s. Em seguida, 
onstrua um semi
ír
ulo Γ de diâmetro BC.2. Tra
e a reta r′, paralela à reta r e à distân
ia p de r, a qual interse
ta
Γ nos pontos A e A′ (uma vez que p < s
2
).3. Se H é o pé da perpendi
ular baixada de A a BC, então BH+ CH = se o item (d) da proposição 9 garante que BH · CH = p2. Logo, BHe CH são as raízes da equação do segundo grau do enun
iado.Para terminar esta seção, estabele
emos a re
ípro
a do teorema de Pitá-goras.Proposição 13. Seja ABC um triângulo tal que AB = c, BC = a e
AC = b. Se a2 = b2 + c2, então ABC é retângulo em A.
18 MA13 - Unidade 10Prova. Seja H o pé da altura relativa a BC. Há dois 
asos essen
ialmentedistintos:(a) B ∈ CH : nesse 
aso, o teorema de Pitágoras apli
ado ao triângulo AHCnos dá (�gura 15)
b2 = AH
2
+ CH
2
> CH
2
≥ BC
2
= a2 = b2 + c2,e daí 0 ≥ c2, o que é um absurdo.
H CB
A
Figura 15: re
ípro
a do teorema de Pitágoras - 
aso (a)
(b)H ∈ BC: sejam AH = h,M o ponto médio de BC e BH = x (�gura 16).Podemos supor, sem perda de generalidade, que H ∈ BM . O teorema de
H CB
A
MFigura 16: re
ípro
a do teorema de Pitágoras - 
aso (b)Pitágoras apli
ado aos triângulos AHC e AHB nos dá
a2 = b2 + c2 = (AH
2
+ CH
2
) + (AH
2
+ BH
2
) = 2h2 + (a− x)2 + x2,
Propor
ionalidade e Semelhança 19donde h2 = ax − x2. Mas aí, apli
ando novamente o teorema de Pitágoras(agora ao triângulo AHM), obtemos
AM
2
= AH
2
+ HM
2
= h2 + (BM − BH)2
= (ax− x2) +
(a
2
− x
)2
=
a2
4
,donde segue que AM = a
2
= 1
2
BC. Portanto, M equidista dos vérti
es de
ABC, e a proposição 14 da Unidade 8 garante que ABC é retângulo em
A.
Problemas � Seção 21. * Prove que os 
onjuntos de 
ondições elen
ados em 
ada uma das pro-posições 7 e 8 são realmente su�
ientes para garantir a semelhança dostriângulos ABC e A′B′C ′ (sugestão: imite a prova da proposição 6).2. Na �gura abaixo os três quadriláteros mostrados são quadrados e ospontos X, Y e Z são 
olineares. Cal
ule a medida x em 
entímetros dolado do quadrado menor, sabendo que os outros dois quadrados têmlados medindo 4 
m e 6 
m.
X
Y
Z
3. * Sejam ABC e A′B′C ′ triângulos semelhantes, 
om razão de seme-lhança k. Sejam ainda ma e m′a, ha e h′a, βa e β ′a respe
tivamente os
20 MA13 - Unidade 10
omprimentos das medianas, alturas e bissetrizes internas relativas a Ae A′. Prove que
ma
m′a
=
ha
h′a
=
βa
β ′a
= k.4. * O triângulo ABC é retângulo em A e o ponto P ∈ BC é o pé dabissetriz interna do ângulo ∠BAC. Cal
ule a distân
ia de P ao lado
AC em função de AB = c e AC = b (sugestão: se Q ∈ AB é tal que
PQ⊥AB, então AQ = PQ e PQB ∼ CAB).5. Seja ABC um triângulo retângulo em A e tal que AB = 1. A bissetrizdo ângulo ∠BAC interse
ta o lado BC em D. Sabendo que a reta quepassa por D e é perpendi
ular a AD interse
ta o lado AC em seu pontomédio, 
al
ule o 
omprimento do lado AC (sugestão: use o resultadodo problema anterior).6. Seja ABCD um paralelogramo de diagonais AC e BD, e lados AB =
10 
m, AD = 24 
m. Sejam ainda E e F respe
tivamente os pés dasperpendi
ulares baixadas desde A aos lados BC e CD. Sabendo que
AF = 20 
m, 
al
ule o 
omprimento de AE (sugestão: FAD ∼ EAB).7. Ins
revemos em um ângulo de vérti
e A dois 
ír
ulos de raios r < R,tangentes exteriormente em P . Cal
ule AP em termos de r e R.8. Seja ABC um triângulo tal que BC = a, AC = b e AB = c, e M , Ne P pontos respe
tivamente sobre AB, BC e CA, tais que AMNP éum losango.(a) Cal
ule, em termos de a, b e c, o 
omprimento do lado do losango.(b) Mostre 
omo 
onstruir 
om régua e 
ompasso a posição do ponto
M .9. Seja ABC um triângulo equilátero de lado a, e M o ponto médio de
AB. Es
olhemos um ponto D sobre a reta ←→BC , 
om C entre B e
D, de modo que CD = a
2
. Se AC ∩ DM = {E}, 
al
ule AE em
Propor
ionalidade e Semelhança 21termos de a (sugestão: tra
e por C a paralela a ←→AB, e marque seuponto F de interseção 
om DE. Use em seguida que CFD ∼ BMD e
CFE ∼ AME).10. Em um trapézio ABCD de bases AB = a e CD = b, os lados nãoparalelos são AD e BC. Pelo ponto de 
on
urso P das diagonais ACe BD de ABCD traçamos o segmento MN paralelos às bases, 
om
M ∈ AD e N ∈ BC. Prove que MN = 2ab
a+b
, a média harm�ni
a de ae b.11. Em um trapézio ABCD, de bases AB e CD e lados não paralelos ADe BC, seja M o ponto médio da base CD. O segmento AM interse
taa diagonal BD em F . Traçamos por F a reta r, paralela às bases. Se rinterse
ta os segmentos AD,AC e BC respe
tivamente em E,G e H ,prove que EF = FG = GH.12. * Sobre o lado BC de um triângulo ABC mar
amos um ponto Z. Emseguida traçamos por B e C respe
tivamente as retas r e s, ambasparalelas a ←→AZ. Se ←→AC ∩ r = {X} e ←→AB ∩ s = {Y }, prove que
1
BX
+
1
CY
=
1
AZ(sugestão: utilize as semelhanças BXC ∼ ZAC e CY B ∼ ZAB para
al
ular BX em função de AZ, CZ, BC e AZ, BZ, BC. Emseguida, use que BZ + CZ = BC).
MA13 - Unidade 11Propor
ionalidade e Semelhança IISemana 12/09/2011 a 18/09/2011
O teorema das 
ordas e potên
ia de pontoAs duas proposições a seguir en
erram outra importante 
onsequên
ia ele-mentar dos 
asos de semelhança de triângulos estudados na Unidade 10,sendo 
onhe
idas 
onjuntamente na literatura 
omo o teorema das 
or-das.Proposição 1. Se A, B, C, D e P são pontos distintos no plano tais que
←→
AB ∩
←→
CD = {P}, então
PA·PB = PC·PD ⇔ o quadrilátero de vérti
es A,B,C e D é ins
ritível.Prova. Suponha ini
ialmente que o quadrilátero de vérti
es A, B, C e D éins
ritível, 
om 
ír
ulo 
ir
uns
rito Γ. Temos de 
onsiderar separadamenteos 
asos em que P está no interior e no exterior do 
ír
ulo delimitado por
Γ; 
omo o segundo 
aso é totalmente análogo ao primeiro, 
onsideraremossomente aquele (
f. �gura 1). 1
2 MA13 - Unidade 11
A
B
C
D
O
P
Figura 1: o teorema das 
ordas.Tra
e os segmentos AD e BC. Pelo teorema do ângulo ins
rito, temos
AB̂C = AD̂C, ou ainda PB̂C = AD̂P . Como BP̂C = AP̂D (pois sãoângulos OPV), segue do 
aso de semelhança AA que PBC ∼ PDA. Daí,temos PB
PC
= PD
PA
, e portanto, PA · PB = PC · PD.Reipro
amente, se PA · PB = PC · PD, então PB
PC
= PD
PA
. Mas 
omo
BP̂C = AP̂D, segue do 
aso de semelhança LAL que PBC ∼ PDA, e daí
PB̂C = AD̂P . Mas isso é o mesmo que AB̂C = AD̂C, e a proposição 1 daUnidade 9 garante que ABCD é ins
ritível.O resultado a seguir pode ser visto 
omo um 
aso limite do anterior, demaneira que deixaremos sua demonstração 
omo exer
í
io para o leitor (
f.problema 1).Proposição 2. Se A, B, C e P são pontos distintos no plano, 
om A, Be P 
olineares, então PA · PB = PC2 se e só se o 
ír
ulo 
ir
uns
rito aotriângulo ABC for tangente à reta ←→PC em C.Para uso futuro, 
ole
ionamos o seguinte 
orolário do teorema das 
ordas.Corolário 3. São dados no plano um 
ír
ulo Γ(O;R) e um ponto P /∈ Γ. Seuma reta que passa por P interse
ta Γ nos pontos A e B (
om A = B, 
asoa reta seja tangente a Γ em A), então
PA · PB = |R2 − OP
2
|. (1)
Propor
ionalidade e Semelhança 3
ΓO
P
A
BC
DFigura 2: novamente o teorema das 
ordas.Prova. Consideremos somente o 
aso em que P é interior ao dis
o delimitadopor Γ (
f. �gura 2), sendo os demais 
asos totalmente análogos. Tra
e por Po diâmetro CD de Γ, 
om P ∈ OC. Então PC = R− OP e PC = R+ OP ,de sorte que o teorema das 
ordas forne
e
PA · PB = PC · PD = (R − OP )(R + OP ) = R2 − OP
2
.
De posse dos resultados a
ima, podemos apresentar mais um belo resul-tado de L. Euler, 
ole
ionado no seguinteTeorema 4 (Euler). Um 
ír
ulo γ de raio r e 
entro I é interior a um 
ír
ulo
Γ de raio R e 
entro O. Se A ∈ Γ e AB e AC são 
ordas de Γ tangentes a
γ, então γ é o 
ír
ulo ins
rito no triângulo ABC se e só se
OI
2
= R(R− 2r).Prova. Se P é o ponto de interseção do prolongamento da bissetriz AI de
∠BAC 
om Γ (�gura 3), segue do 
orolário anterior que
AI · IP = R2 − OI
2
. (2)
4 MA13 - Unidade 11
O
A
B
P
C
I Γ
Y
γ
XFigura 3: a distân
ia OI.Agora, sendo X e Y respe
tivamente os pés das perpendi
ulares traçadas de
O e I a BP e AC, temos
BÔX =
1
2
BÔP = BÂP = IÂY.Como ambos os triângulos BOX e IAY têm um ângulo de 90◦, segue entãoque BOX ∼ IAY . Portanto, BX
IY
= BO
AI
, ou ainda
BX · AI = BO · IY . (3)Mas 
omo BO = R, IY = r e BX = 1
2
BP , segue de (2) e (3) que
R2 − OI
2
= AI · IP = 2Rr ·
IP
BP
,de maneira que
OI
2
= R2 − 2Rr ⇔ BP = IP .Por �m, a proposição 22 da Unidade 8 garante que a última igualdade a
imao
orre se e só se I for o in
entro do triângulo ABC.Listamos a seguir dois 
orolários importantes do resultado a
ima, o pri-meiro dos quais é imediato.
Propor
ionalidade e Semelhança 5
O
Γ
I
γ
A
B
C
A′
B′
C ′Figura 4: o teorema de Pon
elet.Corolário 5. Se r e R são respe
tivamente os raios dos 
ír
ulos ins
rito e
ir
uns
rito a um triângulo ABC, então R ≥ 2r, 
om igualdade se e só se
ABC for equilátero.Nosso segundo 
orolário é o 
aso parti
ular de um famoso teorema dePon
elet1 sobre 
�ni
as.Corolário 6 (Pon
elet). Sejam γ e Γ respe
tivamente os 
ír
ulos ins
rito e
ir
uns
rito a um triângulo ABC. Se A′ 6= A,B,C é outro ponto de Γ, e
A′B′ e A′C ′ são 
ordas de Γ tangentes a γ, então γ é o 
ír
ulo ins
rito notriângulo A′B′C ′ (
f. �gura 4).Prova. Se γ(I; r) e Γ(O;R), então o fato de γ ser o 
ír
ulo ins
rito em
ABC garante, pelo teorema de Euler, que OI2 = R2 − 2Rr. De possedessa igualdade, apli
ando novamente o referido teorema ao triânguloA′B′C ′,
on
luímos que B′C ′ tangen
ia γ, 
onforme desejado.Voltando ao desenvolvimento geral da teoria, motivados pelo 
orolário 3,de�nimos a potên
ia do ponto P em relação ao 
ir
ulo Γ(O;R) 
omo sendo1Após Jean Vi
tor Pon
elet, matemáti
o fran
ês do sé
ulo XIX.
6 MA13 - Unidade 11o número real PotΓ(P ) = OP 2 − R2, (4)de maneira que PotΓ(P ) = 0 se e só se P ∈ Γ, PotΓ(P ) > 0 se e só se P forexterior ao dis
o delimitado por Γ e PotΓ(P ) < 0 se e só se P for interior atal dis
o. Observe também que PotΓ(P ) ≥ −R2, o
orrendo a igualdade se esó se P = O.
O1
Γ1
O2
Γ2
e
P
Figura 5: o eixo radi
al de dois 
ír
ulos.Pre
isamos agora do seguinte resultado, 
uja prova será par
ialmentedada.Teorema 7. Se Γ1 e Γ2 são dois 
ír
ulos não-
on
êntri
os, então o LG dospontos P do plano tais que PotΓ1(P ) = PotΓ2(P ) é uma reta perpendi
ular àreta que une os 
entros de Γ1 e Γ2 (a reta e, na �gura 5).Prova. Sejam Γ1(O1;R1) e Γ2(O2;R2), entãoPotΓ1(P ) = PotΓ2(P ) ⇔ PO12 − R21 = PO22 − R22
⇔ PO1
2
− PO2
2
= R2
1
− R2
2
,i.e., se e só se a diferença dos quadrados das distân
ias de P respe
tivamenteaos 
entros O1 e O2 for 
onstante e igual a R21 −R22.
Propor
ionalidade e Semelhança 7Nas notações do enun
iado do teorema a
ima, o LG des
rito no mesmoé denominado o eixo radi
al de Γ1 e Γ2, e o exemplo a seguir expli
a 
omo
onstruí-lo quando os 
ír
ulos têm pontos em 
omum.Exemplo 8. Se P for um ponto exterior ao dis
o delimitado por um 
ír
ulo
Γ(O;R) e T for o ponto de tangên
ia de uma das retas tangentes a Γ epassando por P , segue do 
orolário 3 quePotΓ(P ) = PO2 − R2 = PT 2.Consideremos agora três 
asos separadamente:
O1
Γ1
O2
Γ2
e
P
T
Figura 6: eixo radi
al e de dois 
ír
ulos tangentes exteriormente.(a) Γ1 e Γ2 são dois 
ír
ulos tangentes exteriormente: o eixo radi
al de Γ1 e
Γ2 é a tangente 
omum e mostrada na �gura 6, uma vez que para todo ponto
P ∈ e que não o ponto de tangên
ia T 
om os 
ír
ulos, temosPotΓ1(P ) = PT 2 = PotΓ2(P ).(b) Γ1 e Γ2 são dois 
ír
ulos tangentes interiormente: o eixo radi
al de Γ1 e
Γ2 é a tangente 
omum e mostrada na �gura 7, uma vez que para todo ponto
P ∈ e que não o ponto de tangên
ia T 
om os 
ír
ulos, ainda temosPotΓ1(P ) = PT 2 = PotΓ2(P ).
8 MA13 - Unidade 11
O1
Γ1
O2
Γ2
e
P
T
Figura 7: eixo radi
al e de dois 
ír
ulos tangentes interiormente.(
) Γ1 e Γ2 são dois 
ír
ulos se
antes, se interse
tando nos pontos A e B: oeixo radi
al de Γ1 e Γ2 é a reta e = ←→AB (
f. �gura 8), uma vez que paratodo ponto P ∈ e \ AB, temosPotΓ1(P ) = PA · PB = PotΓ2(P ).
O1
Γ1
O2
Γ2
e
P
A
B
Figura 8: eixo radi
al e de dois 
ír
ulos se
antes.Para mostrar 
omo 
onstruir o eixo radi
al de dois 
ír
ulos não-
on
êntri
osexteriores ou interiores, pre
isamos ini
ialmente do seguinte
Propor
ionalidade e Semelhança 9Corolário 9. Se Γ1, Γ2 e Γ3 são três 
ír
ulos 
om 
entros não-
olineares,então existe um úni
o ponto P no plano tal quePotΓ1(P ) = PotΓ2(P ) = PotΓ3(P ).
O1
Γ1
O2
Γ2
O3
Γ3
e12
P
e23
e13
Figura 9: o 
entro radi
al de três 
ír
ulos de 
entros não-
olineares.Prova. Para 1 ≤ i < j ≤ 3, seja eij o eixo radi
al de Γi e Γj (
f. �-gura 9). Se P é o ponto de interseção de e12 e e23, segue de P ∈ e12 quePotΓ1(P ) = PotΓ2(P ) e de P ∈ e23 que PotΓ2(P ) = PotΓ3(P ). Portanto, portransitividade temos PotΓ1(P ) = PotΓ3(P ), de sorte que P ∈ e13.Nas notações do 
orolário a
ima, o ponto 
uja existên
ia é garantida porele é denominado o 
entro radi
al dos 
ír
ulos Γ1, Γ2 e Γ3. Conformeante
ipamos a
ima, a noção de 
entro radi
al nos permite 
onstruir o eixoradi
al de dois não-
on
êntri
os e exteriores, 
onforme des
rito pelo seguinteExemplo 10. Construa o eixo radi
al dois dois 
ír
ulos Γ1 e Γ2 da �gura 10.
10 MA13 - Unidade 11Solução. Tra
e um 
ír
ulo auxiliar Γ3 de 
entro O3, se
ante a ambos Γ1 e
Γ2 e tal que O3 /∈ ←→O1O2. Em seguida, para i = 1, 2 tra
e o eixo radi
al ei3de Γi e Γ3, obtendo o 
entro radi
al P de Γ1, Γ2 e Γ3 
omo a interseção dasretas e13 e e23. Por �m, o eixo radi
al desejado é a reta que passa por P e éperpendi
ular à reta ←→O1O2.
O1
Γ1
O2
Γ2
O3
Γ3
e13
e23
P
e12Figura 10: 
onstruindo o eixo radi
al de dois 
ír
ulos exteriores.Deixamos ao leitor a tarefa de veri�
ar que a 
onstrução do eixo radi
al dedois 
ír
ulos interiores pode ser levada a 
abo de maneira totalmente análogaà 
onstrução des
rita no exemplo a
ima.Como segunda apli
ação da noção de 
entro radi
al, dis
utimos nos exem-plos a seguir duas 
onstruções geométri
as 
lássi
as envolvendo tangên
ia de
ír
ulos. A solução do primeiro exemplo se resume, em última análise, auma pequena modi�
ação do argumento apresentado na solução do exemploanterior.Exemplo 11. São dados no plano um 
ír
ulo Γ e dois pontos A e B exterioresao dis
o delimitado por Γ. Construaom régua e 
ompasso todas os 
ír
ulos
α, tangentes a Γ e passando por A e B.Solução. Nas notações da �gura 11, tra
e um 
ír
ulo auxiliar β, passandopor A e B e se
ante a Γ. Em seguida, tra
e o eixo radi
al e de Γ e β, e
Propor
ionalidade e Semelhança 11marque o ponto de interseção P das retas e e ←→AB. É imediato que P é o
entro radi
al dos 
ír
ulos α, β e Γ, de sorte que P está sobre o eixo radi
al tde Γ e α. Mas 
omo Γ e α devem ser tangentes, sabemos que t é uma tangente
omum a ambos; portanto, invo
ando a 
onstrução delineada na proposição 9da Unidade 8, podemos 
onstruir t 
omo uma tangente a Γ passando por P(em geral há duas possíveis retas t, uma das quais é mostrada na �gura 11).Por �m, sendo T o ponto de tangên
ia entre t e Γ, só nos resta 
onstruir α
omo o 
ír
ulo que passa por A, B e T .
O
Γ α
A
B
β
e
P
t
T
Figura 11: 
ír
ulo tangente a Γ e passando por A e B.Terminemos esta seção examinando o problema da 
onstrução dos 
ír
ulostangentes a dois outros 
ír
ulos dados e passando por um ponto tambémdado.Exemplo 12. São dados dois 
ír
ulos exteriores Γ1 e Γ2 e um ponto A,exterior a ambos Γ1 e Γ2. Construa 
om régua e 
ompasso todos os 
ír
ulos
α, passando por A e simultaneamente tangentes a Γ1 e Γ2.
12 MA13 - Unidade 11
O1
Γ1
Γ2
O2 C
α
O
A
P
Q
R
S T U
B
Figura 12: 
ír
ulo tangente a Γ1 e Γ2 e passando por A.Solução. Nas notações da �gura 12, suponha o problema resolvido e sejam
C a interseção das retas ←→O1O2 e ←→PQ, e B a interseção de α 
om a reta ←→AC .Se OP̂Q = α, então
O2R̂Q = O2Q̂R = OQ̂P = OP̂Q = α,de maneira que ←→OP ‖ ←→O2R. Em parti
ular, é imediato veri�
ar que C
oin
ide 
om o ponto de 
on
urso das tangentes externas a Γ1 e Γ2 
om areta ←→O1O2 e, a partir daí, que ←→RU ‖ ←→PS.A�rmamos agora que o quadrilátero PSTQ é ins
ritível. De fato, o pa-ralelismo entre as retas ←→RU e ←→PS, juntamente 
om a ins
ritibilidade doquadrilátero TQRU , forne
em
SP̂Q = 180◦ − PR̂U = 180◦ −QR̂U = QT̂U = 180◦ −QT̂S,de sorte que SP̂Q +QT̂S = 180◦.
Propor
ionalidade e Semelhança 13Portanto, apli
ando o teorema das 
ordas aos quadriláteros ins
ritíveis
PSTQ e PQBA, obtemos su
essivamente
CS · CT = CP · CQ e CP · CQ = CA · CB.Temos então que
CS · CT = CA · CB,de modo que mais uma apli
ação do teorema das 
ordas garante que o qua-drilátero STBA também é ins
ritível.Por �m, uma vez que as posições dos pontos A, S e T são 
onhe
idas eo ponto C pode ser fa
ilmente 
onstruído, podemos obter B 
omo o pontode interseção da reta ←→AC 
om o 
ír
ulo 
ir
uns
rito ao triângulo STA. Poroutro lado, uma vez obtido o ponto B, o problema em questão se reduz àqueledis
utido no exemplo 11.Nesse ponto, o leitor atento deve ter observado que sua intuição sugeriaa existên
ia de quatro 
ír
ulos distintos passando pelo ponto A e tangentesa Γ1 e Γ2 simultaneamente, mas a solução a
ima só en
ontrou dois deles. Defato, após termos 
onstruído o ponto B 
omo a
ima des
rito, a solução doexemplo 11 forne
e dois possíveis 
ír
ulos α, sendo Γ1 e Γ2 ambos interioresa um deles e ambos exteriores ao outro. Os outros dois 
ír
ulos-solução αsurgem ao 
onsiderarmos a possibilidade de que um dos 
ír
ulos Γ1 e Γ2 sejainterior a α e o outro seja exterior. Nesse 
aso, uma pequena modi�
açãodo argumento apresentado a
ima resolve o problema da mesma forma, i.e.,reduzindo-o ao problema da 
onstrução de um 
ír
ulo que passa por doispontos e tangen
ia um 
ír
ulo dado.Problemas1. * Prove a proposição 2 (sugestão: examine, quanto à semelhança, ostriângulos EBC e ECA).
14 MA13 - Unidade 112. AB é uma 
orda de um 
ír
ulo Γ de 
entro O, medindo 8 
m. Mar
amossobre AB um ponto C, situado a 3 
m de B. O raio de Γ passando por
O e C interse
ta Γ em D, 
om CD = 1 
m. Cal
ule a medida do raiode Γ.3. Em um triângulo ABC, AB = 8 
m. Sendo M o ponto médio de AB,
al
ule os possíveis valores de BC de modo que o 
ír
ulo 
ir
uns
ritoao triângulo AMC tangen
ie o lado BC.4. Duas 
ordas AB e CD de um 
ír
ulo são perpendi
ulares e se inter-se
tam no ponto E, situado no interior do 
ír
ulo e tal que AE = 2,
EB = 6, DE = 3. Cal
ule o diâmetro do 
ír
ulo.5. Seja ABC um triângulo isós
eles de base BC = a e altura relativa àbase h. Sendo R o raio da 
ir
unrferên
ia 
ir
uns
rita a ABC, mostreque
R =
a2 + 4h2
8h
.(sugestão: aplique o teorema das 
ordas ao ponto médio M de BC).
