Coleção_do_Professor_de_Matemática_Eduardo_Wagner_Construções_Geométricas

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ISBN 85 - 244- 0084- 6 
1 1111 
9 788524 400841 
Construções 
Geométricas 
Copyright© 2005, 2001, 2000, 1999, 1993 
By Eduardo Wagner, com a colaboração José Paulo Q. Carneiro 
Direitos reservados, 1993 pela Sociedade Brasileira de Matemática 
Estrada Dona Castorina, 11 O - Horto 
22460-320, Rio de Janeiro - RJ 
Impresso no Brasil / Printed in Brazil 
Coleção do Professor de Matemática 
Capa: Rodolfo Capeto 
Distribuição e vendas: 
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e-mail: vendalivros@sbm.org.br 
Te!.: (21) 2529-5073/ 2529-5095 
www.sbm.org.br 
ISBN: 85-244-0084-6 
Construções Geométricas 
Eduardo Wagner 
Com a colaboração José Paulo Q. Carneiro 
Quinta Edição 
Coleyão do Professor de Matemática 
1■' SOCIEDADE BRASILEIRA 
"'"~ DE MATEMÁTICA 
1B SOCIEDADE BRASILEIRA 
DE MATEMÁTICA 
COLEÇÃO DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA 
• Logaritmos - E.L.Lima 
• Análise Combinatória e Probabilidade com as soluções dos exercícios - A.C.Morgado, 
J.B.Pitombeira, P.C.P.Carvalho e P.Fernandez 
• Medida e Forma em Geometria (Comprimento, Área, Volume e Semelhança) -
E.L.Lima 
• Meu Professor de Matemática e outras Histórias - E.L.Lima 
• Coordenadas no Plano com as soluções dos exercícios - E.L.Lima com a colaboração 
de P.C.P.Carvalho 
• Trigonometria, Números Complexos - M.P.do Carmo, A.C.Morgado, E.Wagner, 
Notas Históricas de J .B.Pitombeira 
• Coordenadas no Espaço - E.L.Lima 
• Progressões e Matemática Financeira - A.C.Morgado, E.Wagner e S.C.Zani 
• Construções Geométricas - E.Wagner com a colaboração de J.P.Q.Carneiro 
• Introdução à Geometria Esp:1-cial - P.C.P.Carvalho 
• Geometria Euclidiana Plana - J .L.M.Barbosa 
• Isometrias - E.L.Lima 
• A Matemática do Ensino Médio Vol.1 - E.L.Lima, P.C.P.Carvalho, E.Wagner e 
A.C.Morgado 
• A Matemática do Ensino Médio Vol. 2 - E.L.Lima, P.C.P.Carvalho, E.Wagner e 
A.O.Morgado 
• A Matemática do Ensino Médio Vol. 3 - E.L.Lima, P.C.P.Carvalho, E.Wagner e 
A.C.Morgado 
• Matemática e Ensino - E.L.Lima 
• Temas e Problemas - E.L.Lima, P.C.P:Carvalho, E.Wagner e A.C.Morgado 
• Episódios da História Antiga da Matemática - A.Aaboe 
• Exame de Textos: Análise de livros de Matemática - E.L.Lima 
COLEÇÃO INICIAÇÃO CIENTÍFICA 
• Números Irracionais e Transcendentes - D.G.de Figueiredo 
• Primalidade em Tempo Polinomial- Uma Introdução ao Algoritmo AKS- S.C.Coutinho 
COLEÇÃ_O TEXTOS UNIVERSITÁRIOS 
• Introdução à Computação Algébrica com o Maple - L.N.de Andrade 
• Elementos de Aritmética - A. Hefez 
• Métodos Matemáticos para a Engenharia - E.C.de Oliveira e M.Tygel 
• Geometria Diferencial de Curvas e Superfícies - M.P.do Carmo 
• Matemática Discreta - L. Lovász, J, Pelikán e K. Vesztergombi 
COLEÇÃO MATEMÁTICA APLICADA 
• Introdução à Inferência Estatística - H.Bolfarine e M.Sandoval 
COLEÇÃO OLIMPÍADAS 
• Olimpíadas Brasileiras de Matemática, 9-ª a 16-ª - C.Moreira, E.Motta, E.Tengan, 
L.Amâncio, N.Saldanha, P.Rodrigues 
Prefácio 
Este livro foi escrito para um curso de aperfeiçoamento de professores 
secundários organizado pelo IMPA, Instituto de Matemática Pura e Aplicada 
e patrocinado pela fundação VITAE. 
Estando as Construções Geométricas cada vez mais ausentes dos 
currículos escolares, esta publicação pretende ajudar a resgatar o assunto do 
esquecimento e mostrar a sua importância como instrumento auxiliar no 
aprendizado da Geometria. Os problemas de construção são motivadores, às 
vezes intrigantes e freqüentemente conduzem à descoberta de novas 
propriedades. São educativos no sentido que em cada um é necessária uma 
análise da situação onde se faz o planejamento da construção, seguindo-se a 
execução dessa construção, a posterior conclusão sobre o número de soluções 
distintas e também sobre a compatibilidade dos dados. 
O livro está dividido em cinco capítulos. O primeiro trata das 
Construções Elementares, ou seja, da criação das primeiras ferramentas que 
serão utilizadas na solução dos problemas e o segundo trata das Expressões 
Algébricas, onde se interpreta geometricamente algumas equações da 
álgebra. O leitor perceberá imediatamente a enorme diferença entre as 
formas de raciocinar nesses dois capítulos. Enquanto que num as construções 
são executadas a partir das propriedades eles figuras, no outro os problemas 
são inicialmente resolvidos algebricamente sendo a construção executada a 
partir do resultado obtido. O terceiro e o quarto capítulos tratam 
respectivamente das Áreas e das Construções aproximadas que permitem 
resolver (de forma aproximada), entre outros, os célebres problemas da 
quadratura do círculo e da triseção do ângulo. 
É oportuno dizer que quase todo o material contido nos quatro 
primeiros capítulos já era conhecido há 2000 anos. Entretanto, é curioso 
verificar que as Construções Geométricas permaneceram imunes ao tempo 
(ao contrário de diversos outros tópicos da Matemática que foram 
continuamente modificados) sendo tão útil hoje como em qualquer outra 
época para a educação do jovem estudante de Matemática. 
O quinto capítulo trata das construções sob o ponto de vida das 
Transformações Geométricas. É a parte "moderna" do livro onde um novo 
elemento é introduzido:, a noção de função. Associando a cada ponto do plano 
um outro através de certas regras, as funções (ou transformações) dão 
movimento às figuras. Essa nova idéia, desenvolvida (principalmente) no 
século 19 tornou mais rica a antiga caixa de ferramentas que era até ~ntão 
disponível, possibilitando soluções simples e elegantes de diversos problemas 
que antes demandavam considerável esforço, ou que não tinham sido 
resolvidos. Neste livro, só algumas transformações são abordadas. e mesmo 
assim de forma bastante breve, pretendendo-se apenas dar uma no'ção dessa 
nova idéia e suas aplicações. 
Uma lista de exercícios aparece no final de cada capítulo sendo os 
primeiros naturalmente os mais fáceis. Raramente os enunciados são 
acompanhados de figuras. O esboço de um desenho que contenha os dados 
apresentados no problema é parte fundamental de sua solução. Muitos 
enunciados podem parecer ao leitor um tanto vagos. Isto é proposital pois 
obriga a esise leitor colocar no papel os dados de forma mais geral possível e 
com isso antecipar uma outra parte importante da solução que é a da 
verificação da compatibilidade dos dados. 
Não se deve esquecer que não há método fácil para se aprender 
Matemática (ou qualquer outra coisa). A segurança que se pode adquirir em 
um assunto tem uma só origem: a prática, a experiência muitas vezes 
repetida onde os insucessos têm tanto valor quanto os sucessos. 
Desejo agradecer aos professores Elon Lages Lima e Paulo Cesar Pinto 
de Carvalho pelas valiosas sugestões que recebi, ao professor José Paulo 
Quinhões Carneiro pela autoria do Apêndice e ao professor Jonas Miranda 
pela diagramação e composição do livro e pela possibilidade de utilizar o 
computador como versão moderna da régua e do compasso. Desejo 
igualmente agradecer a Canrobert Mac-Cormick Maia pela qualidade das 
figuras que acompanham o texto. 
Rio de Janeiro, janeiro de 1993. 
Eduardo Wagner 
Nota 
Um segmento de reta de extremidades A e B é representado por AB. Se dois 
segmentos AB e CD são congruentes escrevemos AB = CD. Muitas vezes 
representamos um segmento por uma letra minúscula escrevendo então 
AB =a.Em todo o texto, os segmentos não estão explicitamente associados a 
números reais (os seus cômprimentos). Entretanto se na notação AB = a o 
leitor interpretar a como a "medida" de AB em certa unidade, não há 
problema. A soma de segmentos e a diferença de segmentos são usadas sem 
maiores formalidades. Também, quando a é um segmento e n é um natural, 
as expressões na e ªln possuem significado claro. Logo no início, o leitor 
encontrará expressões do tipo a > b onde a e b são segmentos. N esseis casos, 
acreditamos que a falta das definições não causará maiores dificuldades na 
compreensão do texto. Enfim, este pequeno curso está voltado para o ladoprático e não formal. 
Conteúdo 
Capítulo 1 - Construções Elementares 
1. Introdução 
2. Paralelas e perpendiculares 
3. Amediatriz 
4. A bissetriz 
5. O arco capaz 
6. Divisão de um segmento em partes iguais 
7. Traçado das tangentes a um círculo 
Exercícios 
Capítulo 2 - Expressões Algébricas 
1. A 41 proporcional 
2. va2 ± b2 
3. a-./n, n natural 
4. A média geométrica 
5. O segmento áureo 
6. ! , a2 eva 
a 
Exercícios 
Capítulo 3 -Áreas 
1. Equivalências 
2. Partições 
Exercícios 
Capítulo 4 - Construções Aproximadas 
Exercícios 
1 
1 
2 
4 
4 
5 
8 
8 
21 
29 
29 
32 
34 
35 
40 
42 
45 
49 
49 
52 
58 
60 
68 
Capítulo 5 - Transformações Geométricas 70 
1. Translações 71 
2. Reflexões 73 
3. Rotações 7 5 
4. Homotetias 80 
Exercícios 85 
Apêndice A- Construções Possíveis Usando Régua 
e Compasso 91 
1. Introdução 9 
2. As regras do jogo 92 
3. Formulação algébrica do problema 93 
4. O princípio básico da solução do problema 96 
5. Um critério de não-construtibilidade 99 
6. · O critério geral de construtibilidade 100 
7. Solução dos célebres problemas gregos 101 
8. Polígonos regulares construtíveis 103 
9. Outros tipos de construções 107 
Referências 109 
1. Construções Elementares 
1. Introdução 
As construções com régua e compasso já aparecem no século V 
aC, época dos pitagóricos, e tiveram enorme importância no de-
senvolvimento da Matemática grega. Na Grécia antiga, a palavra 
número era usada só para os inteiros e uma fração era considerada 
apenas uma razão entre números. Estes conceitos, naturalmente, 
causavam dificuldades nas medidas das grandezas. A noção de 
número real estava ainda muito longe de ser concebida, mas, na 
época de Euclides (século III aC) uma idéia nova apareceu. As 
grandezas, no lugar de serem associadas a números, passaram a 
ser associadas a segmentos de reta. Assim, o conjunto dos números 
continuava discreto e o das grandezas contínuas passou a ser tra-
tado por métodos geométricos. Nasce então nesse período uma 
nova álgebra, completamente geométrica onde a palavra resolver 
era sinônimo de construir. Nessa álgebra, por exemplo, a equação 
ax = b não tinha significado porque o lado esquerdo era associado 
à área de um retângulo, o lado direito a um segmento de reta e um 
segmento não pode ser igual a uma área. Entretanto, resolver a 
equação ax = bc significava encontrar a altura x de um retângulo 
de base a que tivesse a mesma área de um retângulo de dimensões 
b e e. Vamos mostrar, como primeiro exemplo, como esse problema 
era resolvido na Grécia antiga. 