MA13 - Unidade 12Áreas de Figuras Planas ISemana 03/10/2011 a 09/10/2011
Áreas de polígonosPara que um 
on
eito qualquer de área para polígonos tenha utilidade, pos-tulamos que as seguintes propriedades (intuitivamente desejáveis) sejam vá-lidas:1. Polígonos 
ongruentes1 têm áreas iguais.2. Se um polígono 
onvexo é parti
ionado em um número �nito de outrospolígonos 
onvexos (i.e., se o polígono é a união de um número �nitode outros polígonos 
onvexos, os quais não têm pontos interiores 
o-muns), então a área do polígono maior é a soma das áreas dos polígonos1Apesar de não termos de�nido formalmente a noção de 
ongruên
ia para polígonos, aideia é a mesma que para triângulos: um deles pode ser deslo
ado no espaço, sem deformá-lo, até 
oin
idir 
om o outro. Observe que dois quadrados quaisquer de mesmo lado são
ongruentes (justi�que essa a�rmação!). 1
2 MA13 - Unidade 12menores.3. Se um polígono (maior) 
ontém outro (menor) em seu interior, então aárea do polígono maior é maior que a área do polígono menor.4. A área de um quadrado de lado 1 
m é igual a 1 
m2.Valendo as propriedades 1. a 4. a
ima, parti
ione um quadrado de lado
n ∈ N em n2 quadrados de lados 1 
ada. Denotemos a área do quadradomaior por An, devemos ter An igual à soma das áreas desses n2 quadradosde lado 1, de maneira que
An = n
2.Considere agora um quadrado de lado m
n
, 
om m,n ∈ N, e área Am
n
.Arranje n2 
ópias do mesmo, empilhando n quadrados de lado m
n
por �la, em
n �las, formando assim um quadrado de lado m
n
·n = m. Tal quadrado maiorterá, 
omo já sabemos, área m2; por outro lado, 
omo ele está parti
ionadoem n2 quadrados de lado m
n

ada, sua área é igual à soma das áreas desses
n2 quadrados, i.e.,
m2 = n2 · Am
n
.Portanto,
Am
n
=
m2
n2
=
(m
n
)2
.A dis
ussão a
ima sugere que a área de um quadrado de lado l deve serigual a l2. Para 
on�rmar tal suposição, argumentemos de maneira análogaà prova do teorema de Thales: para k ∈ N, tomamos números ra
ionais xk e
yk tais que
xk < l < yk e yk − xk < 1
k
.Em seguida, 
onstruímos quadrados de lados xk e yk, o primeiro 
ontido noquadrado dado e o segundo o 
ontendo. Como já sabemos 
al
ular áreas dequadrados de lado ra
ional, o postulado 3. a
ima garante que a área Al doquadrado de lado l deve satisfazer as desigualdades
x2k < Al < y
2
k.
Áreas de Figuras Planas 3Mas 
omo x2k < l2 < y2k, 
on
luímos que ambos os números Al e l2 devemperten
er ao intervalo (x2k, y2k), de maneira que
|Al − l
2| < y2k − x
2
k = (yk − xk)(yk + xk)
<
1
k
(yk − xk + 2xk)
<
1
k
(
1
k
+ 2l
)
.Tendo de satisfazer a desigualdade a
ima para todo k ∈ N, temos por umargumento simples que |Al − l2| = 0, i.e.,
Al = l
2.Resumimos a dis
ussão a
ima na seguinteProposição 1. Um quadrado de lado l tem área l2.
A B
CD
l
A(ABCD) = l2
A B
CD
a
b
A(ABCD) = abFigura 1: áreas de um quadrado e de um retângulo.Um argumento análogo ao a
ima permite provar que um retângulo delados a e b tem área igual a ab (�gura 1): 
omeçamos 
om um retângulo delados m,n ∈ N, parti
ionando-o em mn quadrados de lado 1 para mostrarque sua área é mn. Em seguida, tomamos um retângulo de lados m1
n1
e
m2
n2
, 
om m1, m2, n1, n2 ∈ N, e, 
om n1n2 
ópias do mesmo, montamos umretângulo maior de lados m1 e m2. Somando áreas iguais, 
on
luímos que aárea do retângulo dado originalmente é igual a
m1m2
n1n2
=
m1
n1
·
m2
n2
.
4 MA13 - Unidade 12Por �m, tomamos um retângulo de lados a, b > 0 reais, e, para k ∈ N,ra
ionais xk, yk, uk, vk tais que xk < a < yk, uk < b < vk e yk − xk, uk − vk <
1
k
. Sendo A a área do retângulo de lados a e b, um argumento análogoao feito para quadrados garante que A e ab perten
em ambos ao intervalo
(ukxk, ykvk), e daí, para todo k ∈ N,
|A− ab| <vkyk − ukxk = (vk − uk)yk + uk(yk − xk)
<
1
k
(yk + uk) =
1
k
((yk − xk) + 2xk + (vk − uk) + 2uk)
<
1
k
(
2
k
+ 2a+ 2b
)
.Também 
omo antes, a validade da desigualdade a
ima para todo k ∈ Ngarante que A = ab, fato que resumimos na seguinteProposição 2. Um retângulo de lado a e b tem área ab.Cal
ulemos a área de um paralelogramo 
omo 
orolário da dis
ussãoa
ima. Para tanto, �xado um lado de um paralelogramo, o qual 
hamaremosde base diremos que a distân
ia entre ele e seu lado paralelo é a altura doparalelogramo.Proposição 3. A área de um paralelogramo de base a e altura h é igual a
ah.Prova. Sejam respe
tivamente E e F os pés das perpendi
ulares baixadasde D e C à reta ←→AB e suponha, sem perda de generalidade, que E ∈ AB (�-gura 2). É imediato veri�
ar que os triângulos ADE e BCF são 
ongruentespor CH, de modo que AE = BF e A(ADE) = A(BCF ). Então, temos
A(ABCD) = A(ADE) + A(BEDC)
= A(BCF ) + A(BEDC)
= A(EFCD).Por outro lado, EFCD é um retângulo de altura h e base
EF = EB + BF = EB + AE = AB = a.Portanto, A(ABCD) = A(EFCD) = ah.
Áreas de Figuras Planas 5
h
a
A
B
CD
E FFigura 2: área de um paralelogramo.De posse da fórmula a
ima para o 
ál
ulo da área de paralelogramos, po-demos fa
ilmente obter uma fórmula 
orrespondente para a área de triângulosmediante o artifí
io dis
utido na seguinteProposição 4. Seja ABC um triângulo de lados BC = a, AC = b, AB = ce alturas ha, hb, hc respe
tivamente relativas aos lados a, b, c. Então
A(ABC) =
aha
2
=
bhb
2
=
chc
2
. (1)Em parti
ular, aha = bhb = chc.Prova. Seja S = A(ABC) e D a interseção da paralela a ←→BC por A
om a paralela a ←→AB por C (�gura 3). É imediato veri�
ar que ABCD
ha
a
B
C
DA
Figura 3: área de um triângulo.é um paralelogramo de área 2S (uma vez que ABC ≡ BCD). Portanto,
2A(ABC) = 2S = aha, donde segue a primeira igualdade. As outras duasigualdades podem ser obtidas de modo análogo.Cal
ular áreas de polígonos 
onvexos é agora, em prin
ípio, uma tarefafá
il: as diagonais do mesmo traçadas a partir de um de seus vérti
es o par-
6 MA13 - Unidade 12ti
ionam em triângulos, e basta 
al
ular a área de 
ada um desses triângulos
om a ajuda da proposição anterior.Para uso futuro, se dois polígonos tiverem áreas iguais, diremos que sãoequivalentes. Por exemplo, de a
ordo 
om a proposição 3, um paralelo-gramo de base a e altura h é equivalente a um retângulo de lados a e h.Problemas1. ABCD é um retângulo de lados AB = 32m e BC = 20m. Os pontos Ee F são respe
tivamente os pontos médios dos lados AB e AD. Cal
ulea área do quadrilátero AECF .2. No paralelogramo ABCD mar
amos o ponto E, sobre o lado AD, talque BE⊥AD. Se BE = 5 
m, BC = 12 
m e AE = 4 
m, 
al
ule aárea do triângulo ECD.3. Seja ABC um triângulo qualquer.(a) Prove que o triângulo formado pelos pontos médios dos lados de
ABC tem área igual a 1
4
da área de ABC.(b) Prove que 
om as medianas de ABC podemos formar um triângulo
DEF .(
) Cal
ule a razão entre as áreas dos triângulos ABC e DEF .4. Seja ABCD um quadrilátero qualquer e M,N, P,Q respe
tivamente ospontos médios de AB,BC,CD,DA. Prove que
A(MNPQ) =
1
2
A(ABCD).5. São dados no plano dois quadrados, de lados 1 
m e 2 
m. Se o 
entrodo quadrado de lado menor 
oin
ide 
om um dos vérti
es do quadradomaior, 
al
ule os possíveis valores da área da porção do plano 
omumaos dois polígonos.
Áreas de Figuras Planas 76. Sejam ABC um triângulo e ABDE e ACFG paralelogramos 
ons-truídos exteriormente a ABC. Sejam ainda H o ponto de interseçãodas retas ←→DE e ←→FG e BCIJ um paralelogramo tal que CI = AH e
←→
CI ‖
←→
AH . Prove que
A(ABDE) + A(ACFG) = A(BCIJ).7. Cada diagonal de um quadrilátero 
onvexo o divide em dois triângulosde mesma área. Prove que o quadrilátero é um paralelogramo.8. (OBM). Seja ABC um triângulo retângulo de área 1m2. Cal
ule a áreado triângulo A′B′C ′, onde A′ é o simétri
o de A em relação a ←→BC, B′é o simétri
o de B em relação a ←→AC e C ′ é o simétri
o de C em relaçãoa ←→AB.9. Seja ABCD um quadrado de lado 1, E o ponto médio de BC e F o de
CD. Sendo G o ponto de interseção de DE e AF , Cal
ule a área dotriângulo DFG.10. * Se ABC é um triângulo equilátero de lado a, prove que A(ABC) =
a2
√
3
4
(sug: 
ome
e utilizando o teorema de Pitágoras para mostrar queas alturas de ABC medem a√3
2
).11. Seja ABCD um quadrado de lado 1 
m e E um ponto no interior de
ABCD, tal que o triângulo ABE seja equilátero. Cal
ule a área dotriângulo BCE.12. ABCD é um quadrado de lado 1 
m e AEF um triângulo equilátero,
om E ∈ BC e F ∈ CD. Cal
ule a área de AEF .13. O triângulo ABC tem lados a, b, c. As alturas 
orrespondentes a taislados são respe
tivamente iguais a ha, hb, hc. Se a+ha = b+hb = c+hc,prove que ABC é equilátero.14. Seja ABC um triângulo equilátero.
8 MA13 - Unidade 12(a) Mostre, mediante o 
ál
ulo de áreas, que as três alturas de ABCtêm 
omprimentos iguais.(b) Prove que a soma das distân
ias de um ponto es
olhido no interiorde ABC a seus lados independe da posição do ponto.
MA13 - Unidade 13Áreas de Figuras Planas IISemana 03/10/2011 a 09/10/2011
Apli
açõesUma 
onsequên
ia imediata da proposição 4 da Unidade 12 é o 
ritério aseguir para equivalên
ia de triângulos.Corolário 1. Sejam ABC e A′BC triângulos tais que ←→AA′ ‖ ←→BC. Então
A(ABC) = A(A′BC).Prova. Sendo d a distân
ia entre as retas ←→BC e ←→AA′ (�gura 1), temos
A(ABC) =
1
2
BC · d = A(A′BC).O 
orolário anterior pode ser usado para transformar um polígono emoutro equivalente, 
om menor número de lados. Vejamos 
omo fazer isso noseguinte 1
2 MA13 - Unidade 13
d
B C
A′A
Figura 1: 
ritério para equivalên
ia de triângulos.Exemplo 2. Em relação à �gura dada a seguir, 
onstrua 
om régua e 
om-passo o ponto E ∈ ←→BC tal que A(ABE) = A(ABCD).Solução.
B
C
D
A
Des
rição dos passos.1. Tra
e, pelo ponto D, a reta r, paralela à reta ←→AC.2. Marque o ponto E de interseção de r 
om a reta ←→BC.3. Pelo 
orolário anterior, os triângulos ACD e ACE têm áreas iguais;logo, ABE e ABCD também têm áreas iguais.Outra 
onsequên
ia interessante do 
orolário 1 é a possibilidade de provaro teorema de Pitágoras através do 
ál
ulo de áreas, 
onforme atesta o seguinteExemplo 3. Seja ABC um triângulo retângulo em A, 
om 
atetos AB = c,
AC = b e hipotenusa BC = a. Sendo H o pé da altura relativa à hipotenusa,
CH = m, BH = n e AH = h, provemos, mediante o 
ál
ulo de áreas, asrelações métri
as
Áreas de Figuras Planas 3(a) ah = bc.(b) c2 = an e b2 = am.(
) a2 = b2 + c2.(a) Basta ver que ah e bc são duas expressões distintas para o dobro da áreade ABC. De fato,
A(ABC) =
1
2
BC · AH =
ah
2
e A(ABC) = 1
2
AC · AB =
bc
2
.
A
B
C
D
E
F
G
H
I
JK
c
b
a
Figura 2: o teorema de Pitágoras via áreas.(b) Construa exteriormente a ABC, os quadrados ABDE, BCFG e ACJK(�gura 2) e seja I o ponto de interseção da semirreta −→AH 
om FG. De
←→
AI ‖
←→
BG temos
A(BGA) = A(BGH) =
1
2
BG · BH =
an
2
.
4 MA13 - Unidade 13Por outro lado, 
omo BD = AB, BC = BG e DB̂C = 90◦ + B̂ = AB̂G,os triângulos BCD e BGA são 
ongruentes por LAL. Portanto, A(BCD) =
A(BGA) = an
2
(I). Mas ←→AC ‖ ←→BD, de modo que A(BCD) = A(ABD) = c2
2(II). Segue então de (I) e (II) que c2 = an. Provar que b2 = am é análogo.(
) Somando membro a membro as duas relações do item (b), obtemos
b2 + c2 = am+ an = a(m+ n) = a2.A fórmula para a área de um triângulo também nos dá uma maneira de
al
ular áreas de trapézios. Para tanto, diremos doravante que a distân
iaentre as bases de um trapézio é sua altura.Proposição 4. Se ABCD é um trapézio de bases AB = a, CD = b e altura
h, então
A(ABCD) =
(a + b)h
2
.Prova. Suponha, sem perda de generalidade, que a > b (�gura 3). Se E ∈
h
A B
CD
E
b
b a− bFigura 3: área de um trapézio.
AB for tal que AE = b, então o quadrilátero AECD tem dois lados paralelose iguais, de modo que é um paralelogramo. Como BE = a− b, temos
A(ABCD) = A(AECD) + A(EBC)
= bh +
(a− b)h
2
=
(a + b)h
2
.
Áreas de Figuras Planas 5Corolário 5. Se ABCD é um losango de diagonais AC e BD, então
A(ABCD) =
1
2
AC · BD.Prova. Como AC⊥BD (�gura 4), temos
A
B
C
DMFigura 4: área de um losango.
A(ABCD) = A(ABC) + A(BCD)
=
1
2
AC · BM +
1
2
AC · DM
=
1
2
AC · BD.A proposição a seguir ensina qual a relação entre as áreas de triângulossemelhantes e a razão de semelhança.Proposição 6. Sejam ABC e A′B′C ′ dois triângulos semelhantes. Sendo ka razão de semelhança de ABC para A′B′C ′, temos
A(ABC)
A(A′B′C ′)
= k2.Prova. Sejam BC = a, B′C ′ = a′ e h e h′ as alturas de ABC e A′B′C ′,respe
tivamente relativas a BC e B′C ′ (�gura 5). Como a = ka′ e h = kh′(problema 3, Seção 2, Unidade 10, segue que
A(ABC)
A(A′B′C ′)
=
ah
a′h′
=
ka′ · kh′
a′h′
= k2.
6 MA13 - Unidade 13
A
B C
h
a
A′
B′ C
′
h′
a′Figura 5: áreas de triângulos semelhantes.Exemplo 7. Em relação à �gura abaixo, 
onstrua 
om régua e 
ompassopontos D ∈ AB e E ∈ AC tais que DE ‖ BC e A(ADE) = A(DBCE).Solução
A
B CSupondo o problema resolvido, 
omo A(ADE) = 1
2
A(ABC) e ADE ∼
ABC, a proposição anterior garante que
AE
AC
=
√
A(ADE)
A(ABC)
=
1
√
2
.Des
rição dos passos.1. Tra
e o semi
ír
ulo Γ de diâmetro AC e exterior a ABC.2. Sendo M o ponto médio de AC, marque P ∈ Γ tal que PM⊥AC. Oteorema de Pitágoras apli
ado ao triângulo APC garante que AP =
1
√
2
AC.3. Obtenha E 
omo a interseção de AC 
om o 
ír
ulo de 
entro A e raio
AP . 2
Áreas de Figuras Planas 7Terminamos esta seção apresentando três apli
ações interessantes da fór-mula geral da Proposição 4 da Unidade 12 para a área de triângulos, apli
adaem 
onjunção a alguns dos resultados anteriormente estudados.Proposição 8. Seja ABC um triângulo de lados BC = a, AC = b, AB = ce semiperímetro p. Se r e ra são respe
tivamente os raios dos 
ír
ulos ins
ritoem ABC e ex-ins
rito a BC, então
A(ABC) = pr = (p− a)ra. (1)Prova. Sejam I o in
entro e Ia o ex-in
entro relativo aBC (�gura 6). Temos:
A C
B
I
Ia
Figura 6: fórmulas para a área de um triângulo.
A(ABC) = A(AIB) + A(AIC) + A(BIC)
=
cr
2
+
br
2
+
ar
2
= pr.e
A(ABC) = A(AIaB) + A(AIaC)− A(BIC)
=
cra
2
+
bra
2
−
ara
2
= (p− a)ra.
8 MA13 - Unidade 13Estamos agora em 
ondições de provar outro 
orolário do teorema dePtolomeu, o teorema de Carnot1, enun
iado a seguir.Teorema 9. Se ABC é um triângulo a
utângulo de 
ir
un
entro O, e x, ye z denotam respe
tivamente as distân
ias de O aos lados BC, AC e AB,então
x+ y + z = R + r,onde r e R denotam respe
tivamente os raios dos 
ír
ulos ins
rito e 
ir
uns-
rito a ABC.Prova. Sejam M , N e P respe
tivamente os pontos médios dos lados BC,
CA e AB, de modo que OM⊥BC, ON⊥CA e OP⊥AB (�gura 7). Então os
O
C
A
B M
NP
x
y
z
Figura 7: distân
ias do 
ir
un
entro aos lados.quadriláteros BMOP , CNOM e APON têm, 
ada um, dois ângulos opostosretos, sendo portanto ins
ritíveis. Denotando, por simpli
idade, BC = a,
AC = b, AB = c, OM = x, ON = y e OP = z, obtemos então, peloteorema de Ptolomeu, as igualdades
x ·
c
2
+ z ·
a
2
= R ·
b
2
,
x ·
b
2
+ y ·
a
2
= R ·
c
21Após Lazare Carnot, matemáti
o fran
ês dos sé
ulos XVIII e XIX, o primeiro a utilizarsistemati
amente segmentos orientados em Geometria.
Áreas de Figuras Planas 9e
y ·
c
2
+ z ·
b
2
= R ·
a
2
,onde R denota o raio do 
ír
ulo 
ir
uns
rito a ABC.Por outro lado 
omo os triângulos OBC, OCA e OAB parti
ionam otriângulo ABC, temos
A(ABC) =
xa
2
+
yb
2
+
zc
2
.Mas sendo respe
tivamente p o semiperímetro e r o raio do 
ír
ulo ins
ritoem ABC, sabemos da proposição anterior que A(ABC) = pr, relação quesubstituída na igualdade a
ima nos dá
xa
2
+
yb
2
+
zc
2
= pr.Por �m, somando ordenadamente a última relação a
ima 
om as trêsprimeiras, obtemos
(x+ y + z)p = (R + r)p,donde segue o teorema de Carnot.Problemas1. Construa, 
om régua e 
ompasso, um triângulo de área igual à área deum quadrado dado.2. (Torneio das Cidades). Em um hexágono 
onvexo ABCDEF , temos
AB ‖ CF , CD ‖ BE e EF ‖ AD. Prove que as áreas dos triângulos
ACE e BDF são iguais (sugestão: A(ABC) = A(ABF ), A(CDE) =
A(BCD) e A(AEF ) = A(DEF )).3. O trapézio ABCD, de bases AB e CD e lados não paralelos AD e BC,é retângulo em A. Se BC = CD = 13 
m e AB = 18 
m, 
al
ule aaltura e a área do trapézio, assim 
omo a distân
ia do vérti
e A à reta
←→
BC.
10 MA13 - Unidade 134. Para quais inteiros positivos n é possível parti
ionar um triângulo e-quilátero de lado n em trapézios de lados medindo 1, 1, 1 e 2?5. ABCD é um trapézio de bases BC e AD e lados não paralelos ABe CD. Seja E o ponto médio do lado CD e suponha que a área dotriângulo AEB seja igual a 360 
m2. Cal
ule a área do trapézio.6. SejaABCD um trapézio de bases AB,CD e lados não paralelosAC,BD.Se as diagonais de ABCD se interse
tam em E, prove que
√
A(ABCD) =
√
A(ABE) +
√
A(CDE).7. Por um ponto P no interior de um triângulo ABC traçamos retasparalelas aos lados de ABC. Tais retas parti
ionam ABC em trêstriângulos e três paralelogramos. Se as áreas dos triângulos são iguaisa 1 
m2, 4 
m2 e 9 
m2, 
al
ule a área de ABC.
MA13 - Unidade 14
Pontos, Retas e Planos
Semana 10/10/2011 a 16/10/2011
1 Do Plano para o Espaço
O grande desa�o em ensinar Geometria a alunos do Ensino Médio é fazer a
transição do plano para o espaço. Embora estejamos habituados a �guras
geométricas tridimensionais (convivemos todo o tempo com planos, cubos, es-
feras, cones, cilindros, etc) é no Ensino Médio que tais �guras são estudadas,
pela primeira vez, de forma sistemática. Esta ampliação de horizontes nem
sempre é fácil para o aluno. O início do estudo sistemático de Geometria
Plana, em geral na 7o ou 8o ano do Ensino Médio, vem depois de longos anos
nos quais o aluno se prepara, de certo modo, para estudar �guras planas. Ele
não as observa simplesmente no mundo real; ele está constantemente desen-
hando tais �guras, o que contribui para a criação de modelos mentais para
elas. Embora o aluno possa ter di�culdades no aprendizado de Geometria,
em geral ele não tem di�culdade de entender as propriedades essenciais das
�guras geométricas simples. Conceitos básicos como paralelismo, perpendi-
2 MA13 - Unidade 14
cularismo e congruência são bem entendidos pelo aluno. Além disso, em caso
de di�culdades, é sempre possível experimentar através de desenhos ou de
modelos das �guras.
Tais facilidades não ocorrem quando se começa a estudar Geometria Es-
pacial. As relações entre as �guras geométricas fundamentais são bem mais
complexas do que na Geometria Plana. O estudo de paralelismo, por exem-
plo, que na Geometria Plana se reduz a paralelismo entre retas, agora é
complicado pelo fato de existirem, no espaço, retas que não são nem pa-
ralelas nem concorrentes e pelas relações de paralelismo envolvendo planos.
Há, também, uma di�culdade muito maior de se fazer este estudo com apoio
em modelos concretos. Além de os alunos do Ensino Médio já não estarem
mais, de modo geral, propensos ao uso de tais modelos, é muito mais difícil
construí-los de modo a serem úteis. Por exemplo, o uso de folhas de cartolina
para representar dois planos pode levar um aluno à conclusão de que a in-
terseção de dois planos pode ser um ponto... (�gura 1).
Figura 1: Interseção de planos pode resultar em um único ponto?
O exemplo acima não deve ser entendido como uma recomendação para
que não sejam usados modelos do mundo real como exemplos de �guras
espaciais, com o intuito de exempli�car relações entre elas. Mas a limitação
de tais modelos faz com que eles não bastem. É preciso algo mais: ter
Pontos, Retas e Planos 3
alguma imaginação, desenvolver alguma habilidade de fazer representações de
tais �guras em papel e, principalmente, adquirir um bom conhecimento das
propriedades fundamentais entre as �guras geométricas espaciais, de modo
que relações entre elas possam ser deduzidas através de uma argumentação
geométrica, já que raramente tais relações podem ser observadas diretamente
em uma �gura ou um modelo. É muito importante, também, desenvolver no
aluno a habilidade de fazer bom proveito de seus conhecimentos de Geometria
Plana. Em muitos problemas, a técnica de resolução consiste em identi�car
um ou mais planos �onde a ação ocorre�,isto é, que contêm os elementos
relevantes ao problema, e aplicar Geometria Plana para obter relações entre
esses elementos.