Constrói-se o retângulo OADB com OA = a e 0B = b (figura 
1). Sobre o lado OA toma-se um ponto C tal que OC = e (se e > a, 
C está no prolongamento de OA) e traça-se CE paralelo a 0B que 
intersecta 00 em P. Traça-se então por P a paralela XY a OA e a 
2 Construçõas Elementares 
solução é OX = x. 
8 ________ ,..E ____ o 
o e A 
Fig. 1 - Resolvendo a equação ax = bc. 
A justificativa é a seguinte. São congruentes os triângulos: 
OAB e OBD, OCP e OXP e ainda PYD e PED. Portanto os retân-
gulos CA YP e XPE B têm mesma área e conseqüentemente O CE B 
e OA YX são também equivalentes. Daí, OC • 0B = OA • OX ou 
bc = ax. 
Para executar a construção da figura 1, foi necessário o tI_"aça-
do de retas paralelas e perpendiculares. Como se sabe, a régua é 
capaz apenas de traçar uma reta quando dois de seus pontos são 
conhecidos e o compasso serve apenas para traçar um círculo de 
centro e raio dados. Portanto, o traçado de paralelas e perpendi-
culares são os primeiros problemas que precisamos resolver. 
2. Paralelas e perpendiculares 
Para traçar por um ponto P uma perpendicular a uma reta r, 
traçamos um círculo de centro P cortando a reta r em A e B (figura 
2). Em seguida, traçamos círculos de mesmo raio com centros em 
A e B obtendo Q, um dos pontos de interseção. A reta PQ é perpen-
dicular a AB e a justificativa é fácil. Como PA = PB e QA = QB, a 
reta PQ é mediatriz de AB e portanto perpendicular a AB. 
Para traçar por um ponto Puma paralela a uma reta r pode-
mos proceder da seguinte forma. Traçamos três círculos, sempre 
com mesmo raio: o primeiro com centro em P, determinando uin 
Conatruç6ea Elementares 3 
ponto A na reta r; o segundo com centro em A, determinando um 
ponto B na mesma reta e o terceiro com centro em B, determinando 
um ponto Q sobre o primeiro círculo (figura 3). 
Fig. 2 - Traçando por Puma perpendicular ar. 
p 
-----------
B 
Fig. 3 - Traçando por Puma P,aralela ar. 
A reta PQ é paralela a r e a justificativa também é fácil. Da 
forma como foi feita a construção, PABQ é um losango e portanto, 
seus lados PQ e AB são paralelos. 
Tendo resolvido os dois primeiros problemas podemos, na prá-
tica, permitir o uso de esquadros que tornam mais rápido o traçado 
de paralelas e perpendiculares, ficando claro que esses novos ins-
4 Construções Elementares 
trumentos vão apenas simp\i:ficar as construções mas não são in-
dispensáveis. 
Mostramos, a seguir, algumas construções que serão ferra-
mentas úteis para a solução dos problemas. 
3. A mediatriz 
A mediatriz de um segmento AB é~ reta perpendicular a AB que 
contém o seu ponto médio. Para construir, traçamos dois círculos 
de mesmo raio, com centros em A e B. Sejam P e Q os pontos de 
interseção desses círculos (figura 4). A reta PQ é a mediatriz de 
AB porque sendo APBQ um losango, suas diagonais são perpen-
diculares e cortam-~e ao meio. É importante lembrar a seguinte 
propriedade: 
A mediatriz de um segmento é o conjunto de todos os pontos 
que equidistam dos extremos do segmento. 
4. A bissetriz 
1 
-~ 
1 
1 
1 
A I B 
1 
1 
1 
X 
1 
1 
Fig. 4 • A mediatriz de AB. 
A bissetriz de um ângulo AOB é a semi-reta OC tal que AOC = 
COB. Costuma-se dizer que a bissetriz "divide" um ângulo em 
Conltruçli11 Elementam 5 
dois outros iguais. Para construir a bissetriz do ângulo AOB dado, 
traça-se um círculo de centro O determinando os pontos X e Y nos 
lados do ângulo (figura 5). 
o X A 
----Fig. 5 -A bissetriz de AOB. 
Em seguida, traçam-se dois círculos de mesmo raio com centros em 
X e Y que possuem C cpmo um dos pontos de interseção. A semi-
reta OC é a bissetriz do ângulo AOB. De fato, pela construção feita, 
o~riân~os OXC e OYC são congruentes (caso LLL) e portanto 
XOC = COY. Lembremos ainda que: 
A bissetriz de um ângulo é o conjunto de todos os pontos que 
equidistam dos lados do ângulo. 
5. O arco capaz 
Consideremos dois pontos, A e B sobre um círculo. Para todo ponto 
M sobre um dos arcos, o ângulo AM B ~ 0 é constante. Este arco 
chama-se arco capaz do ângulo e sobre o segmento AB (figura 6). 
Um observador, portanto, que se mova sobre este arco, consegue 
ver o segmento AB sempre sob mesmo ângulo. Nat~almente que 
se um ponto N pertence ao outro arco, o ângulo ANB é também 
constante e igual a 180º - e. 
É ainda interessante notar que se M é qualquer ponto do 
6 Construções Elementares 
círculo de diâmetro AB, o ângulo AMB é reto (figura 7) e portanto 
cada semi-círculo é também chamado de arco capaz de 90º sobre 
AB. 
N 
<"'-
Fig. 6 - O arc°'AMB é o arco capaz do ângulo 0 sobra o segmento AB. 
,-.... 
Fig. 7 - AMB é um arco capaz de 90º sobre AB. 
Antes de construir o arco capaz de um ângulo dado sobre um 
segmento dado, devemos mostrar como se transporta um ângulo 
de um lugar para outro. Suponhamos então que um ângulo 0 de 
vértice V é dado e que desejamos construir um ângulo BAX = 0 
sendo dada a semi-reta AB (figura 8). 
Para resolver este problema, traçamos um círculo qualquer 
de centro V, determinando os pontos P e Q nos lados do ângulo 0 
e um círculo de mesmo raio com centro em A determinando P' em 
AB. Em seguida, com raio PQ, traçamos um círculo de centro P' 
para determinar Q' sobre o primeiro círculo. É claro que, com essa 
Conllruç011 El1m1nt1r11 7 
----construção, teremos P' AQ' = PAQ = 0. 
Fig. 8 - Transporte de um ângulo. 
B 
X 
Fig. 9 - Construção do arco capaz. 
Para construir o arco capaz procedemos da seguinteforma. 
Dado o segmento AB (figura 9), traçamos a sua mediatriz e o 
ângulo BAX = 0 (dado). A perpendicular a AX traçada por A 
encontra a mediatriz de AB em O, centro do arco capaz. O arco de 
centro O e extremidades A e B situado em semi-plano oposto a X 
(semi-planos relativos a AB) é o arco capaz do ângulo 0 sobre AB. 
Para justificar a construção observe que se C é o ponto médio de AB 
então e se BAX = 0, teremos CAO = 90º -0, AOC = 0 e AOB = 20. 
Portanto, como a medida do ângulo inscrito é a metade da medida 
8 Conatruç611 Elementares 
do ângulo central co~pondente teremos para qualquer ponto M 
do arco construído, AMB = e. 
6. Divisão de um segmento em partes iguais 
Esta é uma construção muito fácil. Para dividir um segmento 
AB, por exemplo, em 5 partes iguais, traçamos uma semi-reta 
qualquer AX (figura 10) e sobre ela construímos, com o compasso, 
os segmentos iguais AA1,A1A2,A2A3,A3A4 e A4As. As parale-
las a A5B traçadas pelos pontos A1,A2,A3 e A4 , determinarão no 
segmento AB os pontos P1, P2, P3 e P 4 que o dividirão em 5 partes 
iguais. 
pi p2 P3 P4 
A 
A, 
A2 
Fig. 10 - Divisão de AB em 5 partes iguais. 
7. Traçado das tangentes a um círculo 
a) A tangente a um círculo por um ponto P deste círculo é a reta 
perpendicular em P ao raio OP. A construção pode ser a su-
gerida na figura 11 ou simplificada se o uso de esquadros for 
permitido. 
b) Para traçar as tangentes a um círculo por um ponto P exterior 
devemos inicialmente obter os pontos de tangência. Se O é 
o centro do círculo e A é um dos pontos de tangência então o 
ângulo PAO é reto. Logo, A pertence a um arco capaz de 90º 
ConatruçllH El1m1nl1re1 9 
sobre PO (como vimos em 1.5). Determinamos então o ponto 
médio de PO e traçamos o círculo de diâmetro-PO que determi-
nará sobre o círculo dado os pontos de tangência procurados 
A e A' (figura 12). 
o 
Fig. 11 · Tangente por um ponto do círculo. 
t' 
Fig. 12 · As tangentes a um círculo por um ponto exterior. 
Observação. Em Geometria, a expressão (antiga) lugar geomé-
1 O Construções Elementares 
trico designa o conjunto de todos os pontos que possuem uma de-
terminada propriedade. Assim, dizemos que no plano, a mediatriz 
é o lugar geométrico dos pontos que equidistam dos extremos de 
um segmento; o círculo é o lugar geométrico dos pontos que estão 
a uma distância dada de um ponto fixo, etc. 
Devemos deixar claro que quando dizemos que uma figura F é 
o lugar geométrico dos pontos que possuem a propriedade p, que-
remos dizer que todo ponto de F possui a propriedade p e nenhum 
ponto fora de F possui a propriedade p. 
Freqüentemente, nos exercícios deste capítulo, podemos repa-
rar que certo ponto da figura que deve ser construída possui duas 
propriedades. Neste caso, ele será determinado pela interseção 
dos lugares geométricos correspondentes. Vejamos alguns exem-
plos. 
Exemplo 1. Construir o triângulo ABC sendo dados os lados 
AB = e, BC= a e o ângulo  = e. 
e a 
Para resolver um problema de construção, é conveniente fazer 
um esboço de uma figura supondo o problema resolvido (figura 13). 
~ A a B 
Fig. 13 - Dados do Exemplo 1. 
Observando essa figura, podemos planejar a solução, ou seja, 
que dado deve ser colocado primeiro na folha de papel e que cons-
truções devem ser realizadas para atingir a solução. Neste nosso 
exemplo, podemos decidir colocar o lado AB = a no papel (em 
ConatruçllH Element■rH 11 
---qualquer posição) e construir a semi-reta AX tal que BAX = 0 
(figura 14). O vértice C será então um dos pontos de interseção da 
semi-reta AX com o círculo de centro B e raio a. 
A 
B 
Fig. 14 - Resolvendo o Exemplo 1. 
B 
X 
X 
Fig. 15 - Se 0, c e a são dados com a> c a solução é única. 
Com os dados apresentados, nosso problema teve duas solu-
ções. Os triângulos ABC1 e ABC2 possuem os mesmos elementos 
dados. Podemos observar que esse problema nem sempre possui 
solução. Se o lado BC = a for pequeno demais (a < c sen 0), o 
círculo de centro B e raio a não cortará a semi-reta AX. Ainda, 
essa construção mostra porque uma correspondência entre dois 
triângulos do tipo ALL não é necessariamente uma congruência. 