Para que tudo isso seja possível, é importante que os conceitos funda-
mentais da Geometria Espacial sejam apresentados com cuidado. Uma al-
ternativa é aproveitar a ocasião para apresentar uma formulação axiomática
para a Geometria. Uma formulação axiomática consiste na identi�cação de
um certo conjunto de noções primitivas, não de�nidas, e de um conjunto de
axiomas ou postulados, que são propriedades aceitas como verdadeiras. As
demais propriedades (os teoremas) são demonstrados a partir destes postu-
lados.
O conjunto de postulados escolhidos para uma teoria matemática deve
satisfazer a dois requisitos: ele deve ser consistente (isto é, não deve ser
possível chegar a contradições a partir dos postulados) e su�ciente (isto é,
deve ser possível determinar a veracidade de uma a�rmativa a partir dos
postulados). Além disso, é desejável que os postulados re�itam fatos que
indiscutivelmente correspondam à nossa intuição a respeito dos objetos fun-
damentais da teoria. A primeira iniciativa no sentido de criar uma teoria
axiomática para a Geometria é de Euclides, mas Hilbert, no início deste
século, foi o primeiro a propor um conjunto de axiomas para a Geometria ao
mesmo tempo consistente e su�ciente.
O fato de que foram necessários mais de 2000 anos para se chegar a uma
formulação axiomática correta para a Geometria mostra que tal tarefa é mais
4 MA13 - Unidade 14
delicada do que pode parecer à primeira vista. O sistema de axiomas não
deve apenas formular propriedades relativas a determinação e incidência de
pontos, retas e planos mas também dar validade a noções intuitivas como
ordem, separação e medida de ângulos e segmentos. Uma discussão mais
completa do que a apresentada aqui sobre os fundamentos da Geometria
Espacial pode ser encontrada no livro �Introdução à Geometria Espacial�, de
Paulo C.P. Carvalho, da Coleção do Professor de Matemática da SBM. Para
os fundamentos da Geometria Plana, recomendamos �Geometria Euclidiana
Plana�, de João Lucas Marques Barbosa, da mesma coleção.
2 Noções Primitivas e Axiomas
Na nossa opinião, não é apropriado apresentar, no Ensino Médio, uma teoria
axiomática formal para a Geometria Espacial. Mas é importante estabelecer
as regras básicas do jogo, introduzindo as entidades fundamentais (ponto,
reta, plano, espaço) como noções primitivas e apresentando alguns dos axio-
mas como propriedades a serem aceitas sem demonstração.
Muitas vezes o aluno recebe com certa surpresa o fato de que a Geometria
se baseia em algumas noções para as quais não é apresentada de�nição e em
algumas propriedades para as quais não é apresentada uma demonstração.
É importante que o professor esclareça que isto ocorre com qualquer teoria
matemática (veja a discussão no capítulo 2 do primeiro volume desta série).
O fato de ponto, reta, plano e espaço serem noções primitivas da Geome-
tria não signi�ca que não se possa reforçar a intuição do aluno a respeito
dessas noções. De uma certa forma, isto ocorria já nos Elementos de Eu-
clides, em que, por exemplo, ponto é de�nido como �aquilo que não possui
partes� (ou seja, é indivisível), linha é �o que possui comprimento mas não
largura� e reta é �uma linha que jaz igualmente com respeito a todos os seus
pontos� (isto é, uma linha onde não existem pontos �especiais�).
Embora tais descrições não possam ser utilizadas como de�nições (por
utilizarem outros termos não de�nidos, como �comprimento�, �largura�, etc),
Pontos, Retas e Planos 5
ajudam a correlacionar entidades matemáticas com imagens intuitivas. Deve-
se, porém, esclarecer para o aluno que, do ponto de vista matemático, o que
importa é estabelecer uma quantidade mínima de propriedades (postulados)
que sejam capazes de caracterizar o comportamento destas entidades.
Abaixo, são dadas algumas das propriedades essenciais relacionando as
noções de ponto, reta, plano e espaço, e que podem ser utilizadas como pos-
tulados da Geometria Espacial.
Postulado 1. Dados dois pontos distintos do espaço existe uma, e somente
uma, reta que os contém.
Postulado 2. Dados três pontos não colineares do espaço, existe um, e
somente um, plano que os contém.
Postulado 3. Se uma reta possui dois de seus pontos em um plano, ela
está contida no plano.
Uma vez tendo estabelecido estas propriedades como axiomas, podemos
utilizá-las na demonstração de outras propriedades, como ilustrado abaixo.
Teorema. Existe um único plano que contém uma reta e um ponto não
pertencente a ela.
Prova. Seja P um ponto não pertencente à reta r. Tomemos, sobre r,
dois pontos distintos Q e R (�gura 2). Os pontos P , Q e R não são coli-
neares (de fato, pelo Postulado 1, r é a única reta que passa por Q e R e,
por hipótese, P não pertence a r). Pelo Postulado 2, sabemos que existe um
único plano α contendo P , Q e R. Como a reta r tem de dois de seus pontos
(Q e R) em α, o Postulado 3 estabelece que r está contida em α. Logo, de
fato existe um plano contendo r e P . Como este é o único plano que contém
P , Q e R, ele é o único que contém P e r.
6 MA13 - Unidade 14
Figura 2: Uma reta e um ponto exterior determinam um plano.
Embora o leitor possivelmente não tenha percebido, na demonstração do
teorema acima �zemos uso de uma construção que, a rigor, deveria ser jus-
ti�cada. A reta r e o ponto P são fornecidos pelo enunciado do teorema.
No entanto, os pontos Q e R foram construídos na demonstração. Nossa
experiência nos diz que, dada uma reta, existem uma in�nidade de pontos
que pertencem a ela (portanto, estamos livres para escolher dois pontos ar-
bitrários sobre ela) e uma in�nidade de pontos que não pertencem a ela. O
mesmo vale para um plano. Se quiséssemos fazer uma construção axiomática
rigorosa seria necessário introduzir axiomas referentes a tais propriedades.
Nas seções a seguir procuraremos desenvolver, a partir dos postulados,
outras propriedades relativas a pontos, retas e planos, respondendo a questões
fundamentais como as abaixo:
• Que combinações de pontos e retas determinam um plano?
• Como pode ser a interseção de duas retas no espaço? E de dois planos?
E de uma reta e um plano?
Como veremos, nem todas estas perguntas podem ser respondidas usando
os postulados acima. Utilizaremos nossa procura de respostas a estas pergun-
tas justamente para motivar a introdução de outros postulados. A mesma
estratégia pode (e deve) ser usada com alunos do Ensino Médio: ao invés de
apresentar propriedades já prontas, é melhor descobri-las juntamente com os
alunos.
Pontos, Retas e Planos 7
3 Posição de Retas
A partir das respostas às perguntas �como pode ser a interseção de duas re-
tas?� e �quando duas retas determinam um plano?�, obtemos uma importante
classi�cação para um par de retas distintas do espaço.
Comecemos pela interseção. Pelo Postulado 1, duas retas distintas podem
ter no máximo um ponto comum. De fato, como existe uma única reta que
passa por dois pontos distintos, duas retas que tenham mais de um ponto
comum são obrigatoriamente coincidentes (isto é, são a mesma reta).
Quando duas retas têm exatamente um ponto comum, elas são chamadas
de concorrentes e sempre determinam um plano.
De fato, seja P o ponto de interseção das retas r e s (�gura 3). Sejam R
e S pontos de r e s, respectivamente, distintos de P . Os pontos P , R e S
são não colineares; portanto, determinam um único plano α, que certamente
contém r e s, já que essas retas têm dois de seus pontos em α.
Figura 3: Duas retas concorrentes determinam um plano.
Já quando duas retas não possuem ponto em comum, elas podem ou não
determinar um plano. Consideremos a situação da �gura 4, que mostra três
pontos não colineares A, B e C, que determinam um plano α, um ponto D
exterior a α, e as retas r e s, de�nidas por A e B e por C eD, respectivamente.
E claro que não existe nenhum ponto comum a r e s.
Note que s só tem o pontoC em comum com α; se tivesse um outro
ponto comum, s teria que estar contida em α, o que é impossível, já que
D é exterior a α. Por outro lado, não existe nenhum plano que contenha,
simultaneamente, r e s. Basta observar que α é o único plano que passa por
8 MA13 - Unidade 14
Figura 4: Retas reversas.
A, B e C e que D não pertence a este plano. Retas como r e s são chamadas
de retas não-coplanares ou reversas.
Retas reversas sempre possuem interseção vazia. Mas duas retas do es-
paço podem não ter pontos de interseção e serem coplanares. Neste caso,
dizemos que as retas são paralelas. Sabemos, da Geometria Plana, que por
um ponto do plano exterior a uma reta passa uma única reta paralela a ela.
O mesmo ocorre no espaço. Isto é, por um ponto P exterior a uma reta r
do espaço passa uma única reta s paralela a ela. De fato, seja r uma reta
do espaço e seja P um ponto não pertencente a r (�gura 5). Como vimos
acima, existe um único plano α que contém P e r; nesse plano, existe uma,
e somente uma, reta s paralela a r passando por P . Por outro lado, não
existem retas paralelas a r passando por P que não estão contidas em α, já
que todas as retas coplanares com r passando por P estão contidas em α.
Assim, a reta s é a única reta do espaço que contém P e é paralela a r.
Figura 5: Retas paralelas.
Em resumo, duas retas distintas do espaço estão em um dos casos dados
no quadro abaixo:
Pontos, Retas e Planos 9
Posição relativa Interseção r e s
de r e s de r e s são coplanares?
Concorrentes exatamente um ponto Sim
Paralelas vazia Sim
Reversas vazia Não
4 Posição Relativa de Reta e Plano
A pergunta relevante agora é: �como pode ser a interseção de uma reta e
um plano?� Pelo Postulado 3, se uma reta r possui dois ou mais pontos
pertencentes a um plano α, todos os seus pontos estarão em α; isto é r
estará contida em α (�gura 6).
Figura 6: Uma reta contida em um plano.
Um outro caso possível é aquele em que r tem apenas um ponto em
comum com α (dizemos nesse caso que r é secante a α). A �gura 7 mostra
um ponto P pertencente a um plano α e um ponto exterior Q. A reta r
de�nida por P e Q, é secante a α.
Figura 7: Uma reta secante a um plano.
10 MA13 - Unidade 14
Finalmente, uma reta pode não ter pontos em comum com um plano
(dizemos que a reta e o plano são paralelos). Seja α um plano, r uma reta
contida em α e P um ponto exterior a α (�gura 8). A reta s, paralela a r
passando por P , é paralela a α. De fato, seja β o plano de�nido por r e
s. Se s não fosse paralela a α, a interseção de r e α seria um ponto Q não
pertencente a r, já que r e s são paralelas. Mas isto faria com que os planos
distintos α e β tivessem em comum a reta r e o ponto exterior Q, o que é
impossível.
Figura 8: Uma reta paralela a um plano.
Pontos, Retas e Planos 11
Em resumo, uma reta r e um plano α podem estar em um dos casos a
seguir:
Posição relativa de r e α Interseção de r e α
r contida em α a própria reta r
r secante a α um único ponto
r paralela a α vazia
5 Posição Relativa de Dois Planos
Obtemos uma classi�cação para a posição relativa de dois planos procurando
responder à pergunta: �como pode ser a interseção de dois planos distintos?�.
A primeira observação é a seguinte:
Se dois planos distintos possuem mais de um ponto em comum, sua in-
terseção é uma reta (neste caso, dizemos que os planos são secantes).
De fato, se os pontos P e Q são comuns a α e β, então, pelo Postulado
3, a reta r de�nida por P e Q está contida, simultaneamente, em α e β e,
portanto, em sua interseção. Por outro lado, se houvesse um ponto R comum
a α e β que não pertencesse a r, os planos α e β seriam coincidentes, já que
r e R determinam um único plano. Logo, r é a interseção de α e β.
A �gura 9 mostra uma situação em que temos dois planos secantes. O
plano a é de�nido pela reta r e pelo ponto exterior A. O ponto B é exterior
a α e de�ne com r um outro plano β. Os planos α e β têm por interseção a
reta r; são, portanto, secantes.
A próxima possibilidade a ser considerada é a de dois planos terem exa-
tamente um ponto em comum. Uma consulta a nosso modelo mental para
planos no espaço tridimensional nos convencerá de que essa possibilidade não
existe. Tal impossibilidade, no entanto, não decorre dos postulados anteri-
ores (na verdade, na Geometria Euclidiana do espaço de dimensão superior
a 3, é perfeitamente possível dois planos terem exatamente um ponto em
comum) e deve ser estabelecida através de mais um postulado.
12 MA13 - Unidade 14
Figura 9: Planos secantes.
Postulado 4. Se dois planos possuem um ponto em comum, então eles
possuem pelo menos uma reta em comum.
Resta-nos apenas mais uma possibilidade: a de que os planos sejam para-
lelos (isto é, não possuam pontos comuns). Mas existem realmente planos que
não tenham ponto em comum? Nossa intuição diz que sim, e o argumento a
seguir fornece uma con�rmação, mostrando como construir um plano para-
lelo a um outro.
Construção de um plano paralelo a um plano dado. Seja P um ponto
exterior ao plano α (�gura 10). Tomemos duas retas concorrentes r e s em α.
Sejam r′ e s′ as paralelas a r e s conduzidas por P . Estas retas determinam
um plano β, que é, como vamos provar, paralelo a α.
Figura 10: Planos paralelos.
Suponhamos que β não seja paralelo a α. Então α e β possuem uma
reta de interseção t. As retas r′, s′ e t são coplanares. Por outro lado, as
Pontos, Retas e Planos 13
retas r′ e s′ não podem ser ambas paralelas a t. Logo, pelo menos uma delas
(digamos r′) é concorrente com t e, portanto, secante a α. Mas como r′ é
paralela a uma reta de α, resulta que r′ é paralela a α. Temos, portanto,
uma contradição, o que demonstra que α e β são paralelos.
A construção acima mostra como construir um plano paralelo a a pas-
sando pelo ponto exterior P .
O quadro abaixo resume as situações possíveis para a posição relativa de
dois planos distintos α e β:
Posição relativa de α e β Interseção de α e β
secantes uma reta r
paralelos vazia
Exercícios
1. A �gura 11 abaixo representa uma ponte sobre uma estrada de ferro.
Sejam α e β, respectivamente, os planos da pista da ponte e o do leito da
estrada de ferro e sejam r e s as retas que representam o eixo da pista e um
dos trilhos. Quais são as posições relativas de α, β, r e s?
Figura 11:
2. Quantos são os planos determinados por 4 pontos não coplanares?
3. Quantos planos distintos são determinados por um subconjunto dos vér-
tices do paralelepípedo ABCDEFGH?
4. Qual a seção determinada em um paralelepípedo ABCDEFGH pelo
14 MA13 - Unidade 14
plano ABG?
5. Duas retas r e s são concorrentes em um ponto O. Fora do plano deter-
minado por r e s tomamos um ponto P qualquer. Qual é a interseção do
plano de�nido por r e P com o plano de�nido por s e P?
6. Sejam r e s duas retas reversas, A um ponto em r e B um ponto em
s. Qual é a interseção do plano α de�nido por r e B com o plano β de�nido
por s e A?
7. Sejam r e s duas retas reversas. Sejam A e B pontos distintos de r e
C e D pontos distintos de s. Qual é a posição relativa das retas AC e BD?
8. Sejam r e s duas retas reversas e P um ponto qualquer do espaço. Diga
como obter:
a) um plano contendo r e paralelo a s;
b) um par de planos paralelos contendo r e s, respectivamente;
c) uma reta passando por P e se apoiando em r e s.
9. Seja r uma reta secante a um plano α e P um ponto exterior a α. É
sempre possível traçar uma reta que passa por P , encontra r e é paralela a
α?
10. Se dois planos são paralelos a uma reta então eles são paralelos en-
tre si. Certo ou errado?
11. Sejam A, B, C e D pontos quaisquer do espaço (não necessariamente
coplanares). Sejam M , N , P e Q os pontos médios de AB, BC, CD e
DA, respectivamente. Mostre que MNPQ é um paralelogramo. Use este
fato para demonstrar que os três segmentos que unem os pontos médios
das arestas opostas de um tetraedro qualquer ABCD se encontram em um
Pontos, Retas e Planos 15
mesmo ponto.
12. Suponha que os planos α,β e γ têm exatamente um ponto em comum.
Existe uma reta que seja simultaneamente paralela a α, β e γ?
MA13 - Unidade 15
Pontos, Retas e Planos II
Semana 10/10/2011 a 16/10/2011
1 Construindo Sólidos
Com as propriedades já estabelecidas, podemos, já nesse ponto, construir
nossos primeiros sólidos. A maior parte dos livros didáticos para o 2o grau
adia a apresentação dos sólidos clássicos (prismas, pirâmides, esfera, etc)
para mais tarde, quando se ensina a calcular áreas e volumes desses sólidos.
Nada impede, no entanto, que eles sejam apresentados mais cedo, de modo a
colaborar na �xação dos conceitos fundamentais, já que exemplos muito mais
ricos de situações envolvendo pontos, retas e planos podem ser elaborados
com seu auxílio.
Construção de Pirâmides e Cones. Considere um polígono A1A2 . . . An
em um plano e um ponto V exterior ao plano do polígono (�gura 1). Traçamos
os segmentos V A1, V A2, . . . , V An. Cada dois vértices consecutivos deA1A2 . . .
An determinam com V um triângulo. Estes triângulos, juntamente com o
1
2 MA13 - Unidade 15
polígono
A1A2 . . . An,
delimitam uma região do espaço, que é a pirâmide de base
A1A2 . . . An
e vértice V . A região do espaço limitada pela pirâmide é formada pelos pon-
tos dos segmentos de reta que ligam o vértice V aos pontos do polígono-base.
Os segmentos V A1, V A2, . . . , V An são chamados arestas laterais e os triân-
gulos V A1A2, V A2A3, . . . , V AnA1 de faces laterais da pirâmide. Pirâmides
triangulares − ou tetraedros − apresentam a particularidade de que qualquer
de suas faces pode ser considerada a base da pirâmide.
Figura 1: Uma pirâmide pentagonal, um tetraedro e um cone.
Pirâmides são casos particulares de cones. Em um cone, a base não pre-
cisa ser um polígono, mas qualquer região plana delimitada por uma curva
fechada e simples (isto é, que não corta a si própria). Os cones mais impor-
tantes são os cones circulares, em que a base é um círculo. Em um cone,
cada um dos segmentos que ligam o vértice aos pontos situados sobre a curva
que delimita a base da geratriz do cone. A união de todos esses segmentos é
uma superfície, chamada de superfície lateral do cone.
Construção de Prismas e Cilindros. Seja A1A2 . . . An um polígono con-
tido em um plano α (�gura 2). Escolhemos um ponto B1 qualquer, não
pertencente a α. Por B1 traçamos o plano β paralelo a α. Pelos demais vér-
tices A2, . . . , An traçamos retas paralelas a A1B1 que cortam β nos pontos
B2, . . . , Bn (isto implica em que todas estas retas sejam paralelas entre si;
Pontos, Retas e Planos II 3
veja o exercício 18). Tomemos dois segmentos consecutivos assim determi-
nados: A1B1 e A2B2 , por exemplo. O quadrilátero A1B1B2A2 é plano, já
que os lados A1B1 e A2B2 são paralelos. Mas isto implica em que os outros
dois lados também sejam paralelos, pois estão contidos em retas coplanares
que não se intersectam, por estarem contidas em planos paralelos. Portanto,
o quadrilátero é um paralelogramo. Os paralelogramos assim determina-
dos, juntamente com os polígonos A1A2 . . . An e B1B2 . . . Bn determinam um
poliedro chamado de prisma de bases A1A2 . . . An e B1B2 . . . Bn. A região
do espaço delimitada por um prisma é formada pelos pontos dos segmen-
tos nos quais cada extremo está em um dos polígonos-base. As arestas
A1B1, A2B2, . . . , AnBn são chamadas de arestas laterais. Todas as arestas
laterais são paralelas e de mesmo comprimento; arestas laterais consecutivas
formam paralelogramos, que são chamados de faces laterais do prisma. As
bases A1A2 . . . An e B1B2 . . . Bn são congruentes. De fato, estes polígonos
possuem lados respectivamente iguais e paralelos (já que as faces laterais
são paralelogramos) e, em consequência, possuem ângulos respectivamente
iguais (como na Geometria Plana, ângulos determinados por retas paralelas
do espaço são iguais : veja o exercício 20).
Um caso particular ocorre quando a base é um paralelogramo. Neste
caso, o prisma é chamado de paralelepípedo. Paralelepípedos são prismas
que têm a particularidade de que qualquer de suas faces pode ser tomada
como base (duas faces opostas quaisquer estão situadas em planos paralelos
e são ligadas por arestas paralelas entre si).
A generalização natural de prisma é a noção de cilindro, em que a base
pode ser qualquer região plana delimitada por uma curva simples e fechada.
Cada um dos segmentos paralelos que passam pelos pontos da curva e são
delimitados pelos planos paralelos é uma geratriz do cilindro.
Aplicações. Vejamos alguns exemplos em que usamos os sólidos de�nidos
acima para ilustrar situações envolvendo interseções de retas e planos.
Exemplo. Consideremos uma pirâmide quadrangular de base ABCD e
4 MA13 - Unidade 15
Figura 2: Um prisma pentagonal, um paralelepípedo e um cilindro.
vértice V (�gura 3). As arestas laterais opostas V A e V C determinam um
plano α, enquanto V B e V D determinam um plano β. Qual é a interseção
de α e β?
Os planos α e β são distintos (A, por exemplo, está em α mas não em β)
e têm um ponto comum V . Logo, sua interseção é uma reta r que passa por
V . Para localizarmos um segundo ponto de r, considermos as interseções de
α e β com o plano da base, que são as diagonais AC e BD, respectivamente,
do quadrilátero ABCD. Logo, o ponto de interseção de AC e BD é comum
aos três planos α, β e ABCD; portanto, está na reta de interseção de α e
β. Assim, α e β se cortam segundo a reta que passa por V e pelo ponto de
interseção de AC e BD.
Figura 3:
Exemplo. Consideremos um prisma triangular ABCDEF (�gura 4). Quan-
tos planos distintos são determinados por um subconjunto dos 6 vértices do
Pontos, Retas e Planos II 5
paralelepípedo?
Figura 4: Planos determinados pelos vértices de um prisma trian-
gular.
Se os 6 vértices do prisma estivessem em posição geral seja, dispostos
de forma tal que quatro quaisquer deles não fossem coplanares), cada sub-
conjunto de 3 pontos determinaria um plano. Teríamos, assim, um total de
C36 = 20 planos. No caso do prisma triangular, no entanto, a situação não
é esta. Podemos começar a listar os planos de�nidos pelos vértices a partir
das faces: temos 3 faces laterais e 2 bases. Outros planos formados a partir
dos vértices terão necessariamente que ser determinados por 2 vértices de
uma base e pelo vértice da outra base que seja extremo da aresta lateral que
não passa por nenhum dos dois primeiros. Há 6 planos nestas condições, já
que este último vértice pode ser qualquer um dos vértices do prisma. Temos,
então, um total de 11 planos.
2 Descobrindo Relações de Paralelismo
Apresentamos abaixo uma lista de situações nas quais o paralelismo de certas
entidades (planos ou retas) pode ser deduzida a partir do paralelismo de
outras retas e planos.
6 MA13 - Unidade 15
1) Uma reta é paralela a um plano se e somente se ela é paralela a uma
reta do plano.
2) Dados dois planos secantes, uma reta de um deles é paralela ao outro
se e somente se ela é paralela à reta de interseção dos dois planos.
3) Se um plano α corta o plano β segundo a reta r, então ele corta
qualquer plano paralelo a β segundo uma reta paralela a r.
4) Dois planos são paralelos se e somente se um deles é paralelo a duas re-
tas concorrentes do outro (alternativamente, dois planos distintos são parale-
los se e somente se um deles contém duas retas concorrentes respectivamente
paralelas a duas retas do outro).
Algumas dessas propriedades já foram apresentadas ou aplicadas anteri-
ormente, e sua demonstração �ca por conta do leitor. A seguir mostramos
situações em que podemos utilizar as propriedades acima para identi�car re-
lações de paralelismo em um sólido simples.
Exemplo. Vamos tomar um paralelepípedo ABCDEFGH e observar al-
gumas relações de paralelismo entre as retas e planos lá presentes (�gura 5)
Figura 5:
a) A aresta AE é paralela à face BCGF .
Justi�cativa. Basta notar que AE é paralela à reta BF de BCGF .
Pontos, Retas e Planos II 7
b) A diagonal AH da face ADHEtambém é paralela à face BCGF .
Justi�cativa. Os planos das faces opostas de um paralelepípedo são parale-
los (note que as retas AD e AE de ADHE são respectivamente paralelas às
retas BC e BF de BCGF ). Como AH está contida em um plano paralelo à
face BCGF , AH é necessariamente paralela a BCGF .
c) A interseção dos planos α e β determinados pelos pares de arestas laterais
opostas (AE,CG) e (BF,DH) é uma reta que passa pelos pontos Q e R de
interseção das diagonais das bases e que é paralela a aquelas arestas (�gura
6).