12 Construçii11 Elementares 
Os triângulos ABC 1 e ABC 2 da figura 11 possuem o mesmo ângulo 
Â, o mesmo lado AB = e e os lados BC1 = BC2 = a e não são 
congruentes. Entretanto, com uma informação adicional, o caso 
All pode tornar-se uma congruência. Esse 4º caso de congruência 
de triângulos pode ser enunciado da seguinte forma: 
Uma correspondência Al 1 l2 entre dois triângulos é uma con-
gruência se l2~l1. 
A figura 15 mostra que se nos dados do exemplo 1 tivermos 
a~c o problema possui uma e apenas uma solução. 
Exemplo 2. Construir o triângulo ABC sendo dados o lado BC, a 
altura h relativa a esse lado e o ângulo Â. 
a h 
Neste exemplo, podemos observar que colocando o lado BC no 
papel (em qualquer posição), o vértice A relaciona-se com este lado 
através de duas propriedades. Em primeiro lugar, a distância de A 
à reta BC é conhecida (altura do triângulo) e portanto este vértice 
pertence a uma reta paralela a BC distando h de BC. Em segundo 
lugar, se o lado BC já está fixo e o ângulo  é conhecido, então o 
vértice A pertence a um arco capaz desse ângulo construído sobre 
BC. A interseção desses "lugares geométricos" determina o vértice 
A do triângulo (figura 16) e o problema está resolvido. 
Cabem ainda alguns comentários. Devemos observar em cada 
problema o número de soluções distintas que podemos obter. No 
nosso exemplo, a paralela a BC cortou o arco capaz nos pontos A e 
A'. Ambos satisfazem aos dados do problema mas, neste caso, os 
triângulos ABC e A'BC são congruentes porque um é imagem do 
outro por uma simetria em relação à mediatriz de BC. Dizemos 
então que o nosso problema tem uma única solução. Devemos 
Conatruçllll El1m1nl■r11 13 
também notar que nem sempre existe a solução. Se h for maior 
que certo valor, a paralela a BC distando h de BC não cortará o 
arco capaz. Os problemas de construção freqüentemente servem 
de motivação para interessantes problemas de Geometria como, 
por exemplo este: determinar uma relação entre o lado a de um 
triângulo, a altura h relativa a esse lado e o ângulo  para garantir 
a existência do triângulo ( *). 
h 
Fig. 16 - Solução do Exemplo 2. 
O próximo exemplo também se refere à construção de triân-
gulos. 
Exemplo 3. Construir o triângulo ABC sendo dadas as medianas 
m 0 e mb e a altura h 0 • 
Na figura 17 mostramos um triângulo ABC com os elemen-
14 Conltru~llea Elementares 
tos dados: AM = m 0 , BN = mb e AD = h 0 • Observando esta 
figura com atenção descobrimos que o triângulo ADM pode ser 
construído porque ADM é reto e os lados AD e AM são conheci-
dos. Para obter uma conecção entre BN e o que já foi construído, 
lembremos que as medianas de um triângulo cortam-se em um 
ponto (baricentro) que divide cada uma delas na razão 2:1. Assim, 
observando ainda a figura 1 7, o ponto G pode ser determinado so-
bre AM porque AG = im 0 • Em seguida, poderemos determinar 
o ponto B na reta DM porque GB = imb e como C é simétrico 
de B em relação a M, o problema estará resolvido se os dados, 
naturalmente, forem compatíveis. 
A 
Fig. 17 
p 
R 
Fig. 18 - Obtendo i de cada mediana. 
Con1truç611 Elementar11 15 
Uma vez realizado o plano da construção, passaremos a sua 
execução. Na figura 18 fizemos PQ = ma e PR = mb e construímos 
PQ' = im0 e PR'= imb que iremos precisar. 
Em seguida traçamos uma reta r, fixamos um ponto D sobre 
ela e construímos a perpendicular AD com AD= ha. Com centro 
em A traçamos um círculo de raio ma determinando um ponto M 
sobre r e o triângulo ADM está construído (figura 19). Podemos 
então assinalar o ponto G sobre AM tal que AG = ima = PQ'. 
Devemos agora obter um ponto B sobre r de forma que se tenha 
GB = imb = PR'. Ora, isto pode ser feito de duas maneiras. Pode-
mos construir GB "para a esquerda" como na figura 19A ou "para 
a direita" como na figura 19B, obtendo duas soluções diferentespara o problema. 
Concluímos então que os dados apresentados não determinam 
um único triângulo (ao contrário do Exemplo 2). As relações en-
tre os dados que tornam a construção possível é novamente um 
interessante exercício. 
A 
B M e 
Fig. 19A 
16 Construçii11 Elementares 
A 
r 
B 
Fig. 198 
Exemplo 4. São dados um círculo de centro O e um ponto P 
desenhados no papel e ainda um segmento a. Pede-se traçar por 
P uma reta que determine no círculo uma corda igual a a. 
Neste caso, dizemÓs que o problema tem dados em posição, ou 
seja, eles são apresentados como na figura 20. 
a 
• • 
p o 
Fig. 20 - Dados do Exemplo 4. 
Vamos dividir a análise deste problema em duas partes. 
Inicialmente observemos que em um círculo dado, todas as 
cordas de mesmo comprimento são tangentes a um outro círculo, 
concêntrico com o primeiro. De fato, para qualquer posição de AB 
os triângulos AOB são congruentes porque OA e OB são raios. 
Construçilu Elementares 17 
Assim, as alturas relativas à AB são todas iguais e o ponto M, pé 
da altura, percorre um círculo de centro O (figura 21). 
A 
Fig. 21 
Em seguida, observemos todas as secantes ao círculo dado 
que passam por P (figura 22). Sendo Mo ponto médio de qual-
quer corda AB, temos OM sempre perpendicular a PB. O ponto M 
pertence então ao arco capaz de 90º sobre PO. 
I 
I 
/ 
I 
/ 
I 
------. - -/ ' / 
Fig. 22 - Solução do Exemplo 4. 
A construção pode então ser feita. Desenhamos no círculo 
dado uma corda qualquer igual a a e em seguida um círculo C de 
centro O tangente a essa corda (figura 23). Construímos então o 
círculo C' de diâmetro PO que intersecta C em M e M'. A reta PM 
18 Construções Elementares 
(ou PM') é a solução do problema. 
Fig. 23 
Neste exemplo, descobrimos mais dois lugares geométricos; 
o lugar geométrico das cordas de um círculo que possuem mesmo 
comprimento e o lugar geométrico dos pontos médios das cordas de 
um círculo cujas retas suportes passam por um ponto fixo. O leitor 
poderia ainda perguntar se, neste problema, o ponto P podería ser 
dado no interior do círculo. A resposta é sim e a análise é feita 
exatamente da mesma forma. 
Nota. As Construções Geométricas devem, em nossa opinião, 
acompanhar qualquer curso de Geometria na escola secundária. 
Os problemas são motivadores, às vezes intrigantes e freqüente-
mente- conduzem à descoberta de novas propriedades. São edu-
cativos no sentido que em cada um é necessária uma análise da 
situação onde se faz o planejamento da construção, seguindo-se a 
execução dessa construção, a posterior conclusão sobre o número 
de soluções distintas e também sobre a compatibilidade dos dados. 
No nosso próximo exemplo, mostramos uma interessante situação 
resolvida com a descoberta de uma propriedade que decorre ape-
nas da igualdade dos ângulos alternos internos nas retas parale-
las. 
Exemplo 5. São dados um círculo C, uma retare um ponto Aso-
Construç611 Elementerea 19 
bre r (figura 24). Construir um círculo C', tangente exteriormente 
a C e tangente em A à reta r. 
e 
• 
A 
Fig. 24 - Dados do Exemplo 5. 
Novamente temos um problema onde os dados já aparecem 
em posição na folha de papel. Vamos analisar a situação, supondo 
o problema resolvido, como na figura 25. Sejam O o centro de C, 
T o ponto de tangência entre C e C' e O' o centro de C'. 
N 
e 
o 
s 
A 
Fig. 25 
É sabido que 00' contém T e que O' A é perpendicular ar. 
20 Construções Elementares 
Tracemos por O uma perpendicular a r que intersecta C em N e S 
(N "acima" de S). Tracemos ainda os segmentos TA e TN e o leitor 
já deve perceber onde queremos chegar. Os ângulos NOT e TO'A 
são iguais porque são alternos internos nas paralelas NO e O' A. 
Como os triângulos N0T e TO' A são isósceles então 
áTN = 1(180° - NOT) = 1(180° - TO'A) = orfA. 
Isto mostra que os pontos N, T e A são colineares! A construção 
agora é fácil. Traçando por O uma perpendicular a r obtemos N. 
A reta NA determina T sobre o círculo C e a perpendicular por A 
à reta r e a reta 0T determinam O', centro de C'. O problema está 
resolvido. 
Não devemos, entretanto, parar aí. Faltam as conclusões. 
Na situação apresentada, em quer não corta C, o problema tem 
solução para todo A sobre r? 
A resposta é sim. Se A for o pé da perpendicular NO à reta r 
então O' é o ponto médio de SA e para qualquer outra posição de 
A sobre r a construção é a que apresentamos. O que ocorre ser for 
secante a C? Neste caso, para todo ponto A sobre r e exterior a C 
obtemos duas soluções como o leitor pode verificar. 
Este problema sugere naturalmente um outro. Na mesma 
situação da figura 24, construir um círculo C" tangente interior-
mente a C e tangente em A à reta r. A solução é semelhante à que 
fizemos, bastando considerar S no lugar de N. 
Exemplo 6. Dado um triângulo ABC, traçar uma paralela a BC 
que corta AB em Me AC em N e de forma que se tenha AN = MB. 
Temos aqui um exemplo cuja solução servirá de sugestão para 
vários outros exercícios. Na figura 26 temos MN paralelo a BC e 
devemos ter AN = MB. 
Repare que não adianta conhecermos em uma figura segmen-
tos iguais sem uma conexão entre eles. Tracemos portanto na 
nossa figura de análise, NO paralelo à M B. Como M NO B é um 
paralelogramo, temos MB = NO. Conseqüentemente AN = NO, 
Co1111n1,111 Eltmtnllrtl 21 
o triângulo ANO é isósceles, e portanto ADN= DAN. Mas, como 
ND e AB são paralelas, ADN = DAB (alternos internos). Logo, 
DAN= MB e concluímos que AD é bissetriz do ângulo Â. 
A 
B D 
Fig. 26 
e 
A construção é imediata. A bissetriz do ângulo A do triângulo 
ABC determina D sobre BC e a paralela a AB por D determina N 
em AC. O problema tem, é claro, solução para qualquer triângulo 
ABC. 
Exercícios 
1. Construir um quadrado conhecendo sua diagonal. 
2. Construir um quadrado dados em posição os pontos médios de 
dois lados adjacentes. 
3. Construir o círculo circunscrito a um triângulo. 
4. Construir o c{rculo inscrito em um triângulo. 
5. Construir um trapézio conhecendo as bases a e b e os outros 
dois lados e e d. 
6. Construir um hexágono regular, dado em posição um lado. 
7. Construir uma perpendicular ao segmento AB pelo ponto A, 
estando este ponto muito próximo do bordo do papel. 
8. Dados em posição um círculo C e uma reta r construir um círculo 
de raio dado tangente ar e tangente exteriormente a C. 
22 Construções Elementares 
9. São dados em posição as retas r e s e o círculo C. Determinar 
os pontos de C que são equidistantes deres. Qual é o número 
máximo de soluções? 