Figura 6:
Justi�cativa. Primeiro, observamos que as diagonais AC e BD da base
inferior estão contidas, respectivamente, em α e β. Logo seu ponto Q de
interseção está na reta de interseção. O mesmo argumento se aplica a R.
Por outro lado, AE é paralela a β, já que é paralela à reta BF de β.
Portanto, AE é necessariamente paralela à reta r de interseção de α e β.
d) O plano α determinado pelos pontos A, C e H é paralelo ao plano β
determinado pelos pontos B, E e G (�gura 7).
Justi�cativa. Tomemos as diagonais faciais AC e EG. As retas AC e EG
são as interseções do plano de�nido pelas arestas laterais AE e CG com os
planos (paralelos) das bases do paralelepípedo. Logo AC e EG são paralelas.
O mesmo argumento se aplica, por exemplo, a BG e AH. Logo α possui um
8 MA13 - Unidade 15
Figura 7:
par de retas concorrentes que são paralelas a retas de β e, em consequência,
α e β são paralelos.
3 Planos Paralelos e Proporcionalidade
Da Geometria Plana trazemos o (bom) hábito de associar retas paralelas
com proporcionalidade, através do Teorema de Tales (que estabelece a pro-
porcionalidade dos segmentos determinados em duas secantes por um feixe
de retas paralelas) e de semelhança de triângulos (ao se cortar um triângulo
por uma reta paralela a uma dos lados se obtém um triângulo semelhante a
ele). Existem propriedades perfeitamente análogas para planos paralelos.
Teorema de Tales para Planos Paralelos. Um feixe de planos paralelos
determina segmentos proporcionais sobre duas retas secantes quaisquer.
Demonstração. A demonstração consiste em reduzir o teorema ao seu cor-
respondente no plano, que é o teorema de Tales sobre feixe de retas paralelas.
Sejam α, β e γ três planos paralelos e sejam r1 e r2 duas retas secantes quais-
quer (�gura 8).
A reta r1 corta os planos nos pontos A1, B1 e C1 e r2 corta os mesmos
planos nos pontos A1, B2 e C2. Pelo ponto A1 de r1 traçamos uma reta r′2
paralela a r2, que corta os três planos nos pontos A1, B′2 e C
′
2. As retas r1
e r′2 determinam um plano, que corta β e γ segundo as retas paralelas B1B
′
2
Pontos, Retas e Planos II 9
Figura 8: Teorema de Tales para planos paralelos.
e C1C ′2. Logo, pelo Teorema de Tales para retas paralelas, temos
A1B1
A1B′2
=
B1C1
B′2C
′
2
=
A1C1
A1C ′2
. Mas A1B′2 = A2B2, B
′
2C
′
2 = B2C2, e A1C
′
2 = A2C2, por
serem segmentos retas paralelas compreendidos entre retas paralelas. Logo,
temos
A1B1
A2B2
=
B1C1
B2C2
=
A1C1
A2C2
.
Construção de Pirâmides Semelhantes. Consideremos agora uma pirâ-
mide de baseA1A2 . . . An e vértice V (�gura 9). Tracemos um plano paralelo à
base, que corta as arestas laterais segundo o polígono B1B2 . . . Bn e que divide
a pirâmide em dois poliedros: um deles é a pirâmide de base B1B2 . . . Bn e o
outro é chamado de tronco de pirâmide de bases A1A2 . . . An e B1B2 . . . Bn.
Consideremos as duas pirâmides e examinemos suas faces laterais. Na face
lateral V A1A2, por exemplo, o segmento B1B2 é paralelo à base. Em conse-
quência, o triângulo V B1B2 é semelhante ao triângulo V A1A2. Logo, temos
V B1
V A1
=
V B2
V A2
=
B1B2
A1A2
= k. Aplicando o mesmo raciocínio para as demais
faces laterais, concluímos que a razão entre duas arestas correspondentes das
duas pirâmides é sempre igual a k.
10 MA13 - Unidade 15
Figura 9: Seccionando uma pirâmide por um plano paralelo à base.
Na verdade, as duas pirâmides do exemplo são semelhantes na razão k, ou
seja, é possível estabelecer uma correspondência entre seus pontos de modo
que a razão entre os comprimentos de segmentos correspondentes nas duas
�guras seja constante.
Esta correspondência é estabelecida da seguinte forma: dado um ponto
P da pirâmide V A1A2 · · ·An, seu correspondente na pirâmide V B1B2 . . . Bn
é o ponto P ′ sobre V P tal que
V P ′
V P
= k. O ponto P ′ certamente pertence à
segunda pirâmide. Além disso, tomando um segundo par de pontos corres-
pondentes Q e Q′, os triângulos V P ′Q′ e V PQ são semelhantes na razão k,
o que implica em
P ′Q′
PQ
= k . Logo, a razão entre segmentos correspondentes
nas duas pirâmides é sempre igual a k, o que demonstra a sua semelhança.
O que �zemos acima pode ser visto de maneira mais geral e transformado
em um método para obter uma �gura espacial semelhante a uma �gura dada.
Dado um ponto V do espaço e um número real k, a homotetia de centro V e
razão k é a função o que associa a cada ponto P do espaço o ponto P ′ sobre
V P tal que V P ′ = kV P (�gura 10).
Duas �guras F e F ′ são homotéticas quando existe uma homotetia σ
tal que σ(F ) = F ′. Assim, as duas pirâmides do exemplo anterior são ho-
motéticas. Duas �guras homotéticas são sempre semelhantes, pelo mesmo
argumento utilizado acima: dados dois pontos P e Q em F , seus correspon-
dentes P ′ e Q′ em F ′ são tais que os triângulos V P ′Q′ e V PQ são semelhantes
Pontos, Retas e Planos II 11
Figura 10: Figuras homotéticas.
na razão k.
4 Atividades em Sala de Aula
Muitas vezes o professor tem di�culdades em motivar o aluno para os con-
ceitos iniciais de Geometria no Espaço. Sugerimos a seguir algumas estraté-
gias para despertar um maior interesse por parte dos alunos.
Uma primeira recomendação é evitar apresentar o assunto já de forma
completamente arrumada para o aluno. É importante construir a classi�-
cação da posição relativa de retas e planos com a participação dos alunos,
apresentando exemplos provocativos como o da �gura 1.
Deve-se procurar, também, buscar exemplos de planos e retas em diversas
posições no espaço que cerca o aluno. Pode-se, por exemplo, convidar os
alunos a obter exemplos de retas reversas dentro da sala de aula.
A apresentação precoce de �guras de interesse é uma outra forma de
motivar o aluno e demonstrar a relevância dos conceitos. O aluno deve ser
convidado a explorar as �guras, identi�cando retas e planos e determinando
sua posição relativa.
É importante ilustrar casos de paralelismo em �guras bem conhecidas,
como prismas e pirâmides.
Deve-se explorar bastante o conceito de semelhança, aproveitando para
fazer uma revisão de semelhança de �guras planas. Atividades usando ho-
motetia para reduzir ou ampliar �guras são também recomendadas.
12 MA13 - Unidade 15
Exercícios
1. Seja ABCD um paralelogramo. Pelos vértices A, B, C e D são traçadas
retas não contidas no plano ABCD e paralelas entre si. Um plano α corta
estas retas em pontos A′, B′, C ′ e D′, situados no mesmo semi-espaço relativo
ao plano de ABCD, de modo que AA′ = a, BB′ = b, CC ′ = c e DD′ = d.
Mostre que a+ c = b+ d.
2. Por um ponto qualquer da aresta AB de um tetraedro qualquer ABCD
é traçado um plano paralelo às arestas AC e BD. Mostre que a seção deter-
minada por este plano no tetraedro é um paralelogramo.
3. Considere um paralelepípedo ABCDEFGH. Quais são as diversas for-
mas possíveis para uma seção determinada no sólido por um plano contendo
a aresta AB?
4. Seja ABCDEFGH um paralelepípedo tal que AB = AD = AE = 6.
Estude as seções determinadas neste paralelepípedo pelos planos de�nidos
pelos ternos de pontos (M,N,P ) abaixo:
a) M = A, N = ponto médio de CG e P = ponto médio de DH
b) M = A, N = C, P = ponto médio de FG
c) M = A, N = ponto médio de CG e P = ponto médio de FG
d)M = ponto médio de AE, N = ponto médio de BC, P = ponto médio
de GH
5. Mostre que duas retas distintas paralelas a uma mesma reta são para-
lelas entre si.
6. Mostre que, por um ponto dado, passa um único plano paralelo a um
plano dado.
Pontos,Retas e Planos II 13
7. Sejam r e s retas do espaço concorrentes em P . Sejam r′ e s′ para-
lelas a r e s, respectivamente, traçadas por um ponto Q. Mostre que os
ângulos formados por r e s são iguais aos ângulos formados por r′ e s′.
8. Considere dois planos α e β. Qual é o lugar geométrico dos pontos médios
dos segmentos cujos extremos estão em α e β, respectivamente? Examine
todas as possíveis posições relativas de α e β.
9. Dada uma reta r secante ao plano α e um ponto P exterior a r e a
α, diga como construir um segmento cujos extremos estão em r e α cujo
ponto médio seja P .
10. Dadas as retas reversas duas a duas r, s e t, encontrar uma reta que as
encontre nos pontos R, S e T , respectivamente, de modo que S seja ponto
médio de RT .
11. Uma câmera fotográ�ca rudimentar pode ser construída fazendo um
pequeno furo em uma caixa, de modo que imagens de objetos sejam for-
madas na parede oposta e registradas em um �lme, como ilustrado na �gura
11.
Suponha que a câmara da �gura tenha 10 cm de profundidade
a) Que dimensões terá a fotogra�a de uma janela de 3 m de comprimento
e 1,5 m de largura, paralela ao plano do �lme e situada a 6 m da câmera?
b) Se uma pessoa tem 1,75 m de altura e o �lme usado é de 35 mm × 25
mm, a que distância mínima da câmera a pessoa deverá �car para que possa
ser fotografada de corpo inteiro?
14 MA13 - Unidade 15
Figura 11:
MA13 - Unidade 16
Perpendicularismo
Semana 17/10/2011 a 23/10/2011
1 Retas Perpendiculares
O conceito de perpendicularismo entre retas vem da Geometria Plana. Duas
retas concorrentes são perpendiculares quando se encontram formando quatro
ângulos iguais; cada um deles é chamado de ângulo reto. Naturalmente, esta
de�nição continua valendo para retas concorrentes do espaço.
Para estender o conceito para um par de retas quaisquer, consideramos
duas retas paralelas a elas conduzidas por um ponto arbitrário (�gura 1).
Quando essas retas são perpendiculares, dizemos que as retas dadas inicial-
mente são ortogonais. Note que, de acordo com esta de�nição, retas perpen-
diculares são um caso particular de retas ortogonais.
2 MA13 - Unidade 16
Figura 1: Retas ortogonais.
2 Retas e Planos Perpendiculares
A �gura 2 ilustra o conceito de perpendicularismo entre reta e plano. Dizemos
que uma reta é perpendicular a um plano quando ela é ortogonal a todas as
retas desse plano. Isto equivale a dizer que ela é perpendicular a todas as
retas do plano que passam pelo seu ponto de interseção com ele.
Figura 2: Retas perpendiculares a plano.
Baseados em nossa experiência, sabemos que por qualquer ponto de um
plano pode-se traçar uma única reta perpendicular a esse plano. Mas será que
Perpendicularismo 3
é possível mostrar tal fato a partir das propriedades básicas desenvolvidas
nos capítulos anteriores?
A resposta é a�rmativa. O ponto crucial é estabelecer as condições míni-
mas a serem obedecidas para que uma reta seja perpendicular a um plano.
É interessante deixar que os alunos as descubram por si próprios, através da
seguinte situação. Como conduzir uma reta perpendicular ao plano de uma
mesa utilizando um pedaço de papel que tem pelo menos um bordo reto,
conforme ilustrado na �gura 3a?
A solução consiste em dobrar o papel ao longo deste bordo reto, desdobrá-
lo parcialmente e repousar os lados do ângulo formado pelo bordo sobre a
mesa, conforme mostra a �gura 3b. A reta que contém o vinco do papel é
perpendicular ao plano da mesa. Vejamos como interpretar esta construção.
Quando dobramos o papel ao longo do bordo, fazemos com que os ângulos
formados pelo vinco e por cada semi-reta determinada no bordo sejam con-
gruentes. Como os dois ângulos somam 180o, cada um deles é reto. Logo,
a reta que contém o vinco é perpendicular ao bordo do papel. Quando re-
pousamos o papel sobre a mesa, a reta do vinco torna-se então perpendicular
a duas retas concorrentes do plano da mesa.
Figura 3: Como achar uma reta perpendicular a um plano.
O que a construção acima sugere é o seguinte teorema:
Teorema. Se uma reta é ortogonal a duas retas concorrentes de um plano
ela é perpendicular ao plano (ou seja, ela forma ângulo reto com cada reta
do plano).
4 MA13 - Unidade 16
Demonstração. Sejam s e t duas retas de α que se encontram em A, ambas
ortogonais a r. Sem perda de generalidade, podemos supor que r passa por
A (senão tomamos uma paralela a r passando por A) (�gura 8.4). Vamos
mostrar que toda reta u de α passando por A é perpendicular a r. Se u co-
incide com s ou t, então u é certamente perpendicular a r. Senão, tomemos
uma reta v de α tal que seu ponto de interseção U com u esteja entre os
pontos de interseção S e T com s e t. Em cada semiplano determinado por
α tomemos pontos A1 e A2 tais que AA1 = AA2.
Os triângulos retângulos A1AS e A2AS são certamente iguais, já que
A1A = A2A e o cateto AS é comum. Logo, A1S = A2S. Analogamente, os
triângulos A1AT e A2AT são iguais, daí resultando A1T = A2T . Examinan-
do, então, os triângulos A1ST e A2ST , observamos que o lado ST é comum
e os demais lados são respectivamente iguais. Portanto, estes triângulos são
iguais. Mas da igualdade de A1ST e A2ST resulta também a igualdade de
A1SU e A2SU (SU é comum, A1S = A2S e os ângulos A1SU e A2SU são
iguais). Logo, A1U = A2U e, daí, os triângulos A1AU e A2AU são iguais, por
possuírem lados respectivamente iguais. Mas isto acarreta a igualdade dos
ângulos A1AU e A2AU . Como A1 , A e A2 são colineares, cada um daqueles
ângulos é necessariamente reto. Ou seja, u é perpendicular a r.
Figura 4: Condição para perpendicularismo.
Perpendicularismo 5
Assim, provamos que toda reta de α passando por A é perpendicular a r e
portanto, que r e α são perpendiculares. À primeira vista, a estratégia usada
na demonstração do teorema acima pode parecer arti�cial (como saber que
deveríamos começar tomando pontos sobre r simétricos com relação a A?).
Ela re�ete, no entanto, a íntima relação entre perpendicularismo, congruência
e simetria. O uso de pontos simétricos em relação a A permitiu o uso de
congruência de triângulos para mostrar que r forma ângulos iguais com uma
reta arbitrária do plano, ou seja, que r é perpendicular a essa reta.
Com o auxílio do teorema acima, podemos, então, fazer duas construções
fundamentais:
Construção do plano perpendicular a uma reta por um de seus
pontos. Seja r uma reta e A um de seus pontos (�gura 5). Tomemos dois
planos distintos contendo r e, em cada um, tracemos a perpendicular a r
passando por A. Estas duas retas determinam um plano, que certamente é
perpendicular a r, já que r é perpendicular a duas retas concorrentes deste
plano.
Construção da reta perpendicular a um plano por um de seus pon-
tos. Consideremos um plano α e um ponto A em α. Tomemos duas retas
concorrentes s e t, ambas passando por A e contidas em α. Utilizando a
construção anterior, existem planos β e γ, contendo A e respectivamente
perpendiculares a s e t. A reta r de interseção de β e γ é perpendicular a
s e a t, por estar contida em planos respectivamente perpendiculares a cada
uma delas. Logo, r é perpendicular a α.
Acima, mostramos como construir um plano perpendicular a uma reta
passando por um de seus pontos. Na verdade, aquele é o único plano per-
pendicular à reta passando pelo ponto dado. Da mesma forma, a reta perpen-
dicular a um plano dado passando por um de seus pontos também é única.
Outra observação é que não é preciso, nos teoremas acima, exigir que o ponto
6 MA13 - Unidade 16
Figura 5: Construção de plano perpendicular a uma reta.
Figura 6: Contrução de reta perpendicular a um plano.
dado pertença à reta dada ou ao plano dado. Ou seja, por qualquer ponto
do espaço passa um único plano perpendicular a uma reta dada e uma única
reta perpendicular a um plano dado. Tudo isso é consequência dos seguintes
fatos a respeito de retas e planos perpendiculares (veja o exercício 2).
• Se uma reta é perpendicular a um plano, toda reta paralela a ela é
também perpendicularao mesmo plano.
• Se um plano é perpendicular a uma reta, todo plano paralelo a ele é
Perpendicularismo 7
também perpendicular à mesma reta.
• Se duas retas distintas são perpendiculares ao mesmo plano, elas são
paralelas entre si.
• Se dois planos distintos são perpendiculares à mesma reta, eles são
paralelos entre si.
Exercícios
1. É verdade que duas retas distintas ortogonais a uma terceira são sempre
paralelas entre si?
2.Demonstre as seguintes propriedades:
a) Seja r uma reta perpendicular ao plano α. Toda reta paralela a r é
perpendicular a α; todo plano paralelo a α é perpendicular a r.
b) Duas retas distintas perpendiculares ao mesmo plano são paralelas entre
si. Dois planos distintos perpendiculares à mesma reta são paralelos
entre si.
3. O triângulo ABC, retângulo em A, está contido em um plano α. Sobre a
perpendicular a α traçada por C tomamos um ponto D. Por C traçamos, por
sua vez, as perpendiculares CE e CF a AD e BD, respectivamente. Mostre
que:
a) AB é perpendicular a AD
b) CE é perpendicular a EF
c) DF é perpendicular a EF
4. Seja r uma reta do espaço e P um ponto exterior a r. Qual é o lu-
gar geométrico dos pés das perpendiculares traçadas de P aos planos que
contém r?
8 MA13 - Unidade 16
5. Que poliedro tem por vértices os centros das faces de um tetraedro regu-
lar? de um cubo? de um octaedro regular?
6. Sejam V A, V B e V C três segmentos mutuamente perpendiculares. Mostre
que a projeção de V sobre o plano ABC é o ortocentro do triângulo ABC.
7. Mostre que dois planos são perpendiculares se e só se duas retas res-
pectivamente perpendiculares a cada um deles são ortogonais.
8. Se um plano α contém uma reta perpendicular a um plano β, então
o plano β contém uma reta perpendicular ao plano α. Certo ou errado?
9. Dada uma reta r e um plano α, diga se é sempre possivel construir
um plano perpendicular a α contendo r.
MA13 - Unidade 17
Perpendicularismo II
Semana 17/10/2011 a 23/10/2011
1 Construções Baseadas em Perpendicularismo
de Reta e Plano
A noção de reta perpendicular a plano permite-nos acrescentar diversas �-
guras importantes à nossa coleção de �guras espaciais.
Como vimos na demonstração do teorema a respeito das condições su�cientes
para perpendicularismo de reta e plano, a ideia de perpendicularismo está
estreitamente relacionada às ideias de simetria e congruência. Por essa razão,
�guras construídas com auxílio de retas e planos perpendiculares são ricas
em propriedades a serem exploradas.
Construção de prismas retos. Prismas retos são prismas obtidos toman-
do, para as arestas laterais, retas perpendiculares ao plano da base (�gura
1). Em consequência, as faces laterais são retângulos. Há diversos casos
1
2 MA13 - Unidade 17
particulares importantes. Quando a base é um polígono regular obtemos um
prisma regular. Quando a base é um retângulo obtemos um paralelepípedo
retângulo (ou bloco retangular), no qual cada face é um retângulo (assim, um
paralelepípedo retângulo é um prisma reto onde qualquer face serve como
base). Ainda mais especial é o caso do cubo − ou hexaedro regular −, para-
lelepípedo retângulo no qual cada face é um quadrado.
Figura 1: Um prisma hexagonal reto, um paralelepípedo, um cubo
e um cilindro de revolução.
De modo análogo, de�nimos cilindro reto como um cilindro no qual as ge-
ratrizes são perpendiculares ao plano da base. Um caso particular importante
é o cilindro circular reto, no qual a base é um círculo. A reta perpendicular
aos planos das bases passando pelo centro do círculo é chamada de eixo do
cilindro. Um cilindro circular reto também é chamado de cilindro de revo-
lução, pois é o sólido gerado quando um retângulo faz um giro completo em
torno do eixo dado por um de seus lados.
Construção de pirâmides regulares. São construídas tomando um polí-
gono regular A1A2 . . . An como base e escolhendo como vértice um ponto
V situado sobre a perpendicular ao plano do polígono conduzida pelo seu
centro O (�gura 2). Os triângulos retângulos V OA1, V OA2, . . . , V OAn são
triângulos retângulos iguais, por possuírem catetos respectivamente iguais
(V O é comum a todos e OA1 = OA2 = · · · = OAn, já que O é o centro do
Perpendicularismo II 3
polígono). Em consequência V A1 = V A2 = · · · = V An, o que faz com que
as faces laterais sejam triângulos isósceles iguais.
Podemos fazer uma construção análoga tomando como base um círculo e
como vértice um ponto situado sobre a perpendicular ao plano da base. A
�gura assim obtida é chamada de cone circular reto. A reta que contém o
vértice e o centro da base é chamada de eixo do cilindro. Um cone circular
reto também é chamado de cone de revolução, por ser gerado pela rotação
de um triângulo retângulo em torno do eixo dado por um dos catetos.
Figura 2: Uma pirâmide quadrangular regular e um cone de revolu-
ção.
Construção de um tetraedro regular. Consideremos uma pirâmide tri-
angular regular de base ABC e vértice V . Um tetraedro regular é obtido
escolhendo o vértice V (sobre a perpendicular ao plano da base traçada por
seu centro O) de modo que as arestas laterais V A, V B e V C sejam iguais às
arestas AB, AC e BC da base (�gura 3). As faces da pirâmide assim obtida
são triângulos equiláteros iguais. Além disso, se por A tomamos a perpendi-
cular ao plano de V BC, que corta este plano em P , os triângulos retângulos
APB, APV e APC são iguais, já que suas hipotenusas são iguais e o cateto
AP é comum a todos os três. Assim, temos PB = PC = PV. Logo, P é
o centro do triângulo equilátero V BC, o que faz com que a pirâmide seja
regular qualquer que seja a face tomada como base.
4 MA13 - Unidade 17
Figura 3: Um tetraedro regular.
A �gura sugere que as retas V O e AP (isto é, as retas perpendiculares a
duas faces do tetraedro regular traçadas pelo vértice oposto a cada uma
destas faces) sejam coplanares. De fato isto ocorre. Consideremos o plano
α determinado pela reta V O e pelo vértice A. Este plano corta o plano da
base ABC segundo a reta AO. Mas como ABC é um triângulo equilátero
de centro O, AO corta o lado BC em seu ponto médio M . Logo, a altura
VM da face V BC está contida no plano α; em particular, o ponto P , que
é o centro de V BC, está neste plano. Logo, a reta V P está contida em α,
o que mostra que V P e AO são concorrentes. Como os pontos de V O são
equidistantes de A, B e C e os pontos de AP são equidistantes de V , B e
C, o ponto de interseção de V O e AP é um ponto equidistante dos quatro
vértices do tetraedro, chamado de centro do tetraedro. O argumento acima
mostra, na realidade, que as quatro perpendiculares traçadas de cada vértice
à face oposta passam todas pelo ponto O.
Construção de um octaedro regular. Um octaedro regular pode ser
construído a partir de três segmentos iguais e mutuamente perpendiculares
AB, CD e EF que se cortam no ponto médio O de cada um deles (�gura 4).
Os segmentos de�nidos por estes pares de pontos (exceto os que de�nem os
segmentos originais) são todos iguais. Traçando todos estes segmentos obte-
mos um poliedro com oito faces triangulares regulares, chamado de octaedro
regular. Um octaedro regular pode ser também obtido tomando duas pirâ-
Perpendicularismo II 5
mides quadrangulares regulares iguais em que as faces laterais são triângulos
equiláteros e justapondo estas pirâmides através de suas bases.
Figura 4: Um octaedro regular.
O tetraedro regular, o hexaedro regular e o octaedro regular são exemplos de
poliedros regulares. Um poliedro regular é um poliedro em que todas as faces
são polígonos regulares iguais e todos os vértices são incidentes ao mesmo
número de arestas. Como veremos posteriormente, é possível demonstrar
que, além dos três poliedros regulares apresentados acima, existem apenas
dois outros: o dodecaedro regular, com 12 faces pentagonais, e o icosaedro
regular, com 20 faces triangulares.
Projeções ortogonais. A projeção ortogonal de um ponto P do espaço
sobre um plano α é o ponto P ′ em que a perpendiculara α traçada por P
corta α. A projeção ortogonal de uma �gura qualquer F é obtida projetando-
se cada um de seus pontos.
Uma ou mais projeções ortogonais são frequentemente utilizadas como forma
de representar �guras espaciais no plano. Em Desenho Técnico, por exemplo,
é comum representar sólidos (que podem ser, por exemplo, peças mecânicas)
através de três vistas ortográ�cas : frontal, topo e per�l, que são o resultado
de projetar as �guras em três planos de�nidos dois a dois por três eixos
6 MA13 - Unidade 17
Figura 5: Projeção ortogonal.
mutuamente perpendiculares. A vista frontal, por exemplo, mostra como
um observador situado à frente do objeto e in�nitamente distante do objeto,
o veria. As demais vistas têm interpretações análogas.
A �gura 6 mostra um sólido e suas vistas. Nestas vistas são desenhadas
as projeções ortogonais das arestas do sólido. Observe que alguns segmentos
são representados em tracejado. Isto signi�ca que eles são obscurecidos por
alguma face do sólido (isto é, existe algum ponto do objeto, situado mais
próximo do observador, cuja projeção está sobre o segmento).
Figura 6: Um sólido e suas vistas.
Pedir que o aluno desenhe vistas de sólidos é uma excelente forma de
desenvolver sua visão especial. Um exercício ainda mais interessante é o de
resgatar um sólido a partir de suas vistas.
Perpendicularismo II 7
Simetria e re�exão. O simétrico de um ponto P em relação a um plano α
é o ponto P ′ obtido através da seguinte construção (�gura 7). Conduzimos
por P a reta perpendicular a α, que corta α em Q. O ponto P ′ é o ponto
sobre o prolongamento de PQ tal que QP ′ = PQ (isto é, P ′ é o simétrico de
P em relação a Q). O ponto resultante P ′ pode ser interpretado como sendo
a imagem do ponto P re�etida em um espelho plano coincidente com α.
Este é um bom momento para observar que também na Geometria (como
em toda a Matemática), podemos fazer bom uso do conceito de função. Se
designamos por E o conjunto dos pontos do espaço, a função R : E → E
que associa a cada ponto P do espaço o seu simétrico P ′ em relação a α é
chamada de simetria ou re�exão em torno de α. Funções que associam pontos
do espaço a pontos do espaço são muitas vezes chamadas de transformações
do espaço. Re�exões são exemplos de isometrias, isto é, de transformações
do espaço que têm a propriedade de que a distância entre as imagens de
dois pontos quaisquer é igual à distância entre os dois pontos (dizemos, por
esse motivo, que isometrias preservam distâncias). O livro �Isometrias�, de
Elon Lages Lima, da Coleção do Professor de Matemática da SBM, é uma
ótima referência para um estudo da Geometria sob o ponto de vista das
transformações do espaço.
Figura 7: Simetria em relação a um plano.
Sistema de coordenadas tridimensionais. Um sistema de coordenadas
8 MA13 - Unidade 17
para o espaço é construído a partir de três eixos mutuamente perpendicu-
lares e com uma origem comum. Para construir um tal sistema, basta tomar
duas retas perpendiculares contidas em um certo plano e conduzir a reta
perpendicular a este plano passando pelo ponto de interseção das retas. As
coordenadas de um ponto P qualquer do espaço são obtidas através da inter-
seção com cada eixo do plano que passa por P e é perpendicular ao eixo. Isto
também equivale a obter a projeção ortogonal de P sobre os planos de�nidos
por cada par de eixos e, a seguir, projetar os pontos obtidos sobre cada eixo.
Figura 8: Sistema de coordenadas tridimensionais.
2 Planos Perpendiculares
Tomemos dois planos secantes α e β e tracemos um plano γ perpendicular à
sua reta r de interseção, que corta α e β segundo as retas s e t. O ângulo
entre s e t não depende da posição escolhida para γ (todos os planos perpen-
diculares a r são paralelos entre si e, portanto, cortam α e β segundo retas
respectivamente paralelas). Quando s e t formam um ângulo reto, dizemos
que os planos α e β são perpendiculares (�gura 9).
Note que se α e β são perpendiculares então a reta r de α é perpendicular
às retas s e t de β. Logo, r é uma reta de α que é perpendicular a β. Na
Perpendicularismo II 9
Figura 9: Planos perpendiculares.
verdade, a existência em um plano de uma reta perpendicular a um outro é
condição necessária e su�ciente para que os planos sejam perpendiculares.
Teorema. Dois planos α e β são perpendiculares se e somente se um deles
contém uma reta perpendicular ao outro.
Demonstração. Se α e β são perpendiculares então certamente existe uma
reta de α perpendicular a β, conforme explicamos no parágrafo anterior. Por
outro lado, suponhamos que uma reta r de α seja perpendicular a β (�gura
10). O plano α corta β segundo uma reta t, que é perpendicular a r. Pelo
ponto de interseção de r e t traçamos a reta s, contida em β e perpendicular
a t. O plano de�nido por r e s é perpendicular a t, já que contém duas
retas que lhe são perpendiculares. Logo, o ângulo formado por α e β é, por
de�nição, o ângulo formado por r e s. Mas r e s são perpendiculares, já que
r é perpendicular a β. Portanto, α e β são de fato perpendiculares.
Nos exemplos vistos no �nal da seção anterior aparecem vários pares
de planos perpendiculares. Em cada caso, o argumento para justi�car o
perpendicularismo entre os planos consiste em identi�car uma reta em um
dos planos que seja perpendicular ao outro e aplicar o teorema anterior.
Assim, as faces laterais de um prisma reto são perpendiculares ao plano
da base, já que cada face lateral contém uma aresta lateral perpendicular à
10 MA13 - Unidade 17
base. O plano contendo as alturas V O e AP do tetraedro regular V ABC é
perpendicular às faces ABC e V BC, já que as alturas são perpendiculares às
respectivas bases. Os planos de�nidos por cada par de eixos em um sistema
de eixos ortogonais tridimensional são mutuamente perpendiculares, já que
cada um desses planos contém um eixo que é perpendicular a cada um dos
outros dois e, em consequência, ao plano formado por eles.
Figura 10: Critério de perpendicularismo de planos.
3 Atividades em Sala de Aula
O professor pode explorar o perpendicularismo de retas e planos no mundo
que cerca o aluno: paredes, encontro de paredes, etc.
Devem ser feitos exercícios com vistas de objetos tridimensionais, quer
pedindo aos alunos que desenhem as vistas de um objeto, quer pedindo que
eles reconheçam objetos a partir de suas vistas.
Exercícios
1. Mostre que um plano é perpendicular a dois planos secantes se e somente
se ele é perpendicular à reta de interseção dos dois planos.
Perpendicularismo II 11
2. Em um cubo ABCDEFGH mostre que os planos diagonais ABHG e
EFDC são perpendiculares.
3. Desenhe as vistas frontal, superior e de per�l dos sólidos abaixo.
Figura 11:
4. Desenhe um sólido cujas vistas frontal, superior e de per�l sejam as dadas
na �gura 12, abaixo.
Figura 12:
5. A �gura 13, abaixo, representa as vistas frontal e superior de um sólido.
Que sólidos você consegue imaginar que tenham essas vistas? Para cada caso,
12 MA13 - Unidade 17
forneça a vista de per�l.
Figura 13:
6. Dizemos que um plano α é um plano de simetria de uma �gura F quando
a imagem de F pela re�exão em torno de α é igual a F . Encontre os planos
de simetria (se existirem) das seguintes �guras
a) cubo
b) tetraedro regular
c) pirâmide quadrangular regular
d) cilindro de revolução
e) cone de revolução
7. Dado um ponto P = (x, y, z) em um sistema de coordenadas ortogo-
nais, encontre as coordenadas:
a) da projeção de P no plano xy
b) da projeção de P no eixo Oz
c) do simétrico de P em relação ao plano xz
8. A �gura 14, abaixo, mostra a planta de um quarto, com pé direito igual a
3m. Deseja-se instalar um �o conectando uma lâmpada, localizada no centro
do teto, ao interruptor, situado a 80 cm de altura, junto à porta indicada na
planta (cuja altura é 1,95 m).
Perpendicularismo II 13
Figura 14:
Determine o comprimento de �o necessário nos seguintes casos:
a) O �o deve se manter, tanto no teto como na parede, paralelo a umadas três direções principais.
b) O �o, na parede, deve �car colocado segundo a vertical.
c) O �o pode �car em qualquer posição na parede e no teto.
MA13 - Unidade 18
Medindo Distâncias e Ângulos
Semana 24/10/2011 a 30/10/2011
1 Distância Entre Dois Pontos
A distância entre dois pontos A e B é simplesmente a medida do segmento
AB. No plano, a distância entre dois pontos é frequentemente obtida uti-
lizando o Teorema de Pitágoras. Isto ocorre porque muitas vezes dispomos
das medidas das projeções de um segmento segundo duas direções perpendi-
culares. Esta situação frequentemente ocorre também no espaço. Novamente,
a ferramenta a utilizar é o Teorema de Pitágoras.
Diagonal de um paralelepípedo. Consideremos o problema de calcu-
lar a diagonal BH = d de um paralelepípedo retângulo ABCDEFGH de
arestas AB = a, AD = b e AE = c (�gura 1). Resolvemos o problema
utilizando o Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos ABD e BDH
(este segundo triângulo é retângulo porque BH é perpendicular ao plano da
base e, assim, perpendicular à reta BD que está contida nesta base).
2 MA13 - Unidade 18
Temos: BD2 = a2+b2 (no triângulo ABD) e d2 = BD2+c2 (no triângulo
BDH). Logo, d2 = a2 + b2 + c2.
Em particular, a diagonal de um cubo de aresta a mede d = a
√
3.
Figura 1: Diagonal de um paralelepípedo.
Plano mediador. Qual é o lugar geométrico dos pontos do espaço que são
equidistantes de dois pontos dados A e B?
Figura 2: O plano mediador.
Sabemos que, no plano, o conjunto dos pontos equidistantes de A e B é a
reta mediatriz de AB; isto é, a perpendicular a AB passando pelo seu ponto
Medindo Distâncias e Ângulos 3
médio M . A situação é análoga no espaço.
Um ponto P do espaço é equidistante de A e B se e somente se PM é
perpendicular a AB (�gura 2). De fato, se PM é perpendicular a AB, os
triângulos retângulos PMA e PMB são iguais, por possuírem um cateto
comum PM e catetos iguais MA e MB; assim, PA = PB. Por outro lado,
se PA = PB, então os triângulos PAM e PBM são iguais, por possuírem
lados respectivamente iguais; logo, os ângulos PMA e PMB são iguais e,
portanto, retos. Provamos, então, que os pontos do espaço equidistantes de
A e B são todos aqueles pontos P tais que a reta PM é perpendicular a
AB. Mas estes são exatamente os pontos do plano que passa por M e é
perpendicular a AB; este é o chamado plano mediador de AB.
2 Distância de Ponto a Plano
A distância de um ponto P a um plano α é de�nida como o comprimento do
segmento de perpendicular traçada de P a α. Note que se R é um outro ponto
qualquer do plano, o triângulo PQR é retângulo e tem PQ como cateto e
PR como hipotenusa. Assim, o comprimento da perpendicular PQ é menor
que o comprimento de qualquer oblíqua PR.
Figura 3: Distância de ponto a plano.
Se uma reta r é paralela a um plano (�gura 4a), todos os seus pontos
estão a igual distância do plano. De fato, se de dois pontos P1 e P2 da reta
4 MA13 - Unidade 18
r paralela a α traçamos as perpendiculares P1Q1 e P2Q2 a α, obtemos um
retângulo P1P2Q2Q1. Logo, P1Q1 = P2Q2.
Analogamente, se β é um plano paralelo a α, todos os seus pontos estão à
mesma distância d de α (�gura 4b). O número d é a distância entre os planos
α e β. Note que d é igual ao comprimento do segmento determinado pelos
planos em qualquer reta perpendicular a ambos. Note também que qualquer
segmento de extremos em α e β tem comprimento maior do que ou igual a
d.
Figura 4: Paralelismo e distância.
Exemplo. Em um tetraedro regular ABCD de aresta a, qual é a distância
do vértice A ao plano BCD ? (Isto é, qual é altura do tetraedro?)
Empregamos, mais uma vez o teorema de Pitágoras. Seja H a projeção
de A sobre o plano BCD (�gura 5). Já vimos antes que o ponto H é o centro
do triângulo equilátero BCD. Examinemos o triângulo retângulo AHB. O
lado AB é a aresta do tetraedro; logo, AB = a. O lado HB é o raio do
círculo circunscrito no triângulo equilátero de lado a; logo
HB =
a
√
3
3
.
Temos, então:
AH2 +
(
a
√
3
4
)2
= a2 e, daí, AH =
a
√
6
3
.
Medindo Distâncias e Ângulos 5
Figura 5: Altura de tetraedro regular.
Na �gura representamos não somente o triângulo AHB mas a seção com-
pleta (o triângulo ABM) determinada no tetraedro regular pelo plano que
o contém. O ponto M é o ponto médio da aresta CD. No triângulo ABM
aparecem quase todos os elementos métricos importantes do tetraedro regu-
lar. Além da altura do tetraedro (que é a altura relativa a A do triângulo
ABM), nele aparecem o ângulo entre duas faces, o ângulo entre uma aresta
e uma face, a distância entre arestas opostas e os raios das esferas inscrita,
circunscrita e tangente às arestas do tetraedro.
3 Distância de Ponto a Reta
Dado um ponto P e uma reta r do espaço, o ponto Q em que a reta r corta
o plano perpendicular a r passando por P é chamado de projeção ortogonal
de P sobre r (�gura 6). O comprimento do segmento PQ é a distância de P
a r. Quando P não pertence à reta r, os pontos P e Q são distintos e PQ é
a única reta perpendicular a r traçada por P (P e r de�nem um único plano
e, neste plano, PQ é a única perpendicular a r passando por P ). Se R é um
outro ponto qualquer de r, o triângulo PQR tem hipotenusa PR e cateto
PQ; logo PQ < PR (isto é, o comprimento da perpendicular é menor que o
comprimento de qualquer oblíqua).
Assim, o cálculo da distância de um ponto a uma reta envolve o traçado
6 MA13 - Unidade 18
da perpendicular à reta passando pelo ponto. Uma situação muito comum
é aquela onde a reta r esteja situada sobre um �plano de referência� (por
exemplo, o plano do chão). Nestas situações, é muitas vezes desejável que
a construção da reta perpendicular se apoie em elementos deste plano de
referência. Isto se torna simples com o auxílio do chamado Teorema das Três
Perpendiculares.
Figura 6: Distância de ponto a reta.
Teorema. Se por um ponto P traçamos a perpendicular PP ′ ao plano α e
por um ponto qualquer Q de α traçamos a reta r perpendicular a P ′Q, então
a reta PQ é perpendicular a r.
Demonstração. Basta observar que as retas PP ′ e P ′Q são ambas or-
togonais a r, já que PP ′ é perpendicular a um plano contendo r e P ′Q é
perpendicular a r. Logo, o plano de�nido por essas retas é perpendicular a
r e, portanto, a reta PQ desse plano é perpendicular a r.
Observe que a distância de P a r (isto é, o comprimento do segmento
PQ) pode ser calculada com o auxílio do Teorema de Pitágoras, uma vez
conhecidos os comprimentos dos segmentos PP ′ (distância de P a α) e P ′Q
(distância de P ′ à reta r). Em muitos problemas práticos, estas duas últimas
Medindo Distâncias e Ângulos 7
distâncias são fáceis de calcular, bastando escolher sabiamente o �plano de
referência� contendo r.
Figura 7: Teorema das Três Perpendiculares.
Exemplo. Considere um paralelepípedo retângulo ABCDEFGH em que
AB = 15, AD = 20 e AE = 16 (�gura 8). Qual a medida do menor segmento
que liga o vértice E a um ponto da reta BD?
A perpendicular baixada de E ao plano ABCD corta esse plano em A;
daí, traçamos a perpendicular AM a BD. Pelo teorema das três perpendi-
culares, EM é perpendicular a BD e é, portanto, o menor segmento que liga
E a BD. Para calcular seu comprimento, trabalhamos em dois triângulos
retângulos. No triângulo ABD, conhecemos os catetos AB = 15 e AD = 20;
daí, obtemos a hipotenusa BD = 25 e a altura
AM =
15× 20
25
= 12.
No triângulo EAM são conhecidos os catetos EA = 16 e AM = 12. Daí,
obtemos a hipotenusa EM = 20.
8 MA13 - Unidade 18
Figura 8:
4 Distância Entre Retas Reversas
Vimos acima diversos casos em que de�nimos a distância entre duas �guras −
isto é, dois conjuntos de pontos − do espaço. Todos estes casos são situações
particulares abrangidas pela seguinte de�nição: dadas duas �guras F1 e F2,
de�nimos a distância entre F1 e F2 como o comprimento do menor segmento
que tem extremos em F1 e F2. Por exemplo, a distância de um ponto a um
plano foi de�nida de modo a ser, de fato, o comprimento do menor segmento
com um extremo no ponto dadoe outro no plano.
Vamos empregar esta de�nição para um par de retas do espaço. Segundo
esta de�nição, a distância entre duas retas concorrentes (ou coincidentes) é
igual a zero. Se as retas são paralelas (logo coplanares), ocorre uma situação
já estudada na Geometria Plana: cada ponto da primeira reta está a uma
distância constante da segunda. Esta distância constante (que é o compri-
mento do segmento determinado por qualquer perpendicular a ambas) é a
distância entre as retas.
O caso mais interessante ocorre quando as duas retas são reversas. Tam-
bém neste caso o segmento de comprimento mínimo é dado por uma reta
perpendicular a ambas; mas agora existe uma só perpendicular comum às
duas retas. Veremos, a seguir, como construir esta perpendicular comum.
Construção da perpendicular comum a duas retas reversas. Come-
Medindo Distâncias e Ângulos 9
çamos por traçar o par de planos paralelos α e β (�gura 9) contendo cada
uma das retas (para obter tais planos basta construir, por um ponto de cada
uma das retas, uma paralela à outra). A seguir, por um ponto A1 qualquer
de r traçamos uma reta t, perpendicular ao plano β, que o corta em B1 .
Por B1, traçamos a paralela r
′ a r. A reta r′ está contida em β e corta s no
ponto B2. Finalmente, por B2 traçamos a reta t
′ paralela a A1B1. Note que
as retas t′, t, r e r′ estão todas em um mesmo plano. Logo, t′ corta r em um
ponto A2. A reta t
′ forma ângulo reto com r e s (por ser perpendicular aos
planos α e β) e é concorrente com ambas. E, portanto, uma perpendicular
comum a r e s.
Figura 9: Perpendicular comum a duas retas reversas.
A perpendicular comum A2B2 entre as reversas r e s construída acima é
única; basta observar que se existisse outra perpendicular comum CD, ela
seria necessariamente paralela a A2B2 , por serem ambas perpendiculares
aos planos α e β. Mas assim os pontos C, D, A2 e B2 estariam todos no
mesmo plano. Desta forma, as retas r e s seriam coplanares, o que é uma
contradição.
Como a perpendicular comum a r e s é também a perpendicular comum
aos planos α e β, o comprimento do segmento por ela determinado é o menor
comprimento possível de um segmento cujos extremos sejam quaisquer pon-
10 MA13 - Unidade 18
tos de α e β. Em particular, como r e s estão respectivamente contidas em
α e β, qualquer segmento com extremos nesta reta terá comprimento maior
que o segmento da perpendicular comum. Logo, o comprimento do segmento
da perpendicular comum exprime a distância entre as duas retas.
Exemplo. A �gura 10 mostra uma ilustração de uma sala. A reta AB
(determinada pelo encontro de duas paredes) é a perpendicular comum às
retas reversas AC e BD.
Figura 10:
Exercícios
1. Mostre que as arestas opostas de um tetraedro regular são ortogonais.
2. Considere os pontos médios das arestas BC, CD, BF , DH, EF e EH
de um cubo. Mostre que esses seis pontos estão no mesmo plano.
3. Qual é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de três pontos não
colineares?
Medindo Distâncias e Ângulos 11
4. Qual é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de dois planos se-
cantes dados? E se os planos forem paralelos?
5. As moléculas de metano (CH4) têm o formato de um tetraedro regu-
lar, com um átomo de hidrogénio em cada vértice, cada um deles ligado ao
átomo de carbono no centro do tetraedro. Calcule o ângulo formado por
duas dessas ligações.
6. Sejam r e s duas retas reversas ortogonais e MN o segmento da per-
pendicular comum. Tomam-se um ponto A sobre r e um ponto B sobre s.
Calcular o comprimento do segmento AB em função de MA = a, NB = b e
MN = c.
7. Mostre que a reta que une os pontos médios de duas arestas opostas
de um tetraedro regular é a perpendicular comum a elas.
8. Qual é a seção determinada em um tetraedro regular ABCD por um
plano paralelo às arestas AB e CD e passando pelo ponto médio da aresta
AC?
9. Em um tetraedro regular de aresta a, calcule os raios das esferas cir-
cunscrita, inscrita e tangente às arestas.
10. Em um octaedro regular de aresta a, calcule os raios das esferas cir-
cunscrita, inscrita e tangente às arestas.
11. Quatro esferas de raio 1 são tangentes entre si exteriormente três a
três e tangenciam internamente uma esfera de raio R. Determine R.
MA13 - Unidade 19
Medindo Distâncias e Ângulos II
Semana 24/10/2011 a 30/10/2011
1 Ângulo Entre Retas
Já vimos como podemos medir ângulo entre retas quaisquer no espaço: basta
tomar duas retas paralelas a elas passando por um ponto arbitrário. O ângulo
formado por essas retas concorrentes é o ângulo formado pelas retas dadas
inicialmente. Convém lembrar, da Geometria Plana, que o ângulo formado
por duas retas concorrentes é de�nido como o menor dos quatro ângulos que
elas formam; está, portanto, compreendido entre 0o (quando as retas são
paralelas ou coincidentes) e 90o (quando as retas são ortogonais).
2 Ângulo Entre Planos
Ao de�nir planos perpendiculares já introduzimos a forma pela qual o ângulo
entre dois planos α e β é medido. Quando α e β são secantes, traçamos um
plano γ perpendicular à reta de interseção de α e β, que corta α e β segundo
1
2 MA13 - Unidade 19
as retas r e s, respectivamente (�gura 1). A medida do ângulo entre os
planos é, por de�nição, igual à medida do ângulo entre as retas r e s (é,
assim, um valor entre 0o e 90o). Note que este ângulo é o mesmo qualquer
que seja o plano γ: todos os planos perpendiculares à reta de interseção de
α e β são paralelos entre si, determinando com α e β retas de interseção
respectivamente paralelas.
Figura 1: Ângulo entre planos.
Tomemos agora um ponto A qualquer sobre o plano γ e dele traçamos
as retas r′ e s′ perpendiculares a α e β. Estas retas estão contidas em γ e
são perpendiculares a r e s, respectivamente. Portanto, o ângulo formado
por r′ e s′ é igual ao ângulo formado por r e s, que por sua vez é igual ao
ângulo formado pelos planos. Ou seja, demonstramos que o ângulo formado
por dois planos é igual ao ângulo formado por duas retas respectivamente
perpendiculares a estes planos.
Convém aproveitar a ocasião para falar em medida de um diedro. Um
diedro (ou ângulo diedro) é a �gura formada por dois semiplanos − chamados
de faces do diedro − limitados pela mesma reta, chamada de aresta do diedro
(�gura 2). Para medir um diedro, conduzimos um plano perpendicular à
aresta e medimos o ângulo entre as semiretas determinadas em cada face.
Observe que a medida de um ângulo diedro pode variar entre 0o e 180o. Note
Medindo Distâncias e Ângulos II 3
também que o ângulo entre dois planos secantes é igual à medida do menor
diedro formado por eles.
Figura 2: Medida de um diedro.
3 Ângulo Entre Reta e Plano
Vejamos agora como de�nir o ângulo entre uma reta e um plano. Natural-
mente, este ângulo deverá ser igual a 90o quando a reta é perpendicular ao
plano e deverá ser igual a zero quando a reta está contida no plano ou é
paralela a ele. Se uma reta r é oblíqua a um plano α, de�nimos o ângulo
entre r e α como o ângulo que r forma com sua projeção ortogonal sobre α
(�gura 3).
Consideremos agora uma reta qualquer s contida no plano α e vamos
comparar o ângulo θ′ formado por r e s com o ângulo θ formado por r e α.
Podemos supor que s passa pelo ponto O em que r corta α. Por um ponto P
de s exterior a α tracemos a perpendicular PQ ao plano α e a perpendicular
PR à reta s. Os triângulos retângulos OQP e ORP têm a hipotenusa comum
OP , enquanto os catetos opostos aos ângulos θ e θ′ são tais que PR > PQ.
Em consequência, sen θ′ > sen θ e, assim, θ′ > θ. Além disso, a igualdade
só ocorre quando a reta s é a projeção ortogonal de r sobre α. Portanto, o
ângulo entre uma reta r e um plano é igual ao menor ângulo formado por r
4 MA13 - Unidade 19
Figura 3: Ângulo entre retas e plano.
e uma reta qualquer do plano.