10. São dados em posição um círculo C e uma reta r. Determinar 
um ponto P sobre r de forma que as tangentes traçadas de P ao 
círculo C formem um ângulo ex, dado. 
11. Construir os tangentes comuns a dois círculos dados em posi-
ção. 
12_:.__ Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a e os ângulos Ê 
e C. 
13. Construir o triângulo ABC conhecendo os lados a e b e a altura 
ha. 
14. Construir o triângulo ABC conhecendo os lados b e e e a altura 
ha. 
15. Construir o triângulo ABC conhecendo os lados b e e e .a me-
diana ma. 
16. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a, o ângulo  e 
a mediana ma. 
!:.._7. Construir o triângulo ABC conhecendo os lados a e b e o ângulo 
A. 
18. c·onstruir o triângulo ABC conhecendo o lado a, o ângulo  e 
a mediana mb. 
19. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a e as medianas 
mb e me. 
20. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a e as alturas 
hb e hc. 
21. Construir o triângulo ABC conhecendo a mediana ma e as 
alturas ha e hb. 
Conatruçiies Elementares 23 
22. Construir o triângulo ABC conhecendo a mediana ma e as 
alturas hb e hc, 
23. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a, a soma s = b+c 
dos outros dois lados e a altura hb. 
~ 
24. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a, o ângulo A e 
a soma s = b + e dos outros dois lados. 
25. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a, o ângulo  e 
a diferença d = b - e dos outros dois lados. 
26. Construir o triângulo ABCconhecendo o perímetro 2p e os 
ângulos Ê e ê. 
27. Construir o triângulo ABC conhecendo o perímetro 2p, o ângulo 
 e a altura ha, 
28. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado a, a altura ha e 
o raio R do círculo circunscrito. 
29. Construir o triângulo ABC conhecendo a altura ha, a mediana 
ma e o raio R do círculo circunscrito. 
30. Construir o triângulo ABC conhecendo o ângulo A, o lado b e 
o raio r do círculo inscrito. 
31. Construir um triângulo conhecendo os comprimentos da al-
tura, mediana e bissetriz relativas a um mesmo vértice. 
32. Determinar o raio do círculo circunscrito ao triângulo ABC 
cujo vértice C é inacessível (figura 27f 
33. Traçar por P uma reta que passe pelo ponto· de interseção 
(inacessível) das retas r e s (figura 28). 
34. Construir o trapézio ABCD conhecendo a soma das bases 
AB +CD= s, as diagonais AC= p e BD= q e o lado AD= a. 
24 Conatruç611 Elementares 
35. Dados dois pontos A e B de um mesmo lado de uma reta r, 
determinar o ponto P sobre r de forma que PA + PB seja mínimo. 
B 
A 
Fig. 27 
• p 
s 
Fig. 28 
36. As paralelas r e s são as margens de um rio e os pontos A 
e B representam cidades em lados opostos desse rio (figura 29). 
Deseja-se construir uma ponte PQ(P E r, Q E S) perpendicular às 
margens de forma que construindo as estradas A P e B Q o percurso 
Con1tru1611 El1ment1r11 25 
total de A a B seja mínimo. Determinar a posição da ponte. 
A • 
--------------- . 
• B 
Fig. 29 
37. Um navio N deseja atingir o porto P da carta náutica mostrada 
na figura 30. Em certo momento, o capitão avistando os faróis A, B 
e C mede os ângulos ANB = 35º e BNC = 67º. Use régua, com-
passo e transferidor para obter a posição do navio nesse instante 
e determine a distância do navio ao porto sabendo que a escala da 
carta é 1:10000. 
r 
p 
,r ~ - -' . 
/ 
I 
r 
/ 
===( 
~B 
- , 
' 
' 
r e 
. 
Fig. 30 
26 Construções Elementares 
38. Construir o triângulo ABC sabendo que AB = 5, 3 cm, cos A = 
O, 6 e que o lado BC é o menor possível. 
39. Construir um retângulo conhecendo o comprimento da diago-
nal igual a 4, 7 cm e seu semi-perímetro 6,3 cm. 
40. Dados em posição os pontos A, B e P e dado também um 
segmento m (fig. 31), traçar por P uma reta r de forma que A 
e B estejam do mesmo lado de r e que a soma das distâncias de A 
e B à r seja 2m. 
M 
• B 
• p 
Fig. 31 -Dados do exercício 40 
41. Dados em posição os pontos A, B e P e dado também um 
segmento m (fig. 32), traçar por P uma reta r de forma que A 
e B fiquem em lados opostos de r e que a soma das distâncias de A 
e B à r sejam. 
M 
• B 
A 
Fig. 32 - Dados do exercício 41 
Con1truç611 El1mentar11 27 
42. Substitua nos problemas 40 e 41 a palavra soma por diferença. 
43. São dados os círculos C e C' como na figura 33. Traçar por A 
uma secante PAQ a esses círculos (P E C, Q E C') de forma que se 
tenha PQ = a (dado). 
e 
• o • o' 
e' 
Fig. 33 - Dados do exercício 43 
a 
44. Usando a figura 33, traçar a secante PAQ de comprimento 
máximo. 
45. Usando ainda a figura 33, traçar a secante PAQ de forma que 
se tenha PA = AQ. 
46. De um círculo C conhecemos apenas a parte que se vê na figura 
34. Limitando-se ao espaço disponível, determine o raio de C. 
e 
Fig. 34 
28 Conllru9il11 El1m1nt1rn 
47. Construir um quadrado dados em posição um ponto de cada 
um dos lados. 
48. São dados os pontos A, B, C e D, nesta ordem sobre uma reta. 
Traçar por A e B duas paralelas e por C e D outras duas paralelas 
de forma que as interseções dessas retas formem um quadrado. 
49. São dados os pontos A e B de um mesmo lado de uma reta T. 
Determinar um ponto P sobre T de forma que o ângulo entre T e PB 
seja o dobro do ângulo entre PA e T. 
50. São dados os pontos A e B de um mesmo lado de uma reta 
T. Determinar o ponto P sobre T de forma de o ângulo APB seja 
máximo. 
2. Expressões Algébricas 
Neste capítulo, trataremos os problemas de construção de forma 
completamente diferente. Se a solução de um problema não nos 
ocorre através dos recursos dados no capítulo anterior, podemos 
adotar como incógnita algum segmento ainda desconhecido e ten-
tar exprimí-lo em função dos elementos conhecidos. Com isso, 
obteremos uma "fórmula" que calcula esse segmento desconhecido 
em função dos dados do problema. Este capítulo se dedica então 
a construir fórmulas. Imaginemos, por exemplo, o problema de 
construir um quadrado quando se conhece a soma da diagonal 
com o lado. A idéia que desenvolveremos neste capítulo consiste 
em escrever s = a v'2 + a onde s é um segmento conhecido e a o 
lado do quadrado ainda desconhecido. Temos então 
s = a( v'2 + 1), 
s 
a = --- ou ainda 
v'2 + 1 
a= s(v'l-1). 
Temos então uma "fórmula" que calcula o lado do quadrado em 
função do segmento dado e dentro de poucas páginas veremos como 
ela pode ser construída. 
1. A 4~ proporcional 
Dizemos que o segmento x é a 4-.Q propôrcional entre os segmentos 
a, b e e quando 
a e 
b X 
( 1 ) 
Esta relação é equivalente a ax = bc que discutimos na introdução 
deste livro, usando as idéias dos gregos antigos. Porém, usando 
o ainda mais antigo Teorema de Tales podemos obter uma outra 
30 Expr111611 Algébricas 
construção para x na relação ( 1 ) . Sobre um ângulo qualquer de 
vértice O tomemos sobre um lado OA = a e AC = e e sobre o outro 
lado OB = b (figura 35). 
a A e C o --------------t>-------';___-------t-
b 
B 
Fig. 35 
Traçando por C uma paralela a AB, obtemos D na semi-reta 
OB. Então, BD= x é a solução da equação (1). 
Vejamos um exemplo de aplicação da 4Q proporcional e da 
forma de raciocinar n.este capítulo. 
Exemplo 7. Inscrever no triângulo ABC dado (figura 36) um 
quadrado tendo um lado sobre BC. 
A 
B e 
Fig. 36 - Dado do Exemplo 7. 
Supondo o problema resolvido, vemos na figura 37 o quadrado 
MNPQ inscrito em ABC com o lado MN sobre BC. Seja então x 
o lado desse quadrado e consideremos BC = a e a altura de ABC 
Expreu611 Alg6brlc11 31 
(relativa a BC) igual a h. 
A 
h-x 
h 
M N C 
L o L 
f 1 
Fig. 37 
O triângulo A PQ tem base PQ = x e a altura h - x e é seme-
lhante a ABC. Portanto, podemos escrever 
Daí, 
e 
x h-x 
a h . 
xh= ah- ax, 
ax+xh= ah 
ah 
x = a+ h' (2) 
Temos então uma fórmula que calcula,x em função de a eh. Para 
construir x, observe que a relação (2) pode ser escrita na forma 
a+h h 
a X 
ou seja, x é 4g_ proporcional entre a+ h, a eh. A figura 38 mostra 
32 Exprtn6t1 Alg6brlCII 
então como podemos obter x. 
. Fig. 38- Construção de ª!h = l 
Uma vez que x é conhecido, podemos traçar a altura A D do 
triângulo ABC e sobre ela construir DE = x (figura 39). A paralela 
por E a BC determina os vértices P e Q do quadrado procurado. 
A 
B M D N e 
Fig. 39 - Solução do Exemplo 7. 
2. Ja2 ± b 2 
Se x = J a2 + b 2 onde a e b são segmentos dados, então x é a 
hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são a e b 
(figura 40A). 
Se X = v~a-2---b-2 então X é agora um cateto de um triângulo 
retângulo de hipotenusa a, onde o outro cateto é igual a b (figura 
Exprtahl AlgtbrlCII 33 
40B). 
a b 
Fig. 40A-x = ✓ a 2 + b2. Fig. 408 ·X= ✓ a2 - b2. 
Expressões do tipo ✓ a2 ± b2 ± c2 ± ... podem ser construídos 
sem dificuldade, bastando aplicar várias vezes os procedimentos 
descritos acima. Consideremos, por exemplo, o problema de con-
struir a diagonal de um paralelepípedo retângulo de dimensões 
a, b e e. Sabemos que o comprimento dessa diagonal é dado por 
x = J a 2 + b2 + c2. 
Fazendo m = ✓ a 2 + b2 e em seguida X = ✓ m 2 + c2 determinamos 
x como mostrado na figura 41. 
a 
Fig. 41 - Construindo J a2 + b2 + c2. 
34 Expressões Algébricas 
3. aJii, n natural 
Dado um segmento a, podemos obter todos os segmentos da se-
qüência avÍl, av'3, av14, ... pela óbvia construção da figura 42. 
Fig. 42 - Construindo ay'n. 
Entretanto, quando n é grande podemos buscar um caminho 
mais curto. Por exemplo, se desejamos construir a Jif devemos 
proceder como na figura 43. 
Exemplo 8. Construir um quadrado conhecendoa soma s da 
diagonal com o lado. 
Este foi o problema que utilizamos para introduzir este capítu-
lo. Se a é o lado do quadrado procurado, encontramos a = s ( Jl-1 ) , 
que agora podemos construir. Com um triângulo retângulo de 
catetos iguais a s obtemos s vÍ2 e em seguida, subtraindo s deste 
Exprenll11 Alg6brlc11 35 
valor, obtemos a (figura 44). 
2a 
4a 
Fig. 43 - Construindo a .JTf. 
Fig. 44 - Solução do Exemplo 8. 
4. A média geométrica 
Dados dois segmentos a e b, definimos a sua média aritmética por 
a+b 
m=--
2 
e a sua média geométrica por 
g = Jab. 
36 Elpre111in Alg6brlca1 
A construção da primeira é elementar e a da segunda pode ser 
feita utilizando-se as conhecidas relações do triângulo retângulo: 
h2 = mn ou b2 = am (figura 45). 
fil m n 
-rl'-----Q ----+ 
Fig. 45- h2 = mn, b2 = am. 
A primeira relação significa que a altura relativa a hipotenusa 
é média geométrica entre as projeções dos catetos sobre a hipote-
nusa e a segunda significa que um cateto é média geométrica entre 
a hipotenusa e sua projeção sobre ela. 
As construções da média geométrica de dois segmentos dados 
são mostrados nas figuras 46A e 46B. O leitor pode ainda reparar 
que quando os dois segm~ntos são "grandes" em relação ao espaço 
disponível, deve-se preferir a segunda construção. 
Podemos também usar o conceito de potência de um ponto em 
relação a um círculo para resolver o problema de determinar um 
segmento b quando a e Jab são dados. Na figura 4 7 a secante PAB 
e a tangente PT ao círculo possuem a relação PT2 = PA • PB (este 
valor é chamado de potência do ponto P em relação ao círculo). 
+-a ---b--•~ 
Fig. 46A 
Elprea6tl Alg6brlCII 37 
=-t ~~---b~a===+ _ _.,,_l ~ 1 
Fig. 46B 
p 
T 
Fig. 47- PT2 = PA · PB. 
Assim, se a e Jab são dados, desenhamos PT = Jab e um 
círculo qualquer. tangente em T a PT. Em seguida, determinamos 
um ponto A desse círculo tal que P A = a. A reta P A determinará 
o ponto B sobre o círculo e teremos PB, b. 
Exemplo 9. Resolver graficamente a equação x2 - ax + b2 = O 
onde a e b são segmentos dados. 
l!! solução. Resolvendo algebricamente a equação dada obtemos 
a± Ja2 -4b2 
X= 
2 
38 Exprea611 Alg6brlc11 
Ora, o radical r = J a2 - (2b )2 é um cateto de um triângulo re-
tângulo cuja hipotenusa é a e o outro cateto é 2b. Se a > 2b a 
construção pode ser feita e em seguida, as raízes 
a T 
XJ = - - -
2 2 
são facilmente obtidas. 
a T 
e x2 = - + -
2 2 
Na figura 48, o triângulo ABC, retângulo em A foi construído 
com AB = 2b e BC= a, obtendo-se AC= r. Pelo ponto P, médio de 
BC traçou-se PQ paralela a AB para obter CQ = r/2. O círculo de 
centro C e raio CQ determinou Me N na reta BC tais que PM = x1 
e PN = xz, as raízes da equação dada. 
0/2 
A 2b B 
Fig. 48 - Resolvendo a equação x2 - ax + b2 = O. 
2.f! solução. No caso da equação x2-ax+b2 = O podemos imaginar 
uma solução diferente. Sendo x1 e x2 as raízes, temos que x1 +x2 = 
a e x1x2 = b2 . O problema passa então a ser o de determinar dois 
segmentos, conhecendo-se a sua soma e a sua média geométrica. 
Podemos então desenhar um semi-círculo de diâmetro AB = a e 
uma paralela a AB distando b de AB (figura 49). Essa paralela (se 
b < 1) determinará um ponto C sobre o semi-círculo e a projeção 
E1pr111ll11 Alg6brlc11 39 
de C sobre AB é o ponto P tal que PA = x1 e PB = x2• 
b 
A p B 
Fig. 49 - Resolvendo a equação x2 - ax + b2 = O. 
Exemplo 10. São dados dois pontos A e B de um mesmo lado 
de uma reta r. Construir um círculo passando por A e B que seja 
tangente a r. 
Fig. 50 - Solução do Exemplo 10. 
O caso particular em que A B é paralelo a r será deixado como 
exercício para o leitor. Vamos imaginar então que AB não seja 
paralelo a r e, neste caso, existe um ponto P de interseção entre 
40 Eiprea6ta Alg6brlc11 
AB e r (figura 50). Sendo To ponto de tangência entre o círculo 
e a reta r, teremos PT2 = PA • PB, ou seja, PT é média geométrica 
entre PA e PB. Uma vez que o ponto T foi determinado, o centro 
do círculo será a interseção da perpendicular a r traçada por T e a 
mediatriz de AB. 
Na figura 50, encontramos o ponto P, interseção de AB com r. 
A perpendicular por A a PB encontrou o semi-círculo de diâmetro 
PB em C. Temos então PC2 = PA • PB e portanto PC = PT. 
Seguiram-se as construções elementares que determinaram o cen-
tro O do círculo procurado. 
5. O segment~ áureo 
Tomemos um segmento AB e um ponto C no seu interior dividindo-
º em duas partes com a seguinte propriedade: a razão entre a 
menor parte e a maior parte é igual a razão entre a maior parte e 
o segmento total, ou seja, 
A 
CB 
AC 
AC 
AB 
(figura 51). 
e 
Fig. 51 
B 
O segmento AC com essa propriedade é chamado de segmento 
áureo interno de AB. Fazendo AB = a obtemos 
AC= a· v'S- l 
2 
Esta razão fascinou os gregos antigos e com justa razão. O número 
( v'5 - 1 )/2 continuou a aparecer durante o desenvolvimento da 
Matemática em inúmeras situações. Por exemplo, o número 
a( v'5 - 1 )/2 é o comprimento do lado do decágono regular inscrito 
em um círculo de raio a. 
Podemos imaginar ainda um segmento AB e um ponto C' ex-
terior a AB com a mesma propriedade enunciada anteriormente, 
ou seja, 
A 
BC' 
AB -
Elprudt1 Alg.brlCII 41 
AB 
AC' 
(figura 52). 
B C' 
Fig. 52 
O segmento AC' com essa propriedade é chamado de segmento 
áureo externo de AB. Fazendo AB = a obtemos 
AC'= . v'5 + 1 a 2 . -----
A B 
Fig. 53 - AC e AC' são os segmentos áureos de AB. 
42 ExprenllH Alg6brlc11 
Observemos ainda que 
AC · AC' = a Js - l · a Js + l = a2 = AB2 
2 2 
ou seja, AB é média geométrica entre AC e AC'. 
Para construir, desenhamos o segmento AB = a e um círculo 
de centro O e raio AB/2 tangente em B à reta AB (figura 53). A 
reta AO corta o círculo em C e C' onde 
AC= a· Jsl- l e AC'= a· Jsl+ l. 
Outras propriedades do segmento áureo podem ser vistas em 
[5]. 
6. ! a2 e la a' ya. 
Se a e b são segmentos a soma a + b e a diferença a - b (se a > b) 
foram utilizadas sem uma definição explícita. Isto pode, entre-
tanto, ser feito de forma natural. Tomemos AB = a. O círculo de 
centro B e raio b determina na reta AB um ponto C tal que B esteja 
entre A e C (figura 54). Definimos então a+ b = AC. Se b < a, o 
círculo de centro B e raio b detrmina na reta AB um ponto D entre 
A e B. Definimos então a - b = AD. 
b 
_1 __ :....,_ ____ r e 
Fig. 54 
Para n natural definimos facilmente os significados de na, ~ 
e o Teorema de Pitágoras dá sentido à expressão ayn como vimos 
ExprtUIIH Alg6brlc11 43 
no item 3 deste capítulo. O que significa entretanto a expressão 
i? Certamente não é um segmento porque sei= e então a= bc 
e um segmento não é igual a uma área. 
Até o momento, nenhum segmento foi usado para medir ou-
tros segmentos, ou seja, não associados a cada segmento um nú-
mero real (positivo) como estamos hoje acostumados a fazer. Se 
entretanto estabelecemos um segmento unitário, quer dizer, um 
segmento a que associaremos o número 1 a expressão a/b poderá 
ser representada por um segmento. Fazendo i = x, escrevemos 
'\; 1 = x, o que é equivalente a -
b 1 
a X 
ex é quarta proporcional entre b, a e o segmento unitário (figura 
55). 
Fig. 55 
Dizemos então que estando estabelecido um segmento unitá-
rio, a expressão x = ~ é construtíuel. Da mesma forma, expressões 
como l, a2 e y'a que antes não faziam sentido, poderão ser con-ª . 
struídas, ou seja, poderão ser representadas por outros segmentos. 
As figuras 56, 57 e 58 mostram as construções dessas expressões. 
Nelas, aparece uma semi-reta cuja origem está associada o número 
O e um ponto associado ao número 1. Estabelecida esta unidade, 
cada segmento a terá um comprimento, que por comodidade será 
também chamado de a e será representado pelo ponto dessa semi-
44 Elprtallll Alg6brlc11 
reta de abscissa a. 
o ...!.. o 
o 
Fig. 56 - Construção da ¾ . 
0 
o 0 
Fig. 57 - Construção da a 2. 
o Va o 
Fig. 58 - Construção da yta. 
As construções que apresentamos nesta seção necessitam de 
um segmentoestabelecido como unitário, ou seja, a nossa unidade 
de medida. Mudando esta unidade, os resultados, é claro, serão 
diferentes. Isto ocorre porque as expressões aqui apresentadas 
ExprenilH Alg6brlcH 45 
não são homogêneas. Uma expressão envolvendo segmentos a, b, 
e, . . . é homogênea se quando multiplicamos cada um deles por 
um fator K(K > O), a expressão fica multiplicada por K. Assim, 
as expressões aJn, Ja2 + b2 , Jab, v"a4 + b4 são homogêneas e 
podem ser construídas independente do segmento unitário.* A 
última delas, entretanto, não possui significado geométrico. De-
vemos então imaginar aqui que a e b são números reais que re-
presentam os comprimentos de dois segmentos dados. Expressões 
como as que aparecem nos exercícios 13 e 14, por exemplo, devem 
ser interpretadas da mesma forma. 
Exercícios 
1. Construir x =~onde a, b, e, d, e são segmentos dados. 
2. Construir x = J a 2 + 3b2 onde a e b são segmentos dados. 
3. Construir x = Jn onde a é um segmento e n é um número 
natural. 
4. Construir um segmento de comprimento ✓s,8 centímetros. 
2 . 
5. Construir x = ~ onde a e b são segmentos dados. 
6. Construir x = ª 2!bc_ 
C · a 3 +a 2 b 7. onstru1r x = az+bz. 
8. Resolver o sistema: 
9. Resolver o sistema: 
( *) Veja [6] página 190 e o Apêndice deste livro para saber mais sobre expressões 
construtíveis. 
46 Expr111611 Alg6brlcaa 
10. Resolver o sistema: 
11. Resolver o sistema: 
{ 
x2 +-yz = ª2 
x-y = b2 
{
x--y=a 
x-y = b2 
12. Resolver a equação x2 - ax - b2 = O. 
C . l 1 1 1 13. onstrmr x ta que 2 = 2 + b2 . 
X a 
· 1 1 1 
14. Construir x tal que - = - + -b. 
X a 
15. Construir um triângulo retângulo conhecendo a soma dos 
catetos e a altura relativa à hipotenusa. 
16. São dados um círculo e um ponto P exterior. Traçar por P uma 
secante PAB ao círculo de tal forma que A seja médio de PB.· 
17. Construir um triângulo retângulo conhecendo a hipotenusa e 
a soma dos catetos. 
18. A média harmônica de dois segmentos a e b é o segmento h 
tal que 
. 
Construa a média harmônica de a e b. 