Exemplo. A �gura 4 abaixo mostra a planta do telhado de uma casa.
Cada plano contendo uma porção do telhado é chamado de �água�; o telhado
da �gura, portanto, possui 4 águas. Ao longo da reta deinterseção de duas
águas corre uma calha. Sabendo que cada água é inclinada de 30o em re-
lação à horizontal, qual é a inclinação em relação à horizontal da calha AM
assinalada na �gura?
Figura 4:
A �gura 5 mostra uma vista em perspectiva do telhado, no qual estão
Medindo Distâncias e Ângulos II 5
representados os pontos P , Q e R, obtidos, respectivamente, projetando o
ponto M sobre as beiradas AB e AD do telhado e sobre o plano ABCD. Os
ângulos que as águas ABM e ADMN formam com a horizontal são iguais,
respectivamente, aos ângulos MPR e MQR. Como estes ângulos são ambos
iguais a 30o, os triângulo retângulosMQR eMPR são iguais, já que possuem
um cateto comum MR. Assim, designando a menor dimensão do retângulo
ABCD, por 2a temos:
RP = RQ = a e MR = RQ tg 30o = a
√
3
3
.
O ângulo α que a reta AM forma com o plano horizontal é igual ao ângulo
RAM do triângulo retângulo MAR, do qual conhecemos os catetos MR
(calculado acima) e AR (diagonal do quadrado APRQ). Assim:
tg α =
MR
AR
=
a
√
3
3
a
√
2
=
√
6
6
e α ∼= 22o
Figura 5:
6 MA13 - Unidade 19
4 A Esfera
A superfície esférica (ou simplesmente esfera) de centro O e raio R é o con-
junto dos pontos do espaço cuja distância a O é igual a R. A esfera é o
análogo tridimensional do círculo, inclusive na ambiguidade de terminologia:
a palavra esfera tanto pode ser usada para se referir à superfície esférica
quanto ao sólido por ela determinado.
A posição de um ponto em relação a uma esfera é determinada pela
sua distância ao centro da esfera. Assim, pontos cuja distância ao centro
seja menor que, maior que, ou igual ao raio são, respectivamente, interiores,
exteriores ou estão sobre a superfície da esfera.
Da mesma forma, a posição de uma reta ou plano em relação a uma
esfera é determinada pela distância do centro a esta reta ou plano. Quando
a distância é maior que o raio, temos uma reta ou plano exterior à esfera
(ou seja, sem pontos de interseção com a esfera). Uma reta ou plano cuja
distância ao centro seja exatamente igual ao raio é tangente à esfera; isto
é, tem apenas um ponto em comum com a esfera (�gura 6). Este ponto é
justamente o pé da perpendicular conduzida do centro da esfera a esta reta
ou plano. Finalmente, se a distância ao centro é menor que o raio, a reta ou
plano é secante à esfera.
Figura 6: Uma esfera, um plano tangente e duas retas tangente.
Medindo Distâncias e Ângulos II 7
A interseção de uma reta secante com a esfera é um par de pontos, en-
quanto um plano secante corta a esfera segundo um círculo. De fato, os
pontos de interseção de um plano com uma esfera são os pontos P do plano
cuja distância PO ao centro O da esfera é igual a seu raio R. Seja Q o pé da
perpendicular baixada de O ao plano α (�gura 7). Qualquer que seja o ponto
P em α, o triângulo POQ é retângulo em Q. Logo, PO2 = PQ2 + OQ2 e,
assim, PO = R se e somente se PQ2 = R2 − d2, onde d = OQ é a distância
de O a α. Portanto, quando d < R, os pontos de α que estão na esfera se
encontram em um círculo de centro Q e raio
√
R2 − d2. Observe que esse raio
é máximo quando d = 0 (isto é, quando o plano contém o centro da esfera).
Círculos assim obtidos são chamados de círculos máximos da esfera e têm o
mesmo centro e o mesmo raio que a esfera.
Figura 7: Plano secante a uma esfera.
Exemplo. Calcule o raio das esferas circunscrita, inscrita e tangente às
arestas a um cubo de aresta a.
Em qualquer paralelepípedo, todas as diagonais (isto é, os segmentos que
ligam vértices opostos) têm um ponto comum, que é o ponto médio de cada
uma delas (basta observar que as diagonais de um paralelepípedo são, duas
a duas, diagonais de paralelogramos. O ponto de interseção das diagonais
é, na verdade, o centro de simetria do paralelepípedo. Se o paralelepípedo é
retângulo, todas as diagonais têm o mesmo comprimento; logo, existe uma
8 MA13 - Unidade 19
esfera centrada nesse ponto e que passa por todos os vértices. Essa esfera
é chamada de esfera circunscrita ao paralelepípedo. No caso do cubo, o
centro é também equidistante das 6 faces e equidistante das 12 arestas. Logo,
com o mesmo centro, existe também uma esfera tangente às faces (que é
a esfera inscrita no cubo) e uma esfera tangente às arestas. É fácil ver
que os raios das esferas circunscrita, inscrita e tangente às arestas do cubo
têm raios respectivamente iguais à metade de uma diagonal, à metade da
aresta e à metade da diagonal de uma face (�gura 18). Logo, esses raios são
respectivamente:
R =
a
√
3
2
, r =
a
2
e r′ =
a
√
2
2
.
Figura 8: As esferas associadas a um cubo.
5 Atividades em Sala de Aula
Problemas envolvendo cálculo de ângulos e distâncias são uma ótima forma
de �xar as noções fundamentais de Geometria no Espaço. É especialmente
interessante formular problemas em que as �guras representem objetos do
mundo real ou modelos que os alunos possam construir (veja os exercícios 5
e 6).
Medindo Distâncias e Ângulos II 9
Assim como na Geometria Plana o aluno toma contato com as circun-
ferências inscrita e circunscrita a certos polígonos, é natural estender esse
conceito para buscar esferas inscrita e/ou circunscrita aos poliedros estuda-
dos. A de�nição de esfera pode ser introduzida a qualquer momento. Ela
é a mesma de�nição de circunferência no plano. Relacionar esferas com os
sólidos em estudo é uma excelente forma de desenvolver o raciocínio e a visão
espacial dos alunos, porque, não podendo representá-la de forma conveniente
em um desenho, serão forçados a utilizar sua de�nição em situações que não
poderão desenhar. Vejamos as principais situações.
1. No cubo, os alunos devem identi�car as 4 diagonais, calcular o com-
primento e concluir que elas se cortam no centro do cubo, como �zemos no
exemplo acima. Esta é uma primeira e natural situação para introduzir a
esfera circunscrita, porque �ca claro que esse ponto equidista de todos os
vértices. É também fácil concluir que o centro do cubo equidista de todas as
faces, introduzindo aí a esfera inscrita.
2. No paralelepípedo retângulo, os alunos devem calcular o comprimento
de uma diagonal, concluir que as 4 diagonais têm um ponto comum (o centro
do paralelepípedo) e que esse ponto é médio de cada uma delas. Ficará então
claro que o paralelepípedo retângulo possui uma esfera circunscrita cujo raio
é a metade de uma diagonal. A existência de uma esfera inscrita deve ser
questionada e os alunos deverão concluir que essa esfera existe se, e somente
se, o paralelepípedo retângulo for um cubo.
3. Ainda falando sobre o paralelepípedo retângulo o professor deve explorar
ângulos: o ângulo de uma diagonal com uma aresta, o ângulo de uma diagonal
com uma face e o ângulo entre duas diagonais. São exercícios interessantes e
que vão requerer uma revisão dos conceitos anteriores. Os co-senos desses ân-
gulos podem ser facilmente calculados em triângulos retângulos convenientes
e, no caso do ângulo entre duas diagonais, tem-se uma aplicação da �lei dos
10 MA13 - Unidade 19
co-senos�.
4. Nos prismas regulares, o professor poderá investigar com seus alunos
os mesmos temas: diagonais, ângulos e existência das esferas inscrita e cir-
cunscrita.
5. As pirâmides regulares (em particular as de bases triangular, quadrangu-
lar e hexagonal) possuem relações métricas interessantes e o professor poderá
mostrar que todas possuem sempre as esferas inscrita e circunscrita.
6. As áreas também devem ser exploradas. De�nindo a área de um poliedro
como a soma das áreas de todas as suas faces, os alunos poderão calcular
também as áreas dos poliedros estudados.
7. Todo cilindro reto de base circular possui uma esfera circunscrita. Dado
o cilindro, não é difícil calcular o raio dessa esfera. Para isso, recomendamos
que o aluno imagine o cilindro e a esfera e desenhe uma seção meridiana,
ou seja, uma seção que contém o eixo do cone. Com isso, ele vai perceber
que calcular o raio de uma esfera circunscrita a um cilindro é o mesmo que
calcular o raio de uma circunferênciacircunscrita a um retângulo.
8. O cilindro reto de base circular só possui uma esfera inscrita se sua altura
for igual ao diâmetro da base. O cilindro que possui uma esfera inscrita é
chamado de cilindro equilátero.
9. O cone reto da base circular sempre possui esferas inscritas e circuns-
critas. Fazendo uma seção meridiana, o problema de calcular os raios dessas
esferas se reduz ao problema de calcular os raios das circunferências inscrita
e circunscrita a um triângulo isósceles. É um bom momento para recordar
elementos de geometria plana.
Medindo Distâncias e Ângulos II 11
10. Existem partes da superfície da esfera que os alunos devem conhecer
e associar aos termos usados na Geogra�a. Um plano que corta a esfera,
divide sua superfície em duas regiões. Cada uma delas se chama uma calota.
Se dois planos paralelos cortam a esfera, a parte da superfície da esfera com-
preendida entre eles é uma zona esférica. A geogra�a usa esses termos quando
se refere às calotas polares, zona equatorial e zona temperada. Essas regiões
são limitadas por circunferências contidas em planos paralelos ao plano do
equador da Terra, chamadas de Trópico de Câncer, Trópico de Capricórnio
e Círculos polares e o professor poderá buscar nos livros de Geogra�a a lo-
calização dessas circunferências.
Em um outro capítulo, quando estivermos estudando as superfícies de
revolução, calcularemos as áreas da zona e das calotas esféricas. As fórmulas
são simples e mesmo que não puderem ser demonstradas, fornecerão elemen-
tos para interessantes problemas.
11. Termos como �equador�, �meridiano�, �pólo norte�, etc. devem ser utiliza-
dos nos problemas porque são conhecidos e sobretudo úteis para a localização
de pontos sobre a esfera. O professor poderá explicar que �xando um equador
e um meridiano, qualquer ponto da superfície da esfera �ca determinado por
duas coordenadas: a latitude e a longitude.
12. Dois meridianos delimitam uma região da superfície esférica chamada
fuso esférico. Esses meridianos estão contidos em dois semi-planos cuja in-
terseção contém um diâmetro da esfera e o ângulo entre eles é o ângulo do
fuso.
Todos conhecem a expressão �fuso horário�. Teoricamente, a superfície da
Terra está dividida em 24 fusos, correspondendo a cada um, uma hora do dia.
Essa situação sugere o interessante problema de determinar que horas são em
determinada cidade do nosso planeta, no momento que essa pergunta estiver
sendo feita no Rio de Janeiro. Para responder, basta saber as longitudes
das duas cidades e conhecer como os fusos horários foram construídos. Essa
12 MA13 - Unidade 19
construção se encontra no exercício 9 dessa unidade.
Imaginamos que essas atividades sejam feitas na forma de exercícios para
não tornar a teoria ainda mais extensa. Isso se justi�ca porque, na verdade,
não há nenhum teorema novo envolvido. Tudo o que se precisa utilizar são os
teoremas iniciais da Geometria Espacial e as propriedades e relações métricas
da geometria plana.
Exercícios
1. Um pedaço de papel em forma de um quadrado ABCD é dobrado ao
longo da diagonal AC de modo que os lados AB e AD passem a formar um
ângulo de 60o. A seguir, ele é colocado sobre uma mesa, apoiado sobre esses
lados. Nessas condições, calcule o ângulo que a reta AC e o plano ABC
formam com o plano horizontal.
Figura 9:
2. Um tetraedro pode ser construído a partir de um envelope da forma
descrita abaixo.
a) Tome um envelope comum, feche-o e trace as diagonais do retângulo
por ele determinado.
b) A seguir, corte o envelope como indicado, removendo seu quarto supe-
rior (b).
Medindo Distâncias e Ângulos II 13
c) Agora, dobre o envelope, encaixando uma borda na outra. Pronto!
Temos um tetraedro.
Figura 10:
Que propriedades interessantes possui o tetraedro formado? Sob que condições
ele é um tetraedro regular?
3. Considere três retas mutuamente perpendiculares x, y e z, concorrentes
em O. Uma reta r passa por O e forma ângulos iguais a α, β e γ com x, y e
z. Mostre que cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.
4. Sejam α e β dois planos secantes. Considere uma reta r qualquer contida
em α. Mostre que o ângulo entre r e β é máximo quando r é perpendicular
à interseção de α e β (retas de um plano α que são perpendiculares à sua
interseção com o plano β são, por esta razão, chamadas de retas de máximo
declive de α em relação a β.)
5. Considere um octaedro regular de aresta α. Determine:
a) A distância entre duas faces opostas.
b) O ângulo diedro formado por duas faces adjacentes.
6. Sejam A e B pontos do espaço. Qual é o lugar geométrico dos pon-
tos P do espaço tais que o ângulo APB seja reto?
7. Seja P um ponto exterior a um plano α e Q um ponto de α. Qual é
o lugar geométrico dos pés das perpendiculares traçadas de P às retas de α
14 MA13 - Unidade 19
que passam por Q?
8. Considere nove esferas de raio R, interiores a um cubo de aresta a, sendo
uma com centro no centro do cubo e cada uma das demais tangentes a três
faces e à esfera central. Calcule R em função de a.
9. O nosso planeta é dividido em regiões chamadas �fusos horários� de modo
que, em cada uma delas, teoricamente todos os relógios devem marcar a
mesma hora no mesmo instante. Qual é o ângulo central correspondente a
um fuso horário?
10. O fuso horário de referência (chamado GMT-O) é a região compreen-
dida entre as longitudes −7, 5o e +7, 5o. Abaixo estão as longitudes de seis
cidades:
Nova York −74◦
Rio de Janeiro −43◦
Paris 2◦
Atenas 24◦
Bagdá 45◦
Calcutá 88◦
Se são 12 horas no Rio, que horas serão nas outras cinco cidades?
MA13 - Unidade 20
Poliedros
Semana 31/10/2011 a 06/11/2011
1 Introdução
No programa de Geometria Espacial, este capítulo é quase independente dos
demais. Vamos aqui estudar, de uma forma geral, os sólidos formados por
�faces�, os chamados poliedros. Antes de mais nada, é preciso estabelecer
uma de�nição adequada para o nível de estudo que se pretende. Dizer ape-
nas que poliedros são sólidos formados por faces (partes limitadas de um
plano), pode dar uma ideia do que eles sejam, mas não serve absolutamente
como de�nição. Aliás, uma das causas da di�culdade que os matemáticos
do passado tiveram para demonstrar teoremas sobre poliedros, estava justa-
mente na falta de uma de�nição precisa do signi�cado dessa palavra. Por
isso, vamos recomendar para o estudante do Ensino Médio, uma de�nição,
que não permita grandes generalidades, mas seja su�ciente para demonstrar
os teoremas e propriedades importantes.
Uma primeira ideia para de�nir os poliedros é a seguinte: �Poliedro é
2 MA13 - Unidade 20
uma reunião de um número �nito de polígonos planos, onde cada lado de um
desses polígonos é também lado de um, e apenas um, outro polígono�.
Cada um desses polígonos chama-se uma face do poliedro, cada lado
comum a duas faces chama-se uma aresta do poliedro e cada vértice de uma
face é também chamado vértice do poliedro.
Figura 1: Um poliedro.
A proposta de de�nição que demos é simples e bastante compreensível,
mas permite liberdades que, a nosso ver, não deveriam ser objeto de discussão
em um primeiro estudo dos poliedros. Por exemplo, a �gura abaixo mostra
um sólido que, de acordo com essa de�nição, é um poliedro.
Figura 2: Um poliedro estranho.
É nossa opinião que, no Ensino Médio, não devemos ainda tratar de tais
objetos. Em um primeiro estudo, acreditamos que devemos dirigir nossa
atenção aos poliedros convexos, e é o que faremos aqui. Mesmo assim, por
motivos que o leitor perceberá adiante, será necessário acrescentar na pro-
posta de de�nição que demos uma restrição. Adotaremos então a seguinte
Poliedros 3
de�nição.
De�nição. Poliedro é uma reunião de um número �nito de polígonos planos
chamados faces onde:
a) Cada lado de um desses polígonos é também lado de um, e apenas um,
outro polígono.
b) A interseção de duas faces quaisquer ou é um lado comum, ou é um
vértice ou é vazia.
Cada lado de um polígono, comum a exatamente duas faces, é chamado
uma aresta do poliedroe cada vértice de uma face é um vértice do poliedro.
c) É sempre possível ir de um ponto de uma face a um ponto de qual-
quer outra, sem passar por nenhum vértice (ou seja, cruzando apenas
arestas).
Todo poliedro (no sentido da de�nição acima), limita uma região do es-
paço chamada de interior desse poliedro. Dizemos que um poliedro é convexo
se o seu interior é convexo. Vamos recordar o que isto signi�ca.
�Um conjunto C, do plano ou do espaço, diz-se convexo, quando qualquer
segmento de reta que liga dois pontos de C está inteiramente contido em C�.
No caso dos poliedros, podemos substituir essa de�nição por outra equi-
valente, que nos será mais útil:
�Um poliedro é convexo se qualquer reta (não paralela a nenhuma de suas
faces) o corta em, no máximo, dois pontos�.
2 As Primeiras Relações
Dado um poliedro, vamos agora tratar do problema de contar as suas faces,
os seus vértices, e as suas arestas. Representaremos então por A, o número
de arestas, por F , o número de faces e por V o seu número de vértices.
4 MA13 - Unidade 20
Figura 3: Um poliedro convexo e um não convexo
Ainda, como as faces podem ser de gêneros diferentes, representaremos por
Fn(n > 3), o número de faces que possuem n lados. Da mesma forma, como
os vértices também podem ser de gêneros diferentes, representaremos por Vn
o número de vértices nos quais concorrem n arestas, e observe que, pelo item
(b) da de�nição do poliedro, cada vértice é um ponto comum a três ou mais
arestas.
São então evidentes as relações:
F = F3 + F4 + . . .
V = V3 + V4 + . . .
Imagine agora que o poliedro foi desmontado e que todas as faces estão
em cima de sua mesa. Quantos lados todos esses polígonos possuem? Fácil.
Basta multiplicar o número de triângulos por 3, o número de quadriláteros
por 4, o número de pentágonos por 5 e assim por diante, e depois somar os
resultados. Mas, como cada aresta do poliedro é lado de exatamente duas
faces, a soma anterior é igual ao dobro do número de arestas, ou seja,
2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + . . .
Podemos também contar as arestas observando os vértices do poliedro.
Se em cada vértice contarmos quantas arestas nele concorrem, somando os
resultados obteremos também o dobro do número de arestas (porque cada
aresta terá sido contada duas vezes: em um extremo e no outro). Logo,
2A = 3V3 + 4V4 + 5V5 + . . .
Poliedros 5
3 Duas Desigualdades
Dessas primeiras relações entre os elementos de um poliedro podemos deduzir
duas desigualdades: a) 2A > 3F e b) 2A > 3V . Observe a justi�cativa da
primeira.
2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + . . .
2A = 3(F3 + F4 + F5 + . . .) + F4 + 2F5 + . . .
2A = 3F + F4 + 2F5 + . . .
2A > 3F
Repare que a igualdade só vale se F4 = F5 = · · · = 0, ou seja, se o
poliedro tiver apenas faces triangulares. A segunda desigualdade se justi�ca
de forma análoga e, neste caso, a igualdade ocorrerá apenas quando em todos
os vértices concorrerem 3 arestas.
O resultado central deste capítulo é o Teorema de Euler. Seu enunciado,
por sua beleza e simplicidade, costuma fascinar os alunos da escola secundária
quando tomam contato com ele pela primeira vez: V − A + F = 2. A
observação do resultado em desenhos de poliedros ou em objetos do cotidiano
é estimulante e, sobretudo, intrigante. Porque sempre ocorre isso?
Na verdade, a relação de Euler não é verdadeira para todos os poliedros de
acordo com nossa de�nição. Mas, para os poliedros convexos ela é verdadeira.
Em contextos mais gerais, onde inclusive se adota uma de�nição de poliedro
menos restritiva que a nossa, o valor de V −A+F é chamado de característica
do poliedro. Não vamos aqui tratar dessas coisas, mas o leitor curioso poderá
encontrar farto material para leitura no livro �Meu Professor de Matemática�
do professor Elon Lages Lima, editado pela SBM.
O Teorema de Euler foi descoberto em 1758. Desde então, diversas
demonstrações apareceram na literatura e algumas continham falhas (como
6 MA13 - Unidade 20
a de Cauchy), que foram descobertas muitos anos mais tarde. Essas falhas
eram devidas à falta de precisão na de�nição de poliedro. Mesmo Euler nunca
se preocupou em de�nir precisamente essa palavra.
A demonstração que mostraremos aqui para poliedros convexos segue
quase integralmente a que foi publicada na RPM no 3 (1983) pelo professor
Zoroastro Azambuja Filho. Pela elegência e precisão dos argumentos, essa
demonstração merece ser publicada mais uma vez.
Teorema (Euler). Em todo poliedro com A arestas, V vértices e F faces,
vale a relação V − A+ F = 2.
Iniciamos a demonstração calculando a soma dos ângulos internos de
todas as faces de um poliedro convexo P . As faces são numeradas de 1 até
F e seja nk o gênero da k-ésima face (1 6 k 6 F ). Lembrando que a soma
dos ângulos internos de um polígono convexo de gênero n é igual a π(n− 2)
e observando que se um poliedro é convexo então todas as suas faces são
polígonos convexos, teremos para a soma dos ângulos internos de todas as
faces de P a expressão:
S = π(n1 − 2) + π(n2 − 2) + · · ·+ π(nF − 2)
ou ainda,
S = π[(n1 + n2 + · · ·+ nF )− (2 + 2 + · · ·+ 2)].
Ora, no primeiro parêntese, a soma dos números de lados de todas as faces é
igual ao dobro do número de arestas e no segundo parêntese, a soma das F
parcelas é igual a 2F . Assim,
S = π(2A− 2F ) = 2π(A− F ). (1)
Vamos agora escolher uma reta r que não seja paralela a nenhuma das
faces de P. Tomamos também um plano H, que não intersecta P e que seja
perpendicular a r. O plano H será chamado plano horizontal e as retas
paralelas a r (logo perpendiculares a H) serão chamadas retas verticais. H
divide o espaço em dois semi-espaços, um dos quais contém o poliedro P .
Poliedros 7
Este será chamado o semi-espaço superior e diremos que seus pontos estão
acima de H. Para melhor ilustrar o nosso raciocínio, imaginaremos o sol
brilhando a pino sobre o semi-espaço superior de modo que seus raios sejam
retas verticais. A cada ponto X do semi-espaço superior corresponde um
ponto X ′ em H, chamado sombra de X. A sombra de qualquer conjunto C,
contido no semi-espaço superior é, por de�nição, o conjunto C ′, contido em
H, formado pelas sombras dos pontos de C.
Figura 4: A região iluminada e a região sombria.
Consideremos então a sombra P ′ do poliedro P . Como P é convexo, cada
ponto de P ′ é sombra de um ou dois pontos de P (veja a nossa de�nição
alternativa de poliedro convexo). Ora, a sombra P ′ do poliedro P tem como
contorno um polígono convexo K ′, sombra de uma poligonal fechada K for-
mada por arestas de P . Cada ponto de K ′ é sombra de um único ponto
de P . A poligonal K é chamada de contorno aparente do poliedro P. Cada
ponto interior de P ′ (portanto não pertencente a K ′)é sombra de exatamente
dois pontos de P . Dados dois pontos de P que têm mesma sombra, ao mais
alto (mais distante de H) chamaremos ponto iluminado e o mais baixo será
chamado sombrio.
Depois dessas considerações, vamos calcular novamente a soma de todos
os ângulos das faces de P , observando que a soma dos ângulos internos de
8 MA13 - Unidade 20
uma face é a mesma soma dos ângulos internos de sua sombra (ambos são
polígonos de mesmo gênero). Sejam: V1 o número de vértices iluminados, V2
o número de vértices sombrios e V0 o número de vértices do contorno aparente
K. Então, V = V0 + V1 + V2. Notemos ainda que V0 é o número de vértices
(e de lados) da poligonal K ′, contorno de P ′.
Consideremos então a sombra das faces iluminadas.
Figura 5: A sombra das faces iluminadas.
A sombra das faces iluminadas é um polígono convexo com V0 vértices
em seu contorno e V1 pontos interiores, sombra dos vértices iluminados de
P . A soma de todos os ângulos da �gura anterior é:
S1 = 2πV1 + π(V0 − 2).