19. Um retângulo áureo é um retângulo em que uma dimen-
são é segmento áureo da outra. Construir um retângulo áureo 
de perímetro dado. 
20. Inscrever em um círculo dado um retângulo de perímetro dado. 
21. São dados um círculo C e uma tangente t. Construir um 
quadrado que tenha dois vértices em C e os outros dois vértices 
em t. 
Expre11611 Alg6brlc11 4 7 
22. Construir um trapézio isósceles circunscritível conhecendo as 
suas bases. 
23. São dados os pontos A e B sobre uma reta r. Construir os 
círculos C e C' tangentes entre si, de forma que C seja tangente a 
r em A, C' seja tangente a r em B e o raio de C seja o dobro do raio 
de C'. 
24. O lado do decágono regular inscrito num círculo de raio Ré 
R • ~-1 • Considere a seguinte construção. 
Dado um círculo de centro O e raio R considere dois diâmetros 
perpendiculares AB e CD. Seja Mo ponto médio de OA. O círculo 
de centro Me raio MC corta OB em P. 
Prove que OP é o lado do decágono regular inscrito nesse 
círculo e construa o polígono. 
25. O lado do pentágono regular inscrito num círculo de raio Ré 
R . y10-2v's 2 • 
Considerando a construção descrita no exercício anterior pro-
ve que CP é o lado do pentágono regular inscrito nesse círculo e 
construa o polígono. 
26. Construa um pentágono regular conhecendo o seu lado. 
27. Construa um pentágono regular conhecendo uma de suas dia-
gonais. 
28. É dado um quadrado. Construa um octógono regular cortando 
os "cantos" desse quadrado. 
29. São dados dois pontos A e B de um mesmo lado de uma reta 
r. Determinar o ponto P sobre r de forma que o ângulo APB seja 
máximo. 
30. São dados os pontos A e B e os segmentos me n. Dividir 
harmonicamente AB na razão m/n, ou seja, obter os pontos Me 
N da reta A B tais que 
MA NA m 
MB NB n 
48 Expre11ii11 Alg6brlc11 
Nota: O círculo de diâmetro MN chama-se círculo de Apolônio do 
segmento AB na razão m/n. Para todo ponto P deste círculo tem-se 
APM = MPB e ~: = 1:: (Veja [2] pág. 25). 
31. São dados os pontos A, B e C nesta ordem sobre uma reta r. 
Construir o conjunto dos pontos P tais que APB = BPC. 
32. São dados um círculo C e os segmentos h e m. Inscrever em C 
um trapézio de altura h de forma que a soma das bases seja m. 
33. Dados dois pontos A e B e um segmento k, construir o conjunto 
dos pontos P tais que PA2 + PB2 = k2. 
34. Construir o triângulo ABC conhecendo o lado BC= a, a altura 
h 0 e a soma dos quadrados dos outros dois lados; AB2 + AC2 = k2. 
35. São dados os pontos A e B de um mesmo lado de uma reta r. 
Determinar o ponto P sobre r tal que PA 2 + PB 2 seja mínimo. 
36. Construir x = v' a4 + b4 . 
37. Dados os segmentos a e b e um segmento unitário construa 
x= ab. 
38. Dado um segmento a e usando um segmento unitário construa 
X= y'a. 
39. Dados os segmentos a, b e e construa, utilizando um segmento 
unitário, x = v'abc. 
40. Da.do um segmento a e utilizando um segmento unitário, cons-
trua x = a312• 
3.Áreas 
1. Equivalências 
Neste capítulo trataremos das áreas dos polígonos. Não diremos 
aqui que a área de um polígono P é igual a A, mas sim que a área de 
P é igual a a 2, onde a é um segmento. Isto quer dizer que o polígono 
P é equivalente a um quadrado de lado a. Precisamos portanto de 
um método que permita transformar um polígono qualquer em 
um quadrado de mesma área. Podemos iniciar considerando um 
triângulo. 
Fig. 59 
Se um triângulo é dado (figura 59) sejam: bum lado qualquer 
e h a altura correspondente. Se este triângulo é equivalente a um 
50 Ãr111 
quadrado de lado a então 
2 bh 
a =T ou 
a=~, 
o que quer dizer que a é média geométrica entre b /2 e h. A 
construção é conhecida e está feita na figura 60. 
o 
-º-2 
Fig. 60 
o 
o 
Para transformar um polígono qualquer em um quadrado e-
quivalente vamos primeiro transformar esse polígono em um tri-
ângulo equivalente. Para isso, devemos lembrar que a área de um 
triângulo não muda quando mantemos sua base fixa e deslocamos 
o vértice oposto sobre uma paralela a essa base. Na figura 61, os 
triângulos ABC e A'BC têm mesma área. 
B e 
Fig. 61 · ABC e A'BC são equivalentes. 
Ãre11 51 
Consideremos agora o problema de transformar um quadrilá-
tero em um triângulo equivalente. 
Na figura 62 mostramos um quadrilátero ABCD qualquer. 
Traçamos então por C uma reta paralela à diagonal BD que encon-
tra AB em C'. Desta forma, os triângulos CBD e C'BD são equiva-
lentes e portanto o triângulo AC'D é equivalente ao quadrilátero 
ABCD. 
A B C' 
Fig. 62 · AC'D é equivalente a ABCD. 
O que ocorre, entretanto, se ABCD não for convexo? Nenhuma 
dificuldade. Na figura 63 mostramos que a mesma construção 
transforma o quadrilátero não convexo ABCD no triângulo AC'D 
de mesma área. 
A 
D 
\ 
\ 
\ 
\ 
C' 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
Fig. 63 -AC'D é equivalente a ABCD. 
\ 
\ 
e 
52 Ãrtll 
Para resolver o problema geral - o de transformar um polígono 
qualquer em um quadrado equivalente - basta mostrar que um 
polígono de n lados pode ser transformado em um polígono equi-
valente de n-1 lados. A figura 64 mostra um polígono A 1 A2 ... An. 
Traçando por A 1 uma paralela a A2An obtemos o ponto A; na reta 
An-1An e é claro que o polígono A; A2 ... An-1 (de n - 1 lados) é 
equivalente ao polígono A1A2 ... An (de n lados). 
Fig. 64 • A 1 A2 ... An á equivalente a A; A2 ... An- 1· 
2. Partições 
Nesta seção vamos examinar alguns problemas que consistem em 
dividir uma área em partes que satisfazem a certas condiçó. s:i_ Não 
desenvolveremos aqui uma teoria. Os exemplos mostrarão as prin-
cipais idéias. É preciso, entretanto lembrar duas propriedades da 
Geometria que utilizaremos com freqüência: 
1 - Se dois triângulos têm mesma altura então a razão entre suas 
áreas é a razão entre suas bases. 
2 - A razão entre as áreas de figuras semelhantes é o quadrado 
Are11 53 
da razão de semelhança. 
A primeira propriedade tem demonstração simples e dela de-
corre que qualquer mediana de um triângulo divide esse triânguloem dois outros de mesma área. A segunda propriedade demonstra-
se facilmente para triângulos (e conseqüentemente para polígo-
nos) e para o círculo. Para o caso geral, o leitor pode encontrar a 
demonstração em [3], pág. 48. 
Exemplo 11. Traçar pelo vértice A do triângulo ABC dado uma 
reta AD que divida esse triângulo em dois outros, ADB e ACD 
cujas áreas sejam proporcionais aos segmentos me n, dados. 
Utilizando a Propriedade 1 desta seção, para que a razão entre 
as áreas de ADB e ADC sejam respectivamente proporcionais aos 
segmentos dados me n é preciso que se tenha 0B/DC = m/n. A 
figura 65 mostra essa construção. 
fig. &S· ~eadeADB = m_ 
AreadeADC n 
Exemplo 12. É dado um ponto P sobre o lado A B do triângulo 
52 Ãre11 
Para resolver o problema geral - o de transformar um polígono 
qualquer em um quadrado equivalente - basta mostrar que um 
polígono de n lados pode ser transformado em um polígono equi-
valente de n-1 lados. A figura 64 mostra um polígono A 1 A2 ... An. 
Traçando por A 1 uma paralela a A2An obtemos o ponto A1 na reta 
An-1An e é claro que o polígono A1 A2 ... An-1 (de n - 1 lados) é 
equivalente ao polígono A1A2 ... An (de n lados). 
Fig. 64 · A 1 A2 ... An é equivalente a A1 A2 ... An-1· 
2. Partições 
Nesta seção vamos examinar alguns problemas que consistem em 
dividir uma área em partes que satisfazem a certas condiçõ <:!. Não 
desenvolveremos aqui uma teoria. Os exemplos mostrarão as prin-
cipais idéias. É preciso, entretanto lembrar duas propriedades da 
Geometria que utilizaremos com freqüência: 
1 - Se dois triângulos têm mesma altura então a razão entre suas 
áreas é a razão entre suas bases. 
2 - A razão entre as áreas de figuras semelhantes é o quadrado 
Ãrtll 53 
da razão de semelhança. 
A primeira propriedade tem demonstração simples e dela de-
corre que qualquer mediana de um triângulo divide esse triângulo 
em dois outros de mesma área. A segunda propriedade demonstra-
se facilmente para triângulos (e conseqüentemente para polígo-
nos) e para o círculo. Para o caso geral, o leitor pode encontrar a 
demonstração em [3], pág. 48. 
Exemplo 11. Traçar pelo vértice A do triângulo ABC dado uma 
reta AD que divida esse triângulo em dois outros, ADB e ACD 
cujas áreas sejam proporcionais aos segmentos me n, dados. 
Utilizando a Propriedade 1 desta seção, para que a razão entre 
as áreas de ADB e ADC sejam respectivamente proporcionais aos 
segmentos dados me n é preciso que se tenha OB/DC = m/n. A 
figura 65 mostra essa construção. 
Fig. 65 _ ~eadeADB = m_ 
AreadeADC n 
Exemplo 12. É dado um ponto P sobre o lado AB do triângulo 
54 Ãrtll 
ABC. Traçar por Puma reta que divida esse triângulo em duas 
partes equivalentes. 
Para resolver este problema, transformemos o triângulo ABC 
no triângulo equivalente PBA' traçando por A a reta AA' paralela 
a PC (figura 66). 
\ 
B M 
)K 
A 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
e 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
Fig. 66 - PM divide ABC em duas partes equivalentes. 
Sendo M o ponto médio de BA', a mediana PM do triângulo 
PBA' divide esse triângulo em duas partes equivalentes e conse-
qüentemente divide ABC em duas partes equivalentes. 
Exemplo 13. Dado um triângulo ABC, traçar uma paralela a BC 
que divida esse triângulo em duas partes equivalentes. 
Seja MN a reta procurada (figura 67) como os triângulos AMN 
Araas 55 
e ABC são semelhantes temos, pela propriedade 2 desta seção, 
, 2 
~eadeAMN = ! = (AM) 
Area de ABC 2 AB 
Portanto, AM = 18 · v'2.. Para construir, traçamos o semi-
círculo de diâmetro A B e pelo centro O desse semi-círculo a per-
pendicular OM' a AB. Desta forma 
AM' = ~B · v'2 = AM. 
B e 
Fig. 67 - M N divide ABC em duas partes equivalentes. 
Exemplo 14. Dado o triângulo ABC, de~erminar um ponto P 
no seu interior de forma que as áreas dos triângulos PAB, PBC e 
PAC sejam respectivamente proporcionais aos segmentos m, n e 
p, dados. 
Consideremos inicialmente o probrema de encontrar os pontos 
D e E sobre BC de forma que os triângulos ADB, ADE e AEC te-
nham áreas respectivamente proporcionais aos segmentos dados 
m, n e p. Como esses triângulos têm mesma altura então devemos 
ter 
AD DE EC 
m n p 
56 Árlll 
e a construção está na figura 68. 
A 
Fig. 68 - ADB, ADE e ~EC têm áreas respectivamente proporcionais a m, n e p. 
Em seguida, tracemos por D uma paralela a A B e por E uma 
paralela a AC. Se P é o ponto de interseção dessas retas (figura 
69) então ABD e ABP têm mesma área e também AEC e APB têm 
mesma área. Logo, PBC têm mesma área que ADE e o problema 
está resolvido. 
A 
B D E e 
Fig. 69 - PAB, PBC e PCA têm áreas respectivamente proporcionais a m, n e p. 
Ãrtll 57 
Exemplo 15. Dado um círculo, traçar um outro concêntrico de 
forma que as áreas do círculo menor e da coroa sejam respectiva-
mente proporcionais aos segmentos m e n, dados. 
Seja C o círculo dado e seja r o seu raio. Desejamos construir 
um círculo C' com o mesmo centro O e raio r' de forma que a área 
de C' e a área compreendida entre C e C' sejam proporcionais a m 
e n, respectivamente. Ora, isto é equivalente a ter as áreas de C' 
e C respectivamente proporcionais m e m + n. Temos então 
, 2 
~ea deC' = m = (r') 
Area deC m+n r 
Para obter r', consideremos um raio OA do círculo C e um 
ponto B deste raio tal que OB/BA = m/n (figura 70). Traçando o 
semi-círculo de diâmetro O A e a perpendicular BD a O A temos 
e 
e' 
Fig. 70. Áfea deC' = ___!!l_. 
Area deC m+n 
58 Are11 
ou 
002 = OB · OA 
Como OA =Te OB/OA = m/m + n, 
002 = m . T2 
m+n 
m 
m+n' 
portanto, O D = r' o raio do círculo C'. 
Exercícios 
1. Dado um triângulo ABC construir o triângulo A'B'C' equiva-
lente a ABC e tal que Â' = Â e A'B' = A'C'. 
2. Construir um quadrado equivalente a um trapézio dado. 
3. Construir um quadrado cuja área seja a soma das áreas de dois 
outros quadrados dados. 
4. Construir um triângulo equilátero cuja área seja a diferença 
das áreas de dois outros triângulos equiláteros dados. 
5. Construir um triângulo equilátero equivalente a um triângulo 
dado. 
6. Dado o triângulo ABC, construir o triângulo A'B'C' equivalente 
a ABC conhecendo dois lados de A'B'C'. 
7. São dados um quadrado e dois segmentos me n. Traçar por 
um vértice do quadrado uma reta que divida sua área em partes 
proporcionais a m e n. 
8. Inscrever em um círculo dado um retângulo equivalente a um 
quadrado dado. 
9. Dado um triângulo ABC traçar DE paralelo a BC de forma que 
a área de ADE seja 2/3 da área de ABC. 
10. Determinar o ponto P no interior do triângulo ABC de forma 
que as áreas dos triângulos PAB, PBC e PCA sejam iguais. 
ÃrtH 59 
11. Traçar pelo ponto P (figura 71) duas retas que dividam o 
triângulo ABC em três partes de mesma área. 
A 
e 
Fig. 71 
12. Traçar pelo ponto P (figura 72) uma reta que divida o quadri-
látero ABCD em duas partes equivalentes. 
e 
B 
Fig. 72 
13. Encontrar os pontos B sobre r e C sobres (figura 73) de forma 
que BC passe por Me a área de ABC seja mínima. 
oM 
A 
Fig. 73 
4. Construções Aproximadas 
Alguns problemas de natureza simples não podem ser resolvi-
dos com a régua e o compasso. O mais importante deles é o da 
retificação da circunferência. Como o número 7t não pode ser cons-
truído a partir do segmento unitário (veja Apêndice) não podemos 
obter um segmento igual ao comprimento de uma circunferência. 
Entretanto, podemos obter este resultado com boa aproximação. 
A idéia mais simples para obter aproximadamente o compri-
mento de um semi-círculo é reparar que 
víz + v'3 e::'. 7t 
Considerar a igualdade nesta relação significa cometer um 
erro relativo inferior_ a 0,15%. Para se ter uma idéia de como este 
erro é pequeno, basta notar que em uma medida de 100 metros a 
diferença entre o valor aproximado e o real ficaria em menos de 
15 centímetros. Na figura 7 4 mostramos esta construção onde o 
segmento PQ é aproximadamente igual ao comprimento do semi-
círculo de diâmetro AB. 
A 
Fig. 74 - PQ é aproximadamente igual ao comprimento do semi-círculo dediâmetro AB. 
Um outro processo para obter a retificação de um semi-círculo 
Conllruçi111 Aproximadas 61 
é o seguinte. Dado um círculo de centro O, traçamos um diâmetro 
AB e uma reta r tangente em B (figura 75). Em seguida, deter-
minamos na reta r um ponto C tal que BOC = 30º e o ponto D 
tal que CD seja três vezes o raio do círculo (B deve ficar entre C e 
D). O segmento AD é aproximadamente igual ao comprimento de 
metade do círculo e agora, o erro relativo é menor que 0,0019%. 
Para que o leitor perceba a eficiência deste método o erro cometido 
é menor que 2 centímetros em uma medida de 1 quilômetro. 
A 
D 
Fig. 75 - A D é aproximadamente igual ao comprimento de metade do círculo. 
Muitos outros processos foram inventados para retificar o cír-
culo de forma aproximada com erros ainda menores e o leitor cu-
rioso poderá encontrar um deles em [5] pág. 39. 
Passamos agora a descrever um processo que permite retificar 
arcos até 90º. A precisão não é tão gra9de como nos processos ante-
riores mas é satisfatória para os problemas práticos. Para retificar 
um arco AB de um círculo (figura 76) traçamos o diâmetro por A 
e prolongamos esse diâmetro de 3 / 4 do raio do círculo obtendo o 
ponto C. A reta CB encontra a tangente traçada por A em D e o 
segmento AD é uma boa aproximação para o comprimento do arco 
AB. O erro cometido não é uniforme, ou seja, depende do arco que 
62 Conatn,9011 Aproxlm1d11 
estamos retificando. 
A 
Fig. 75: Retificação do arco AB. 
A D 
e 
Fig. 77 
Para estudar o erro cometido nesta construção para cada arco 
retificado consideremos em um círculo de raio 1 um arco A B de 
Construçi111 Apro1lm1d11 63 
comprimento x(x~n/2) como na figura 77. O diâmetro AA' foi 
prolongado de um comprimento A'C = 3/4 e a reta CB encontrou 
a tangente por A em D. Verificaremos que AD = y é uma boa 
aproximação de x. 
Para relacionar x e y tracemos BE perpendicular a AA' ob-
tendo BE = sen x e O E = cos x. A semelhança dos triângulos A D C 
e E BC fornece 
AD AC 
EB EC 
ou 
y 11/4 
sen x 7 / 4 + cos x 
ou ainda 
11 sen x 
y=----
7 +4cosx 
Esta curiosa função é bastante próxima de y = x no intervalo 
1t 11 . 22 
[O, 2-J. Para x = n/2 encontramos y = 7 , ou seJa n '.::'.'. 7 que 
é a aproximação obtida por Arquimedes no século III a.C. O erro 
máximo desta construção ocorre para 
,--__ 5 o 
X= cos- '.:::::'. 72 
16 
e é menor que 1 %. Seu gráfico da função pode ser visto na figura 
78 e uma análise mais detalhada do seu comportamento encontra-
se em [4], pág. 21. Uma variante desta construção, com traçados 
mais simples está no exercício 7 deste capítulo. 
Um outro interessante método aproximado para retificar ar-
cos de círculo deve-se a M. d'Ocagne (1867-1938). Dado um arco AB 
(menor que 170º) em um círculo de centro O, inicialmente divide-
se a corda AB em 3 partes iguais pelos pontos E e F como mostra 
a figura 79. A reta OF determina D sobre o círculo e a paralela 
traçada por B à 00 encontra AD em C. O segmento AC é uma 
64 Con1truç611 Apro1lm1d11 
boa aproximação para o comprimento do arco AB. 
2,0 
1,5 
1p 
0,5 
2,5 
Fia· 78 • Gráfico de y = 11 sen x · 7+4coax 
Fig. 79 - Retificação do arco AB pelo processo de d'Ocagne. 
Para dar uma idéia de porque funciona esse método, conside-
ra-se no círculo unitário um arco AB de comprimento x e o seg-
mento AC de comprimento y construído da forma que descreve-
Con11ru~011 Apro1lm1d11 65 
mos. Esperamos então que a função que relaciona x e y seja bas-
tante próxima de y = x em um intervalo do tipo [O, ex]. 
Como os cálculos são um tanto exaustivos, daremos apenas 
uma breve indicação dos passos necessários para satisfazer o leitor 
curioso. No círculo unitário, com AOB = x, calcula-se o compri-
mento da corda AB pela lei dos cossenos. Em seguida, usa-se a 
relação de Stewart no triângulo AOB para calcular OF. Como os 
três lados do triângulo AOF são conhecidos, calculamos o cosseno 
de ÁÕF e usamos esse valor para calcular AD= ~y no triângulo 
AOD. O resultado é 
1 _ 1 +2cosx 
✓s +4cosx· 
Novamente, podemos avaliar a eficiência dessa construção 
observando o gráfico da função correspondente na figura 80. A 
aproximação em relação à reta y = x é excelente até 120º (2, 1 
radianos) e bastante razoável deste ponto até 172º (3 radianos). 
3P 
2,0 
1,0 
1,0 2,0 3,0 
Fig. 80 - Gráfico de y = ~ 1 - J;;;::;x. 
Outro problema que devemos abordar é o de dividir um círculo 
em um número n qualquer de partes iguais. Este problema é 
66 Con1truç611 Aproximadas 
simples para n = 2, 4, 8, 16, ... e também para n = 3, 6, 12, 24, .... 
É possível dividir exatamente um círculo em 10 partes iguais 
porque o lado do decágono regular inscrito em um círculo de raio R 
, . 1 R Js - l . , t . (C , 1 2 e 1gua a · 2 , que Jª mostramos como cons rmr ap1tu o , 
seção 5). Assim, o problema está resolvido para n = 5, 1 O, 20, .... 
Para que outros valores de n poderemos dividir um círculo exata-
mente em n partes iguais? Não é uma pergunta fácil mas o leitor 
poderá obter uma resposta no Apêndice deste livro. Entretanto, 
não é difícil perceber que é possível dividir um círculo exatamente 
em 15 partes iguais. Na figura 81, A, B e C dividem o círculo em 
3 partes iguais e A, D, E, F e G dividem o mesmo círculo em 5 
partes iguais. Desta forma, o arco AB é igual a 1 /3 do círculo e 
o arco AE é igual a 2/5 do círculo. Portanto, o arco BE é igual a 
2/5-1/3 = 1/15 do círculo e o problema de dividir um círculo em 
partes iguais fica resolvido para n = 15, 30, 60, .... 
A 
E 
,-_ 
Fig. 81 - BE = ~ da circunferência. 
Porém, não é possível dividir exatamente um círculo em 7, 9, 
11, 13, 14, 18, 19 partes iguais, citando apenas os valores menores 
Constru9611 Aproxlm1d11 67 
que 20 ( *). Mostramos então a seguir um processo que permite 
obter aproximadamente a divisão de um círculo em n partes iguais, 
para qualquer valor de n.* 
Fig. 82 - Divisão aproximada do circulo em 7 partes iguais. , 
Traçamos um diâmetro AB e determinamos os pontos P e Q 
de forma que os triângulos ABP e ABQ sejam equiláteros. Em 
( *) Curiosamente, é possível dividir um círculo exatamente em 17 partes iguais. A 
construção descoberta por Gauss no fim do século 18 está comentada no Apêndice deste 
livro. 