Por raciocínio inteiramente análogo, obteríamos para a soma de todos os
ângulos da sombra das faces sombrias,
S2 = 2πV2 + π(V0 − 2).
Somando as duas, obtemos:
S = 2πV1 + 2πV2 + 2π(V0 − 2) (2)
S = 2π(V1 + V2 + V0 − 2)
S = 2π(V − 2)
Poliedros 9
Comparando (1.1) e (1.2) e dividindo por 2π, resultaque A−F = V − 2, ou
seja,
V − A+ F = 2
Como queríamos demonstrar.
Comentários.
1) É fácil encontrar exemplos de poliedros não convexos que satisfazem a
relação de Euler. Por exemplo, se um poliedro P não convexo puder ser
colocado em uma posição de modo que sua sombra seja um polígono onde
cada um de seus pontos seja sombra de no máximo dois pontos de P , a de-
monstração que demos continua válida e a relação de Euler se veri�ca.
2) Todas as relações que encontramos são apenas condições necessárias. Isto
quer dizer que não basta que três números A, V e F satisfaçam a elas para
que se tenha certeza da existência de um poliedro com essas características.
Exemplos.
1) A bola de futebol que apareceu pela primeira vez na Copa de 70 foi
inspirada em um conhecido poliedro convexo (descoberto por Arquimedes)
formado por 12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais, todas regulares.
Pergunta-se quantos vértices possui tal poliedro.
Solução. De acordo com nossa notação, temos F5 = 12, F6 = 20 e portanto
F = 32. Determinamos em seguida o número de arestas desse poliedro:
2A = 5F5 + 6F6 = 5 · 12 + 6 · 20 = 180
A = 90.
Como o poliedro é convexo, vale a relação de Euler V −A+ F = 2, de onde
concluímos que V = 60.
2) Descreva e mostre uma possibilidade para o desenho de um poliedro
convexo que possui 13 faces e 20 arestas.
10 MA13 - Unidade 20
Figura 6: A bola de futebol.
Solução. Imediatamente antes de concluir a desigualdade 2A 6 3F (volte
atrás no texto), tínhamos encontrado a relação
2A = 3F + F4 + 2F5 + . . . ,
ou seja,
2A− 3F = F4 + 2F5 + . . . .
Como A = 20 e F = 13, temos 1 = F4 + 2F5 + . . . , o que só é possível se
F4 = 1 e F5 = F6 = · · · = 0. Isto quer dizer que este poliedro deve possuir
uma única face quadrangular e todas as outras 12 faces triangulares. Como
pela relação de Euler ele deve possuir 9 vértices, um desenho possível é o que
está abaixo.
Exercícios
1. Um poliedro convexo de 20 arestas e 10 vértices só possui faces triangu-
lares e quadrangulares. Determine os números de faces de cada gênero.
2. Diagonal de um poliedro é qualquer segmento que une dois vértices que
não estão na mesma face. Quantas diagonais possui o icosaedro regular?
3. Mostre que para todo poliedro convexo valem as desigualdades
Poliedros 11
Figura 7: Uma solução do exemplo 2.
a) A+ 6 6 3F
b) A+ 6 6 3V
4. Mostre que se um poliedro convexo tem 10 arestas então ele tem 6 faces.
5. Descreva todos os poliedros que possuem 10 arestas.
6. Um poliedro convexo P possui A arestas, V vértices e F faces. Com
bases em cada uma das faces constroem-se pirâmides com vértices exteriores
a P . Fica formado então um poliedro P ′ que só possui faces triangulares.
Determine os números de arestas, faces e vértices de P ′.
MA13 - Unidade 21
Poliedros II
Semana 31/10/2011 a 06/11/2011
1 Poliedros Regulares
Desde a antiguidade são conhecidos os poliedros regulares, ou seja, poliedros
convexos cujas faces são polígonos regulares iguais e que em todos os vértices
concorrem o mesmo número de arestas. O livro XIII dos �Elementos� de
Euclides (cerca de 100 a.C.) é dedicado inteiramente aos sólidos regulares e
contém extensos cálculos que determinam, para cada um, a razão entre o
comprimento da aresta e o raio da esfera circunscrita. Na última proposição
daquele livro, prova-se que os poliedros regulares são apenas 5: o tetraedro,
o cubo, octaedro, o dodecaedro e o icosaedro. A importância desse fato
�ca evidente quando se percebe que a história dos séculos seguintes é farta
em exemplos de matemáticos, �lósofos e astrônomos que tentaram elaborar
teorias de explicação do universo com base na existência desses 5 sólidos
regulares. Mesmo Kepler, 19 séculos depois dos �Elementos� de Euclides,
tentou elaborar uma cosmologia com base nos 5 poliedros regulares.
1
2 MA13 - Unidade 21
É natural interesse do professor secundário conhecer não só os poliedros
regulares, como também saber porque existem apenas cinco.
De�nição. Um poliedro convexo é regular quando todas as faces são polí-
gonos regulares iguais e em todos os vértices concorrem o mesmo número de
arestas.
Teorema. Existem apenas cinco poliedros regulares convexos.
Para demonstrar, seja n o número de lados de cada face e seja p o número
de arestas que concorrem em cada vértice. Temos então 2A = nF = pV , ou
A =
nF
2
e V =
nF
p
.
Substituindo na relação de Euler, obtemos
nF
p
− nF
2
+ F = 2
F =
4p
2p + 2n− pn
.
Devemos ter 2p + 2n− pn > 0, ou seja
2n
n− 2
> p.
Como p > 3, chegamos a n < 6. As possibilidades são então as seguintes:
n = 3 −→ F = 4p
6− p
−→

p = 3→ F = 4 (tetraedro)
p = 4→ F = 8 (octaedro)
p = 5→ F = 20 (icosaedro)
n = 4 −→ F = 2p
4− p
−→ p = 3→ F = 6 (cubo)
n = 5 −→ F = 4p
10− 3p
−→ p = 3→ F = 12 (dodecaedro)
Poliedros II 3
Figura 1: Os poliedros regulares.
2 O Caso Plano do Teorema de Euler
O Teorema de Euler foi demonstrado aqui para poliedros convexos. Mas não
é difícil observar que ele vale também em outras situações. Vamos descrever
uma situação em que o Teorema de Euler se aplica em regiões de um plano.
Tomemos um poliedro convexo P e uma esfera S que o contenha. A partir de
um ponto interior ao poliedro, projetamos P sobre S como mostra a �gura
a seguir.
A função f : P → S é de�nida da seguinte forma. Sendo O um ponto
interior a P , para cada ponto X ∈ P , de�nimos f(X) como o ponto de
interseção da semi-reta OX com S. A função f é contínua (o que signi�ca
que pontos próximos de P são levados em pontos próximos de S) e sua inversa
f−1 : S → P é também contínua. Vemos agora a esfera dividida em regiões
limitadas por arcos de circunferência (ou simplesmente linhas). Chamando
de nó a projeção de cada vértice temos cada região limitada por pelo menos
4 MA13 - Unidade 21
Figura 2: A projeção P sobre S.
3 linhas e também cada nó como extremidade de pelo menos 3 linhas.
Figura 3: A esfera dividida em regiões.
É claro que para as linhas, regiões e nós da esfera S vale a relação de
Euler, porque ela já era válida em P . Tomemos agora um ponto N interior
a uma região de S, um plano Π perpendicular ao diâmetro de S que contém
N e uma função p : S − {N} → Π, tal que para cada ponto Y ∈ S − {N},
p(Y ) é a interseção da semi-reta NY com Π.
Se o poliedro original P tinha F faces, V vértices e A arestas vemos agora
o plano Π dividido em F regiões por meio de A linhas que se encontram em
V nós. Por comodidade, as linhas podem ser chamadas de �arestas� os nós de
�vértices� e as regiões de �faces�. E claro que das F regiões, uma é ilimitada
(chamada oceano) porque é projeção da região de S que contém o ponto N ,
Poliedros II 5
Figura 4: A projeção das regiões da esfera no plano.
mas relação de Euler continua válida. A �gura obtida em Π pode ser agora
continuamente deformada mas a relação de Euler se mantém inalterável.
Observe no desenho a seguir um exemplo onde o plano está dividido em
10 regiões (faces), através de 18 linhas (arestas) que concorrem em 10 nós
(vértices).
V − A + F = 10− 18 + 10 = 2
Figura 5: Observando que V − A + F = 10− 18 + 10 = 2.
As transformações que �zemos são equivalentes a imaginar um poliedro
de borracha e in�á-lo injetando ar até que se transforme em uma esfera. Em
seguida, a partir de um furo feito em uma das regiões, esticá-lo até que se
transforme em um plano. Isto signi�ca que o Teorema de Euler não é um
teorema de Geometria, mas sim de Topologia. Não importa se as faces são
planas ou não, ou se as arestas são retas ou não. Tudo pode ser deformado
6 MA13 - Unidade 21
à vontade desde que essas transformações sejam funções contínuas cujas in-
versas sejam também contínuas (chamadas homeomor�smos), ou seja, para
cada transformação que �zermos por uma função contínua, deveremos poder
voltar à situação original por meio de uma outra função também contínua.
3 Uma Outra Demonstração do Teorema de
Euler no Plano
A demonstração do caso plano do Teorema de Euler pode ser feita direta-
mente, ou seja, sem recorrerao resultado obtido no espaço. Ainda, o leitor
poderá perceber que a relação de Euler para o plano vale em situações mais
gerais do que as que mostramos antes.
Consideremos então uma região R do plano dividida em outras regiões
justapostas como mostra a �gura a seguir.
Figura 6: A divisão de uma região em outras justapostas.
Cada região (seja R ou uma da decomposição) é limitada por pelo menos
duas arestas e um vértice é um ponto comum a pelo menos duas arestas.
Devemos enfatizar que aqui, o termo aresta não signi�ca um segmento de
reta mas sim qualquer curva contínua, sem auto-interseções, que liga um
Poliedros II 7
vértice a outro vértice. Uma boa ilustração do que estamos dizendo, consiste
em observar o mapa do Brasil dividido nos seus estados. Cada estado é uma
face e cada linha de fronteira é uma aresta. Devemos ainda exigir (e isso é
muito importante) que nenhuma região �que completamente dentro de outra.
Assim, decomposições como as que mostramos abaixo estão proibidas.
Figura 7: Decomposições proibidas.
É também conveniente considerar o exterior de R como uma região. Ob-
servando novamente a �gura 6, temos então o plano dividido em 8 regiões.
As regiões numeradas de I a VII são limitadas e a região VIII é ilimitada,
tendo o contorno de R como sua fronteira. A região ilimitada é comumente
chamada de oceano.
Para ilustrar o que estamos dizendo e ainda observando a �gura 6, o
contorno da região R é formado pelas arestas que ligam consecutivamente os
vértices consecutivos de 1 a 8 e depois voltando a 1 (sem passar por 9). A
região VIII, o oceano é formado pelos pelos pontos exteriores ao contorno de
R. A região I é formada pelas arestas que ligam consecutivamente os vértices
1-2-10-9-1 e a região V é limitada apenas pelas duas arestas que ligam os
vértices 9 e 10.
Nas condições que descrevemos, consideremos agora o plano dividido em
F regiões (sendo uma ilimitada), através de A arestas que concorrem em V
vértices. A�rmamos que
V − A + F = 2.
Demonstração. A fórmula V − A + F = 2 vale no caso simples em que
8 MA13 - Unidade 21
apenas um polígono de n lados está desenhado no plano. Neste caso,
A = V = n, F = 2.
Vamos usar indução para o caso geral, ou seja, vamos mostrar que se a
relação de Euler vale para uma decomposição do plano em F regiões, então
ela ainda vale para uma decomposição em F + 1 regiões. Uma determinada
decomposição pode ser construída por etapas onde, em cada uma delas, uma
nova região é acrescentada no oceano das anteriores. Consideremos então
uma decomposição do plano em F regiões através de A arestas que concorrem
em V vértices (como mostra a parte em linhas cheias da �gura 8), satisfazendo
a relação de Euler. Acrescentamos agora uma nova região contida no oceano
das regiões anteriores (como mostra a parte em linhas tracejadas da �gura),
desenhando uma sequência de arestas ligando dois vértices do contorno da
divisão anterior. Se acrescentamos r arestas, então acrescentamos r − 1
vértices e uma nova região.
Figura 8: Acrescentando uma nova região.
Mas �ca claro que a relação de Euler permanece válida porque
V − A + F = (V + r − 1)− (A− r) + (F + 1)
Poliedros II 9
o que conclui a demonstração.
O caso plano do Teorema de Euler é um resultado importante na teoria
dos grafos. Um grafo é apenas um conjunto de pontos com linhas que unem
alguns pares de pontos desse conjunto. É uma coisa simples, mas propicia
uma imagem geométrica de uma relação entre elementos de um conjunto.
Para dar um exemplo elementar, suponha que em uma reunião entre pessoas,
alguns cumprimentos foram feitos. Podemos visualizar gra�camente essa
situação representando as pessoas por pontos no plano onde, se a pessoa A
cumprimentou a pessoa B, desenhamos uma linha ligando o ponto A ao ponto
B. Pode ser que uma certa pessoa tenha cumprimentado muitas outras (ou
mesmo todas as outras e pode ter ocorrido que algumas pessoas não tenham
cumprimentado ninguém. A �gura que mostra essa relação é um grafo.
Grafos são utilizados em inúmeras áreas do conhecimento humano, com o
objetivo de visualizar relações ou conexões entre elementos de um conjunto.
Se, por exemplo, você vê em um mapa, cidades ligadas por estradas, esse
desenho é um grafo, circuitos elétricos são grafos, desenhos de moléculas
mostrando ligação entre átomos são grafos, etc. Mas, isto é outra história.
O leitor que tiver interesse nesse assunto poderá encontrar diversos livros
dedicados à teoria dos grafos. Para citar apenas um, o livro �Graphs and
their uses� de Oystein Ore, publicado pela MAA (Mathematical Association
of America) é uma excelente referência para uma primeira leitura.
Exercícios
1. Um cubo de aresta a é seccionado por planos que cortam, cada um, to-
das as arestas concorrentes num vértice em pontos que distam x (x < a/2)
deste vértice. Retirando-se as pirâmides formadas, obtém-se um poliedro P .
Descreva esse poliedro e calcule seu número de diagonais.
2. Considerando o poliedro P do exercício anterior, suponha agora que P
tem todas as arestas iguais. Calcule, em função de a o comprimento de sua
aresta.
10 MA13 - Unidade 21
Os exercícios a seguir tratam de grafos. Nos dois primeiros pode-se utilizar
o caso plano da relação de Euler. Os três últimos dependem apenas do seu
raciocínio.
3. Veja mapa da América do Sul. Existem 13 países mais o oceano, que
também consideramos um �país�. Observa-se que não existe nenhum ponto
que pertença a mais de 3 países. Quantas linhas de fronteira existem na
América do Sul?
4. Na �gura abaixo, as casas 1, 2 e 3 devem ser conectadas aos termi-
nais de água (A), luz (L) e telefone (T ). É possível fazer essas ligações sem
que duas conexões se cruzem?
1 2 3
A L T
5. A cidade de Konigsberg está situada nas margens do Mar Báltico, na foz
do rio Pregel. No rio, existem duas ilhas ligadas às margens e uma à outra
por sete pontes como se vê na �gura abaixo.
Figura 9: Königsberg.
O povo, que passeava dando voltas por estas ilhas, descobriu que, partindo
da margem sul do rio, não conseguia planejar um trajeto de modo a cruzar
cada uma das pontes uma única vez. Explique porque isto não é possível.
6. Veri�que se o desenho na �gura 10, abaixo, pode ser feito sem tirar o lápis
do papel e sem passar por cima de uma linha já traçada.
Poliedros II 11
7. Entre pessoas, suponha que a relação �conhecer� seja simétrica, ou seja,
se A conhece B então B conhece A. Prove que, se 6 pessoas são escolhidas
ao acaso, ou existem 3 que se conhecem, ou existem 3 que se desconhecem.
Figura 10: Um desa�o.
MA13 - Unidade 23
Volumes e Áreas
Semana 14/11/2011 a 20/11/2011
1 Introdução
Vamos tratar agora dos volumes dos sólidos simples: prismas, pirâmides,
cilindros, cones e a esfera. Intuitivamente, o volume de um sólido é a quanti-
dade de espaço por ele ocupado. Para exprimir essa �quantidade de espaço�
através de um número, devemos compará-la com uma unidade; e o resultado
dessa comparação será chamado de volume.
Por exemplo, podemos medir o volume de uma panela tomando como
unidade uma xícara. Enchendo a xícara de água e vertendo na panela suces-
sivas vezes até que esta �que completamente cheia, estamos realizando uma
medida de volume. É possível que o resultado dessa comparação seja um
número inteiro − digamos: 1 panela = 24 xícaras − mas é muito provável
que na última operação sobre ainda um pouco de água na xícara. E como
determinaremos essa fração?
O exemplo mostra que esse processo pode ter alguma utilidade em casos
2 MA13 - Unidade 23
simples onde se necessita apenas de um valor aproximado para o volume,
mas não funciona, mesmo na prática, para inúmeros objetos. Ou porque
são muito pequenos, ou porque são grandes demais, ou simplesmente porque
são completamente sólidos. Ainda, a unidade xícara, que é inclusive muito
utilizada nas receitas da boa cozinha, não é naturalmente adequada a um
estudo mais geral. Vamos então combinar que:
a unidade de volume é o cubo de aresta 1
Para cada unidadede comprimento, temos uma unidade correspondente
de volume. Se, por exemplo, a unidade de comprimento for o centímetro
(cms), então a unidade correspondente de volume será chamada de cen-
tímetro cúbico (cm3). Assim, o volume de um sólido S deve ser o número que
exprima quantas vezes o sólido S contém o cubo unitário. Mas, como esse
sólido pode ter uma forma bastante irregular, não �ca claro o que signi�ca
o número de vezes que um sólido contém esse cubo. Vamos então tratar de
obter métodos que nos permitam obter fórmulas para o cálculo de volumes
dos sólidos simples.
2 O Paralelepípedo Retângulo
O paralelepípedo retângulo (ou simplesmente um bloco retangular) é um
poliedro formado por 6 retângulos. Ele �ca perfeitamente determinado por
três medidas: o seu comprimento (a), a sua largura (b) e a sua altura (c).
O volume desse paralelepípedo retângulo será representado por V (a, b, c)
e como o cubo unitário é um paralelepípedo retângulo cujos comprimento,
largura e altura medem 1, então V (1, 1, 1) = 1.
Para obter o volume do paralelepípedo retângulo, devemos observar que
ele é proporcional a cada uma de suas dimensões. Isto quer dizer que se
mantivermos, por exemplo, constantes a largura e a altura e se multipli-
carmos o comprimento por um número natural n, o volume �cará também
Volumes e Áreas 3
Figura 1:
multiplicado por n, ou seja,
V (na, b, c) = nV (a, b, c).
Figura 2:
A �gura 2 mostra 4 paralelepípedos retângulos iguais e justapostos, co-
lados em faces iguais. Naturalmente, o volume total é 4 vezes maior que o
volume de um deles.
Este fato, constatado para números naturais, também vale para qualquer
número real positivo (veja Notas 1 e 2 no �m desta seção) e isto quer dizer
que, mantidas constantes duas dimensões de um paralelepípedo retângulo,
seu volume é proporcional à terceira dimensão. Logo, sendo a, b e c as
4 MA13 - Unidade 23
dimensões de um paralelepípedo retângulo, temos:
V (a, b, c) = V (a · 1, b, c)
= aV (1, b, c) = aV (1, b · 1, c)
= abV (1, 1, c) = abV (1, 1, c · 1) = abcV (1, 1, 1)
= abc · 1
= abc
Portanto, o volume de um paralelepípedo retângulo é o produto de suas di-
mensões. Em particular, se a face de dimensões a e b está contida em um
plano horizontal, chamaremos essa face de base e a dimensão c de altura.
Como o produto ab é área da base, é costume dizer que o volume de um
paralelepípedo retângulo é o produto da área da base pela altura.
Volume do paralelepípedo = (área da base) × (altura).
Nota 1. Utilizamos aqui um fato completamente intuitivo (mas que na
verdade é um axioma) que é o seguinte. Se dois sólidos são tais que possuem
em comum, no máximo pontos de suas cascas, então o volume da união de
dois é a soma dos volumes de cada um.
Para explicar melhor, dizemos que um ponto P é interior a um sólido S
quando existe uma esfera de centro P inteiramente contida em S. Quando P
pertence a S mas não existe tal esfera, dizemos que P está na casca de S (ou
na superfície de S). Isto é o que nos permite usar termos como �justapor� ou
�colar� dois sólidos. Ainda, permite dizer que se um sólido está dividido em
vários outros, então seu volume é a soma dos volumes de suas partes.
Nota 2. O conceito de proporcionalidade é extremamente importante na
Matemática elementar. Em particular na geometria, existem ocasiões em que
certos resultados são facilmente veri�cados quando as medidas são números
naturais (ou mesmo racionais), mas o que se torna um problema é estender
esses mesmos resultados para números reais. O que resolve essa constran-
gedora situação é o teorema fundamental da proporcionalidade, que diz o
Volumes e Áreas 5
seguinte:
Teorema. Sejam x e y grandezas positivas. Se x e y estão relacionadas
por uma função crescente f tal que para todo natural n, f(nx) = nf(x),
então para todo real r, tem-se que f(rx) = rf(x).
Em palavras mais simples, dizemos que duas grandezas positivas x e y são
proporcionais quando, se a primeira for multiplicada por um número natural
n, então a segunda �ca também multiplicada por n. Esse teorema nos garante
que, neste caso, se a primeira grandeza for multiplicada por um número real
r, a segunda grandeza também �ca multiplicada por r. A demonstração deste
belo teorema pode ser encontrada no livro �Meu Professor de Matemática�
de Elon Lages Lima na página 127.
Não estamos aqui estimulando o professor do Ensino Médio que faça essa
demonstração em sala de aula. Muito pelo contrário. Estamos dizendo que se
o professor der, para os estudantes do Ensino Médio, alguma justi�cativa de
um importante resultado utilizando números naturais, ou mesmo racionais,
esse procedimento não é um erro, deve ser feito dessa forma, e estará sendo
adequado ao nível de desenvolvimento dos seus alunos. Por outro lado, o
professor �cará consciente que, mesmo não podendo fazer a demonstração
completa, estará fornecendo argumentos corretos, e deixando a generalização
para um estágio posterior.
3 O Princípio de Cavalieri
Conseguimos estabelecer a fórmula do volume de um paralelepípedo retân-
gulo, mas não é fácil ir adiante sem ferramentas adicionais. Uma forma con-
fortável de prosseguir é adotar como axioma um resultado conhecido como o
Princípio de Cavalieri.
Antes de enunciá-lo, observe uma experiência que se pode fazer para
os alunos. Ponha em cima da mesa, uma resma de papel. Estando ainda
perfeitamente bem arrumada, ela é um paralelepípedo retângulo (�g. 3 a)
6 MA13 - Unidade 23
e, portanto, tem um volume que podemos calcular. Encostando uma régua
nas faces laterais, podemos transformar o paralelepípedo retângulo em um
outro oblíquo (�g. 3b) ou, usando as mãos, poderemos moldar um sólido
bem diferente (�g. 3c).
Figura 3:
Sabemos que esses três sólidos têm volumes iguais mas ainda nos faltam
argumentos para explicar esse fato que intuitivamente percebemos. De uma
forma mais geral, suponha que dois sólidos A e B estão apoiados em um
plano horizontal e que qualquer outro plano também horizontal corte ambos
segundo seções de mesma área. O Princípio de Cavalieri a�rma que o volume
de A é igual ao volume de B.
Figura 4:
Se imaginarmos os dois sólidos fatiados no mesmo número de fatias muito
�nas, todas com mesma altura, duas fatias correspondentes com mesma
Volumes e Áreas 7
área terão, aproximadamente, mesmo volume. Tanto mais aproximadamente
quanto mais �nas forem. Sendo o volume de cada sólido a soma dos volumes
de suas fatias, concluímos que os dois sólidos têm volumes iguais. Repare
ainda que o exemplo da resma de papel mostra um caso particular desse
argumento, onde os três sólidos possuem, cada um, 500 fatias, todas iguais.
É claro que os exemplos acima não constituem uma demonstração do
Princípio de Cavalieri mas dão uma forte indicação de que ele é verdadeiro.
Podemos então aceitar o axioma seguinte:
Axioma (Princípio de Cavalieri)
São dados dois sólidos e um plano. Se todo plano paralelo ao plano dado
secciona os dois sólidos segundo �guras de mesma área, então esses sólidos
têm mesmo volume.
Esta é a ferramenta que vamos utilizar para encontrar os volumes dos
demais sólidos simples.
Nota 3. No ensino da Geometria existem alguns resultados que não podemos
demonstrar de forma satisfatória e que, naturalmente, causam incômodo ao
professor. Os principais são os seguintes: o Teorema de Tales (das paralelas),
a área do quadrado, o volume do paralelepípedo e o Princípio de Cavalieri.