68 Conatruçll11 Apro1lm1d11 
seguida, dividimos o diâmetro AB em n partes iguais pelos pontos 
1, 2, ... , n- 1 (numerados, por exemplo de A para B). As retas que 
unem P e Q aos pontos de ordem par, determinam nos semi-círculos 
opostos os pontos que dividem aproximadamente esse círculo em n 
partes iguais. A figura 82 mostra a divisão aproximada do círculo 
em 7 partes iguais e uma. análise desse processo pode ser encon-
trada em [4]. 
Exercícios 
1. Construir um quadrado equivalente a um círculo dado. 
2. Determinar sobre um círculo dado um arco de comprimento 
dado. 
3. Construir um quadrado equivalente a um setor circular dado. 
4. Construir um círculo cujo comprimento é dado. 
5. Construir um eneágono regular inscrito num círculo dado. 
6. Dividir um ângulo em três partes iguais. 
7. Um dos processos descritos no texto para retificar, aproximada-
mente arcos até 90º possui a seguinte variante. 
Se AB é o arco que desejamos retificar, traçamos o diâmetro 
AA' e o diâmetro MN perpendicular a AA'. Determina-se então 
o vértice C do triângulo equilátero MNC de forma que A' seja 
interior a esse triângulo. A reta CB encontra a tangente traçada 
por A em D e o segmento AD é uma boa aproximação para o arco 
AB. 
Mostre que se no círculo unitário AB = x e AD= 1J então 
( 1 + v13) sen X 
1}=-----
J3 + cosx 
e que essa função é próxima de 1J = x no intervalo [O, 1]. 
8. Construa um quadrado equivalente à região abaixo (figura 83). 
9. Construa sobre um círculo dado um arco de comprimento dado. 
Conatruçh1 Aproxlm1d11 69 
10. A figura 84 mostra duas polias tangentes que podem girar 
livremente em torno de seus centros. Determinar graficamente o 
ângulo de giro da polia maior quando a menor dá 1 / 4 de volta.Fig. 83 
Fig. 84 
5. Transformações Geométricas 
Neste capítulo, trataremos dos problemas de construção sob o 
ponto de vista das Transformações Geométricas, que são funções 
que associam a cada ponto do plano um outro ponto também do 
plano através de certas regras. Como as propriedades estarão, em 
geral, apenas enunciadas, recomendamos os livros [7], [8], e [9] da 
lista de referências para as demonstrações e outros esclarecimen-
tos. 
Uma transformação T no plano TI é uma função T: TI ~ TI que 
associa a cada ponto A do plano um outro ponto A' = T(A) do 
plano chamado imagem de A por T. Se Fé uma figura (portanto 
um conjunto de pontos de TI) definiremos F' = T(F) como o conjunto 
das imagens dos pontos de F. As transformações que utilizaremos 
aqui são todas bijetivasi ou seja, transformações em que· pontos 
distintos possuem sempre imagens distintas e também que cada 
ponto do plano é imagem de um outro ponto desse plano. 
Uma transformação bijetiva T: TI ~ TI possui uma inversa 
T- 1: TI ~ TI onde para todo ponto A' de TI, T- 1 (A') é o único ponto 
A do plano TI tal que T(A) = A'. 
A transformação identidade ld: TI~ TI é definida por Id(A) = 
A para todo ponto A do plano TI. 
Finalmente, dadas duas transformações T1 e T2 no plano defi-
nimos a composta T2 o T1: TI ~ TI como a transformação que a cada 
ponto A do plano TI, associa o ponto 
A' = (T2 o T1 )(A) = T2(T1 (A)). 
Em particular, para qualquer transformação bijetiva T, temos 
T o T- 1 = T- 1 o T = Id. 
As primeiras transformações que estudaremos são as isome-
Tranalorma9611 Gaom6trlc11 71 
trias, ou seja, aquelas que preservam distâncias. Mais precisa-
mente, T é uma isometria quando 
d[T(A), T(B)] = d(A, B) 
para quaisquer pontos A e B do plano TT. Toda isometria possui as 
seguintes propriedades: 
a) a imagem de uma reta por uma isometria é uma reta. 
b) uma isometria preserva paralelismo. 
e) uma isometria preserva ângulos. 
Como conseqüência da definição, a imagem de uma figura F 
por uma isometria, é uma figura F' congruente a F. As isometrias 
que abordaremos aqui são a translação, a reflexão e a rotação. 
5.1. Translações 
A translação determinada pelo vetor v é a transformação Tv: TT ~ TI 
que leva cada ponto A do plano TI no ponto A' = A + v desse plano 
(figura 85). 
A 
Fig. 85 - Translação determinada pelo vetor v. 
A translação transforma toda reta em outra paralela e por ser 
uma isometria, transforma qualquer figura em outra congruente. 
A figura 86 mostra a translação determinada pelo vetor v aplicada 
a um triângulo ABC. 
Um caso típico da utilização da translação para resolver um 
problema de construção está no exemplo seguinte. 
Exemplo 16. Dados os pontos Me N e os círculos C 1 e C2, cons-
truir o paralelogramo M N PQ onde P pertence a C 2 e Q pertence a 
72 Trln1torm1çli11 Oeomttrlcaa 
e, (figura 87). 
e' 
e' 
A 
Fig. 86: A translação Tv transforma ABC em A'B' C'. 
M N 
• • 
• 
• 
Fig. 87 - Dados do exemplo 16. 
Seja v = M N. Como M N PQ é um paralelogramo, a translação 
Tv leva Q em P. Aplicando essa transformação ao círculo C1 temos 
que e; = Tv(C 1) contém o ponto P. Logo o vértice P do paralelo-
gramo MNPQ é um ponto de interseção dos círculos C2 e e; (figura 
88). Para obter e; basta aplicar a translação ao centro O 1 de C 1 
obtendo o; = Tv(O,) e em seguida traçar o círculo de centro o; 
com mesmo raio que C 1 • Neste exemplo, os dados apresentados 
Tranllorm19011 G1omttrlc11 73 
permitiram a obtenção de duas soluções: MNPQ e MNP'Q'. 
M N 
• 
Fig. 88 - Solução do exemplo 16. 
5.2. Reflexões 
Dada uma reta r, dizemos que o ponto A' é simétrico do ponto A 
em relação a r quando r é mediatriz de AA'. Se A pertence a r, 
diremos que o seu simétrico em relação a r é ele próprio. 
A reflexão em tomo da reta r ( também chamada de simetria 
em relação a r) é a transformação Sr que faz corresponder a cada 
ponto A do plano o ponto A' · Sr(A), simétrico de A em relação a 
r (figura 89). 
Fig. 89 - Sr (A) = A'. 
7 4 Ttln1lorm1ç611 01om6trlc11 
A construção do simétrico de um ponto em relação a uma reta 
não oferece dificuldade. Um processo bastante prático consiste em 
traçar pelo ponto A dois círculos quaisquer com centros em r. O 
outro ponto comum a esses círculos será A', simétrico de A. 
A reflexão é uma isometria e portanto transforma cada figura 
F em uma outra F' congruente a F. Entretanto, a reflexão inverte a 
orientação do plano, como se pode ver na figura 90, onde o triângulo 
ABC foi transformado em A'B'C'. 
A 
A' 
Fig. 90 -A reflexão Sr transforma ABC em A'B' C'. 
Exemplo 17. Dados dois pontos A e B de um mesmo lado de uma 
reta r, determinar o ponto P sobre r de forma que PA + PB seja 
mínimo. 
Consideremos, como na figura 91, os pontos A e B, a retare o 
simétrico de B em relação a r. 
O ponto P procurado está na interseção der com AB'. De fato, 
como a reta ré mediatriz de B B' teremos para qualquer outro ponto 
Tran1torm1ç011 O1om•trlc11 75 
Q dessa reta, 
QA + QB = QA + QB' > AB' = PA + PB' = PA + PB. 
A 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
B 
B' 
Fig. 91 - O caminho mínimo de A para B passando por r. 
É interessante notar que este exemplo é análogo ao princípio 
da reflexão da luz nos espelhos planos. Segundo esse princípio, se 
a luz deve ir de uma fonte A a um espelho r e daí ao olho B de 
um observador, então o ângulo de incidência é igual ao ângulo de 
reflexão. 
5.3. Rotações 
Fixemos um ponto O no plano TT agora orientado (como a tradição 
recomenda, o sentido positivo é o anti-horário). Dado um ângulo 
ex, a rotação de ·centro O e amplitude ex é a transformação que a 
cada ponto A do plano TT associa o ponto A'= R(X(A) de forma que 
----- 1 
se tenha OA' = OA, AOA = ex e o sentido de A para A' (em torno 
de O), positivo (figura 92). 
Para todo k inteiro, as rotações de amplitudes ex + k 360º são 
idênticas. Em particular para 0º~ex~360º, a rotação de amplitude 
-ex é igual à rotação de amplitude 360º - ex. 
A rotação é uma isometria e portanto transforma retas em 
retas. A figura 93 mostra como construir a reta r', imagem da reta 
t ti Trllllfol'llllflt■ 01om6trlu1 
r por uma rotação de centro O e amplitude a. 
o A 
Fig. 92 - A rotação de centro O e amplitude a leva A em A'. 
Fig. 93 - A rotação R(X levar em r'. 
A imagem de uma figura F por uma rotação é uma figura F' = 
R(X(F) cogruente a F. Ainda, se P e Q são pontos de F e se P' = R(X(P) 
e Q' = R(X(Q) então as retas PQ e P'Q' formam ângulo a (figura 
94). 
Mostramos a seguir um problema de construção resolvido com 
Tranlfonn19ll11 Oaom6trlca1 77 
aUX11io de uma rotação 
C' 
B 
Fig. 94 -A rotação RC\'. transforma ABC em A'B' C'. 
Exemplo 18. São dados um ponto A e as retas r e s. Construir 
o triângulo equilátero ABC onde os vértices B e C pertencem res-
pectivamente a r e s. 
--Se ABC é ·equilátero, BAC = 60º. Então, uma rotação de 
centro A e amplitude +60º ou de amplitude -60º levará Bem C, 
como mostra a figura 96. 
Aplicando uma dessas rotações à reta r que contém B, obtere-
mos uma reta r' que contém o ponto C, imagem de B. A interseção 
de r' com s é o vértice C do triângulo e o problema estará resolvido. 
A figura 97 mostra apenas uma das soluções. A rotação de centro 
A e amplitude 60º transformou r em r', determinando C sobre s. 
Um arco de centro A e raio AC determina B sobre r, completando 
78 Tr1n1lorm1çll11 G1om6trlc11 
a solução. 
s 
Fig. 95 • Dados do exemplo 18. 
e B 
A B A e 
Fig. 96 - As rotações de centro A que levam B em C. 
A rotação de 180º em torno de um ponto O tem particular 
interesse sendo também chamada de meio-giro ou de simetria em 
relação ao ponto O.* Fixado o ponto O, esta transformação associa 
a cada ponto A do plano, o ponto A' = S0 (A) de forma que O seja 
( * ) ou ainda simetria de centro O. 
Transformaçll11 Geom6trlcas 79 
ponto médio de AA' (figura 98). 
Fig. 97 - Solução do exemplo 18. 
A 
A' 
Fig. 98 - A simetria em relação a O leva A em A'. 
Uma aplicação desta transformação pode ser vista no