Para os três primeiros temas, o professor poderá oferecer uma demonstração
parcial utilizando números naturais (ou mesmo racionais) que deve satisfazer
a maioria dos alunos. Essa atitude não é condenável, muito pelo contrário.
O professor estará justi�cando importantes resultados de acordo com o nível
de desenvolvimento dos seus alunos, mas saberá que o resultado geral es-
tará garantido pelo Teorema Fundamental da Proporcionalidade (veja Nota
2 deste capítulo). Existem outras opções e uma delas é adotar o Teorema
Fundamental da Proporcionalidade (como fatoque poderá ser demonstrado
mais tarde) e a partir dele, demonstrar a área do retângulo, do triângulo e
daí o Teorema de Tales. Para esse caminho, o leitor poderá consultar o artigo
�Usando Áreas� na RPM no 21, pág. 19. Foi esse o caminho que utilizamos
8 MA13 - Unidade 23
aqui para obter o volume do paralelepípedo e não há dúvida que esse pro-
cedimento satisfaz a nossa necessidade imediata mas transfere a di�culdade
para outro lugar. Não tem jeito. Existem obstáculos no percurso do ensino
da Geometria e o professor, consciente das di�culdades, deverá optar pelo
rumo a tomar. No caso do Princípio de Cavalieri a situação é diferente. A
sua demonstração envolve conceitos avançados de Teoria da Medida e por-
tanto só podemos oferecer aos alunos alguns exemplos. Mas, cremos que
esses exemplos sejam su�cientes para que possamos adotar sem traumas o
Princípio de Cavalieri como axioma.
4 O Prisma
Com o Princípio de Cavalieri, podemos obter sem di�culdade o volume de
um prisma. Imaginemos um prisma de altura h, e cuja base seja um polígono
de área A, contido em um plano horizontal. Construímos ao lado um parale-
lepípedo retângulo com altura h e de forma que sua base seja um retângulo
de área A.
Suponha agora que os dois sólidos sejam cortados por um outro plano
horizontal, que produz seções de áreas A1 e A2 no prisma e no paralelepípedo,
respectivamente. Ora, o paralelepípedo e também um prisma e sabemos que
em todo prisma, uma seção paralela à base é congruente com essa base. Logo,
como �guras congruentes têm mesma área, temos que A1 = A = A2 e, pelo
Princípio de Cavalieri, os dois sólidos têm mesmo volume. Como o volume
do paralelepípedo é Ah , o volume do prisma é também o produto da área
de sua base por sua altura.
Volume do prisma = (área da base) × (altura).
Volumes e Áreas 9
Figura 5:
5 A Pirâmide
Para obter o volume da pirâmide, precisamos de resultados adicionais. Em
particular, o que realmente importa é ter a certeza que se o vértice de uma
pirâmide se move em um plano paralelo à base, o volume dessa pirâmide não
se altera. Para isso, vamos examinar o que ocorre quando uma pirâmide é
seccionada por um plano paralelo à sua base.
A �gura 6 a seguir mostra uma pirâmide de vértice V , base ABC (tri-
angular apenas para simpli�car o desenho) e altura H. Um plano paralelo a
ABC, distando H do vértice V , produziu nessa pirâmide uma seção DEF .
Figura 6:
10 MA13 - Unidade 23
Vamos agora citar dois fatos importantes com respeito à situação acima.
1) A seção e a base da pirâmide são �guras semelhantes e a razão de
semelhança é h
H
.
2) A razão entre áreas de �guras semelhantes é o quadrado da razão de
semelhança.
O primeiro fato foi demonstrado na Unidade 15. A demonstração do segundo
pode ser encontrada em diversos livros de Matemática do Ensino Médio.
Para uma referência mais avançada, recomendamos o livro �Medida e Forma
em Geometria� do professor Elon Lages Lima editado pela SBM, que trata
também dos mesmos assuntos que estamos desenvolvendo aqui. Passamos
agora a um teorema preparatório para o que nos permitirá obter o volume
da pirâmide.
Teorema Duas pirâmides de mesma base e mesma altura têm mesmo
volume.
A �gura a seguir mostra suas pirâmides de mesma base ABC (novamente
triangular apenas para simpli�cação do desenho), vértices V1 e V2 e com
mesma altura H. Um plano paralelo ao plano (ABC) e distando h dos
vértices das pirâmides, produziu seções S1 e S2 nas duas pirâmides.
Figura 7:
Volumes e Áreas 11
Seja A a área da base ABC e sejam A1 e A2 as áreas das seções S1 e S2,
respectivamente. Pelos argumentos que citamos, temos que:
A1
A
=
(
h
H
)2
=
A2
A
de onde se conclui que A1 = A2. Pelo Princípio de Cavalieri, as duas pirâmi-
des têm mesmo volume, como queríamos demonstrar.
O fato que podemos mover o vértice de uma pirâmide em um plano pa-
ralelo à sua base sem alterar o seu volume é a chave para a demonstração
do volume da pirâmide de base triangular. Veremos isto no teorema seguinte.
Teorema. O volume de uma pirâmide triangular é igual a um terço do
produto da área da base pela altura.
A demonstração deste teorema é elementar mas requer atenção. Para
facilitar o entendimento, vamos convencionar uma notação especial. Tratare-
mos de diversos tetraedros e como em um tetraedro qualquer face pode ser
considerada uma base, vamos convencionar o seguinte. Se em um tetraedro
de vértices A, B, C e D, imaginamos a face ABC como base e o ponto D
como vértice dessa pirâmide, vamos representá-lo por D − ABC. Ainda, o
volume desse tetraedro será representado por
V (D − ABC) = V (B − ACD) = . . . , etc,
dependendo de qual face estamos considerando como base. Consideremos
então um prisma triangular cujas bases são os triângulos ABC e A′B′C ′,
como mostra a �gura 8.
Seja A a área de ABC e seja h a altura do prisma. Como sabemos, seu
volume é Ah. Vamos agora, dividir esse prisma em três tetraedros: A −
A′B′C ′, B′ − ACC ′ e B′ − ABC, como mostram as �guras a seguir.
Sejam V1 , V2 e V3 os volumes respectivos dos três tetraedros citados e
seja V o volume do prisma. Pelo teorema anterior, sabemos que o volume
de uma pirâmide não se modi�ca quando, mantendo a base �xa, movemos
12 MA13 - Unidade 23
Figura 8:
o vértice em um plano paralelo a essa base. Tendo isto em mente podemos
concluir:
V1 = V (A− A′B′C ′) = V (A− A′BC ′)
= V (A− A′BC) = V (A′ − ABC)
V2 = V (B
′ − ACC ′) = V (B − ACC ′) = V (C ′ − ABC)
V3 = V (B
′ − ABC)
Concluímos então que o volume do prisma é igual à soma dos volumes de
três tetraedros:
A′ − ABC, B′ − ABC e C ′ − ABC,
com a mesma base do prisma e com alturas iguais a do prisma. Logo, cada
um deles tem volume igual a um terço do volume do prisma. Demonstramos
então que o volume de uma pirâmide de base triangular é igual a um terço
do produto da área da base pela altura.
Estamos agora muito próximos do resultado geral. O teorema a seguir
estende o resultado obtido para qualquer pirâmide.
Volumes e Áreas 13
Figura 9:
Teorema. O volume de qualquer pirâmide é igual a um terço do produto
da área da base pela altura.
Para justi�car, observe que qualquer pirâmide pode ser dividida em pirâ-
mides de base triangular. Essa divisão é feita dividindo-se a base em triân-
gulos justapostos por meio de diagonais e de�nindo cada plano de divisão da
pirâmide por uma dessas diagonais da base e pelo vértice da pirâmide.
Figura 10:
Suponha agora que a pirâmide tenha altura h e que sua base, de área A,
14 MA13 - Unidade 23
tenha sido dividida em n triângulos de áreas
A1, A2, . . . , An.
Como o volume da pirâmide é a soma dos volumes das pirâmides triangulares,
temos que seu volume é:
V =
1
3
A1h+
1
3
A2h+ · · ·+
1
3
Anh
V =
1
3
(A1 + A2 + · · ·+ An)h
V =
1
3
Ah
como queríamos demonstrar. Fica então estabelecido que:
volume da pirâmide =
1
3
(área da base) × (altura).
A obtenção dos volumes do prisma e da pirâmide demanda considerável es-
forço. É conveniente que após esses resultados, o professor os explore em
diversos sólidos particulares, em particular, prismas e pirâmides regulares.
Para encontrar os elementos necessários para o cálculo do volume de um
desses poliedros, será frequentemente necessário encontrar triângulos conve-
nientes, aplicar relações métricas e calcular áreas, propiciando uma revisão
dos resultados importantes da geometria plana.
Quando prismas e pirâmides são apresentados ao aluno do Ensino Médio,
a motivação natural é o cálculo dos volumes. Entretanto, paralelamente a
isso, diversas outras relações métricas e propriedades desses poliedros devem
ser estudadas, como �zemos na Unidade 18.
Exercícios
1. Uma piscina tem 10m de comprimento, 6m de largura e 1,6m de profun-
didade.
a) Calcule seu volume em litros.
Volumes e Áreas 15
b) Determine quantos ladrilhos quadrados com 20cm de lado são necessários
para ladrilhar essa piscina.
2. Um tablete de doce de leite medindo 12cm por 9cm por 6cm, está inteira-
mente coberto com papellaminado. Esse tablete é dividido em cubos com
1cm de aresta.
a) Quantos desses cubos não possuem nenhuma face coberta com o papel
laminado?
b) Quantos desses cubos possuem apenas uma face coberta com papel?
c) Quantos desses cubos possuem exatamente duas faces cobertas com
papel?
d) Quantos desses cubos possuem três faces cobertas com papel?
3. Determine o volume do maior tetraedro que pode ser guardado dentro de
um cubo de aresta a.
4. Considere um triângulo equilátero ABC de lado a. Pelo centro G do
triângulo, considere um segmento GD perpendicular ao plano do triângulo.
a) Calcule o comprimento de GD para que os segmentos DA, DB e DC
tenham também comprimento a.
b) Nas condições do item (a), o tetraedro ABCD é regular. Calcule então
o volume de um tetraedro regular de aresta a.
5. Um cubo de aresta a é seccionado por oito planos. Cada plano contém os
pontos médios das três arestas que concorrem em um vértice. Retirando-se
os tetraedros formados obtemos um poliedro P .
a) Descreva as faces de P .
b) Calcule o volume de P .
16 MA13 - Unidade 23
c) Calcule o raio da esfera circunscrita ao poliedro P .
6. Calcule o volume de um octaedro regular de aresta a.
7. Calcule o volume do octaedro cujos vértices são os centros das faces
de um cubo de volume V .
8. a) Mostre que a soma das distâncias de um ponto interior a um tetraedro
regular às suas faces é constante.
b) A partir do item anterior, calcule o raio da esfera inscrita a um tetraedro
regular de aresta a.
9. Uma pirâmide chama-se regular quando a sua base é um polígono regular
e a projeção do vértice sobre o plano da base é o seu centro.
Uma pirâmide regular de altura 4cm tem por base um quadrado de lado
6cm. Calcule seu volume, sua área e os raios das esferas inscrita e circunscrita.
MA13 - Unidade 24
Volumes e Áreas II
Semana 14/11/2011 a 20/11/2011
1 Cilindros e Cones
No cilindro, toda seção paralela à base, é congruente com essa base. Esse
fato, permite concluir, pelo Princípio de Cavalieri, que o volume do cilindro
é o produto da área de sua base pela sua altura.
Se o cilindro tem altura h e base de área A contida em um plano horizon-
tal, imaginamos um prisma qualquer (ou em particular um paralelepípedo
retângulo) de altura h, com base de área A contida no mesmo plano. Se um
outro plano horizontal secciona os dois sólidos segundo �guras de áreas A1
e A2, então A1 = A = A2 e por consequência, os dois têm mesmo volume.
Logo, o volume do cilindro é também o produto da área da base pela altura.
Volume do cilindro = (área da base) × (altura)
A relação entre o prisma e o cilindro é a mesma que entre a pirâmide
e o cone, ou seja, o primeiro é caso particular do segundo. Optamos por
1
2 MA13 - Unidade 24
Figura 1:
demonstrar o volume do prisma e depois estender o resultado a um caso
mais geral, o cilindro, porque esse é o caminho percorrido pela maioria dos
professores do Ensino Médio. E concordamos com eles. O aluno do Ensino
Médio, no seu primeiro contato com a geometria espacial, se sente mais seguro
quando compreende bem resultados obtidos em situações particulares, para
depois estendê-los em casos mais gerais. O matemático pro�ssional gosta,
frequentemente, de fazer o inverso, ou seja, demonstrar um resultado geral e
depois citar os casos particulares em que o mesmo vale.
O volume do cone segue o mesmo caminho trilhado anteriormente. Se
um cone tem altura H e base de área A contida em um plano horizontal,
consideramos uma pirâmide de altura H e base de área A contida nesse
mesmo plano.
Se um outro plano horizontal, distando h do vértice desses sólidos secciona
ambos segundo �guras de áreas A1 e A2, então:
A1
A
=
(
h
H
)2
=
A2
A
ou seja, A1 = A2 . O Princípio de Cavalieri nos garante que os dois sólidos
têm mesmo volume e portanto concluímos que o volume do cone é igual a
um terço do produto da área da base pela altura.
Volume do cone =
1
3
(área da base) × (altura).
Volumes e Áreas II 3
Figura 2:
Os casos mais interessantes para os alunos são os cilindros e cones retos de
base circular porque eles estão mais relacionados com os objetos do cotidiano.
Ainda, nesses objetos, a superfície lateral pode ser obtida de forma simples.
A superfície lateral de um cilindro reto de raio R e altura h, pode ser
desenrolada e transformada em um retângulo de base 2πr e altura h. A área
lateral do cilindro é igual à área desse retâgulo, que vale 2πRh.
Figura 3:
A superfície lateral de um cone reto de raio R e geratriz g, pode ser
desenrolada e transformada em um setor de raio g cujo arco tem comprimento
2πR. A área A desse setor é igual à área lateral do cone e para calculá-la,
usaremos apenas uma elementar regra de três. Diremos que a área A desse
setor está para a área do círculo de raio g, assim como o comprimento do
4 MA13 - Unidade 24
arco 2πR está para o comprimento total da circunferência 2πg. Com isso,
concluímos que a área lateral do cone reto vale πRg.
Figura 4:
O leitor deve reparar que, ao utilizar a regra de três, estamos usando o fato
que a área de um setor circular é diretamente proporcional ao comprimento
do arco que ele subtende (veja Nota 2 desta unidade).
2 Atividades para Sala de Aula
Cilindros e cones retos de base circular devem ser associados às suas esferas
inscrita e circunscrita. Além disso, inúmeras embalagens de produtos são
cilíndricas, o que fornece diversos problemas interessantes. Vamos listar al-
gumas atividades que podem ser desenvolvidas com os alunos.
1. O cilindro equilátero (isto é, o cilindro circular reto em que a altura é
igual ao diâmetro da base) possui uma interessante propriedade. De todos os
cilindros de mesmo volume, o cilindro equilátero é o que possui a menor área
total. Assim, se o industrial deseja comercializar seu produto em embalagens
cilíndricas que gastem um mínimo de material em sua fabricação, ele deve
preferir o cilindro equilátero. É o caso, por exemplo das latas de leite con-
Volumes e Áreas II 5
densado. Elas são cilindros equiláteros. A demonstração dessa propriedade
requer o uso de cálculo e, portanto, não está ainda acessível aos alunos do
Ensino Médio. Entretanto, o professor poderá calcular a área de um cilindro
equilátero e depois calcular a área de um outro cilindro com mesmo volume,
para que os alunos vejam que é maior.
2. Quando se desenrola a superfície lateral de um cone, obtemos um se-
tor. É interessante investigar o valor do ângulo central desse setor. Esse
ângulo de�ne a forma do cone. Se o cone tiver um raio pequeno comparado
com sua altura (tipo chapéu de bruxa), o ângulo do setor será pequeno. Se,
por outro lado, o raio do cone for grande quando comparado com sua altura
(tipo chapéu de chinês), o ângulo do setor será também grande. O professor
poderá demonstrar, utilizando também uma regra de três que o ângulo desse
setor é, em radianos, igual a 2πR/g e com isso mostrar que no cone equilátero
(cone que tem a geratriz igual ao diâmetro da base), esse ângulo é de 180o.
3 A Esfera
O volume da esfera será obtido também como aplicação do Princípio de
Cavalieri. Para isso, devemos imaginar um certo sólido, de volume conhecido
e tal que seções produzidas por planos horizontais na esfera e nesse sólido
tenham áreas iguais. Repare que em uma esfera de raio R, uma seção que
dista h do centro é um círculo de área π(R2−h2). Mas esta é também a área
de uma coroa circular limitada por circunferências de raios R e h.
Consideremos então uma esfera de raio R apoiada em um plano horizontal
e, ao lado, um cilindro equilátero de raio R com base também sobre esse
plano. Do cilindro, vamos subtrair dois cones iguais, cada um deles com base
em uma base do cilindro e vértices coincidentes no centro do cilindro. Este
sólido C (chamado clépsidra) é tal que qualquer plano horizontal distando h
do seu centro (ou do centro da esfera, o que é o mesmo), produz uma seção
que é uma coroa circular cujo raio externo é R e cujo raio interno é h. Logo,
6 MA13 - Unidade24
Figura 5:
o volume da esfera é igual ao de C.
O volume de C é o volume do cilindro de raio R e altura 2R subtraido de
dois cones de raio R e altura R. Isso dá:
πR22R− 21
3
πR2 =
4
3
πR3
que é o volume da esfera.
Volume da esfera =
4
3
πR3
Adotando o Princípio de Cavalieri, pudemos calcular o volume da esfera.
Entretanto, a área da esfera não pode ser obtida pelo método sugerido para
o cilindro e para o cone. A superfície da esfera não é �desenvolvível�, ou seja,
não é possível fazer cortes nela e depois aplicá-la sobre um plano sem dobrar
nem esticar.
Qualquer que seja o método que imaginarmos para obter a área da esfera,
em algum momento precisaremos de uma �passagem ao limite�. Entretanto,
para justi�car o valor 4πR2 para a área da esfera ao aluno do Ensino Mé-
dio, existem processos que, apesar de não constituírem uma demonstração,
tornam esse resultado bastante aceitável. Um deles, está no livro Medida e
Forma em Geometria, pág. 81. O outro pode ser o seguinte. Suponha a
esfera de raio R, dividida em um número n muito grande de regiões, todas
com área e perímetro muito pequenos. Como se a esfera estivesse coberta
por uma rede de malha muito �na. Cada uma dessas regiões, que é �quase�
Volumes e Áreas II 7
plana se n for muito grande, será base de um cone com vértice no centro da
esfera. Assim, a esfera �cará dividida em n cones, todos com altura aproxi-
madamente igual a R (tanto mais aproximadamente quanto menor for a base
do cone).
Se A é a área da esfera e A1, A2, . . . , An, são as áreas das diversas regiões,
temos:
4
3
πR3 =
1
3
A1R +
1
3
A2R + · · ·+
1
3
AnR
4
3
πR3 =
1
3
(A1 + A2 + · · ·+ An)R
4
3
πR3 =
1
3
AR
A = 4πR2
É preciso deixar claro que esses cálculos não demonstram nada. A�nal,
usamos a palavra �aproximadamente� muitas vezes e com signi�cado pouco
preciso. No Ensino Médio, atitudes desse tipo são corretas. Se não podemos
demonstrar resultados, deveremos mostrar argumentos que, pelo menos os
façam plausíveis, aceitáveis, e dizer honestamente aos alunos, que a demons-
tração requer o uso de Cálculo ou de outras ferramentas que eles vão aprender
depois. A�nal de contas, a forma de ensinar e os argumentos que podemos
utilizar, dependem do nível de desenvolvimento dos estudantes. Como dizia
o professor Zoroastro, a verdade nem sempre pode ser dita de uma vez só.
4 Atividades para Sala de Aula
Utilizamos a palavra esfera com dois signi�cados. Ora ela representa a su-
perfície, a casca do sólido. Ora ela representa o interior. Não há problema
nisso. Repare que na geometria plana, o mesmo já ocorria. Por exemplo,
a palavra quadrado era utilizada tanto para representar a união dos quatro
lados (o bordo) quanto para o interior. Os estudantes deverão compreender
o signi�cado de acordo com a situação que está sendo estudada.
8 MA13 - Unidade 24
Sugerimos algumas atividades relacionadas com áreas e volumes na esfera.
1. Para praticar as fórmulas de área e de volume, é interessante demons-
trar o seguinte fato descoberto por Arquimedes: se uma esfera está inscrita
em um cilindro (reto) então a razão entre as áreas desses sólidos é igual à
razão entre seus volumes.
2. O professor pode também pedir aos alunos para calcular a área e o vo-
lume de um fuso esférico (isto é, a região delimitada por dois meridianos). É
simples convencê-los de que tanto a área como o volume de um fuso esférico
é proporcional ao ângulo desse fuso. Portanto, se α é a medida em graus do
ângulo de um fuso em uma esfera de raio R, a área desse fuso será
α
360
4πR2
e seu volume será
α
360
× 4πR
2
3
.
3. É bom aproveitar as fórmulas da área e do volume da esfera (em que
aparecem, respectivamente, R2 e R3) para reforçar o fato de que as razões
entre áreas e volumes de �guras semelhantes são iguais, respectivamente, ao
quadrado e ao cubo da razão de semelhança. O professor pode, por exemplo,
perguntar aos alunos que relação existe entre as massas de duas bolas de
gude, uma com raio igual ao dobro do da outra.
Exercícios
1. Um cilindro reto possui uma esfera inscrita. Mostre que a razão entre
as áreas desses dois sólidos é igual à razão entre seus volumes (Teorema de
Arquimedes).
Volumes e Áreas II 9
2. Um copo cônico de papel foi feito a partir de um setor de 12cm de
raio e ângulo central de 120o. Calcule o volume desse copo.
3. Um cone reto tem 3cm de raio e 4cm de altura. Calcule seu volume,
área e os raios das esferas inscrita e circunscrita.
4. Um copo cilíndrico tem 3cm de raio e 12cm de altura. Estando ini-
cialmente cheio d'água o copo é inclinado até que o plano de sua base faça
45o com o plano horizontal. Calcule o volume de água que permaneceu no
copo.
5. Teorema: Se dois sólidos são semelhantes com razão de semelhança k,
então a razão entre seus volumes é k3.
Demonstre este teorema em casos particulares utilizando paralelepípedo
retângulo, prisma, pirâmide, cilindro, cone e esfera.
6. Uma garrafa de bebida com 30cm de altura tem uma miniatura per-
feitamente semelhante com 10cm de altura. Se a miniatura tem 50ml de
volume, qual é o volume da garrafa original?
7. Um cone tem altura h e volume V . Este cone é seccionado por um
plano paralelo à sua base, distando h/3 dessa base. Calcule os volumes das
partes em que esse cone �cou dividido.
8. Um tanque subterrâneo tem a forma de um cone invertido com 12m
de profundidade. Este tanque está completamente cheio com 27000 litros de
água e 37000 litros de petróleo. Calcule a altura da camada de petróleo.
9. Utilizando um pouco de cálculo (ou de imaginação).
Um fabricante de leite condensado deseja comercializar seu produto em
embalagens cilíndricas de volume V . Determine as dimensões dessa embala-
10 MA13 - Unidade 24
gem para que seja gasto um mínimo de material em sua fabricação (ou seja,
a superfície da lata deve ser mínima).
10. O professor perguntou ao aluno qual seria o volume gerado pela rotação
de um retângulo em torno de um eixo que contém um de seus lados. O aluno
respondeu corretamente, calculando o volume de um cilindro. Em seguida o
professor traçou a diagonal do retângulo e perguntou ao aluno quais seriam
os volumes gerados pelos dois triângulos formados. O aluno então dividiu a
resposta anterior por dois. Está certo isso?
	MA13 U1-CONCEITOS I
	MA13 U2-CONCEITOS II
	MA13 U3-CONGRUENCIA I
	MA13 U4-CONGRUENCIA I I
	MA13 U5-DESIGUALDADE TRIANGULAR
	MA13 U6-QUADRILATEROS
	MA13 U7-LUGARES GEOMÉTRICOS
	MA13 U8-LUGARES GEOMÉTRICOS I I
	MA13 U9-ATIVIDADE ESPECIAL
	MA13 U10-PROPORCIONALIDADE I
	MA13 U11-PROPORCIONALIDADE I I
	MA13 U12-AREAS I
	MA13 U13-AREAS I I
	MA13 U14-PONTOS RETAS E PLANOS
	MA13 U15-PONTOS RETAS E PLANOS II
	MA13 U16-PERPENDICULARISMO
	MA13 U17-PERPENDICULARISMO
	MA13 U18-DISTÂNCIA E ANGULOS
	MA13 U19-DISTÂNCIA E ANGULOS
	MA13 U20-POLIEDROS
	MA13 U21-POLIEDROS
	MA13 U23-VOLUMES E AREAS
	MA13 U24-VOLUMES E AREAS