Coxeter_traducao

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Re-visitando a Geometria
Harold Scott Macdonald Coxeter
Universidade de Toronto
Samuel L. Greitzer
Universidade de Rutgers
Tradução e comentários:
Fabio E. Brochero Mart́ınez
Universidade Federal de Minas Gerais
Conteúdo
1 Pontos e linhas relacionadas com o triângulo 1
1.1 Extensão do teorema do seno . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Teorema de Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Pontos interessantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Inćırculo e exćırculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5 Teorema de Steiner-Lehmus . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6 Triângulo Órtico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.7 Triângulo Medial e Linha de Euler . . . . . . . . . . . . . 17
1.8 Ćırculo dos nove pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.9 Triângulos Pedais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2 Algumas propriedades das circunferências 27
2.1 Potência de um ponto com respeito a uma circunferência . 27
2.2 Eixo radical de duas circunferências . . . . . . . . . . . . 31
2.3 Circunferências coaxiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.4 Mais sobre alturas e ortocentro de um triângulo . . . . . . 37
2.5 Linhas de Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.6 Teorema de Ptolomeu e suas extensões . . . . . . . . . . . 44
2.7 Mais sobre as linhas de Simson . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.8 A Borboleta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.9 Teorema de Morley . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3 Colinearidade e concorrencia 54
3.1 Quadriláteros: Teorema de Varignon . . . . . . . . . . . . 54
3.2 Quadriláteros Ćıclicos; A fórmula de Brahmagupta . . . . 60
3.3 Triângulos de Napoleão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
3.4 Teorema de Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.5 Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.6 Triângulos em perspectiva: Teorema de Desargues . . . . 75
3.7 Hexagonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.8 O teorema de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.9 Teorema de Brianchon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
i
ii CONTEÚDO
4 Transformações Geométricas 86
4.1 Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.2 Rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
4.3 Meia Volta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
4.4 Reflexão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.5 Problema de Fagnano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
4.6 O problema dos três jarros . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.7 Dilatação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.8 Similaridade Espiral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
4.9 Uma genealogia das transformações . . . . . . . . . . . . . 110
5 Uma introdução à geometria inversiva 112
5.1 Separação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
5.2 Razão cruzada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.3 Inversão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.4 O plano de inversão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
5.5 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.6 Teorema de Feuerbach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
5.7 Circunferências coaxiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
5.8 Distancia inversiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
5.9 Funções Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
6 Introdução à geometria projetiva 144
6.1 Transformação rećıproca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
6.2 Circunferência Polar de un triângulo . . . . . . . . . . . . 149
6.3 Cônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
6.4 Foco e diretriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
6.5 Plano projetivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
6.6 Cônicas centrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
6.7 Projeção estereográfica e gnomónica . . . . . . . . . . . . 161
Dicas e Respostas 165
Glosário 194
Índice Remissivo 200
Prefácio
Aquele que despreza a Geometria Euclidiana é como
um homem que, retornando de terras estrangeiras,
deprecie sua casa.
Henry George Forder.
O curŕıculo de matemática no ensino secundário1 normalmente inclui
um curso de um único ano de geometria plana ou, talvez, um curso de
geometria e outro de geometria anaĺıtica elementar chamado matemática
do décimo ano. Este curso, apresentado no ińıcio do ensino secundário
do aluno, é geralmente a única exposição do tema. Em contrapartida, o
aluno com esṕırito matemático tem a oportunidade de estudar álgebra
elementar, álgebra intermediária, e álgebra mesma avançada. É natural,
portanto, de esperar um viés em favor da álgebra contra a geometria.
Além disso, os desorientados levam o aluno a acreditar que a geometria
está “fora da corrente principal da matemática” e que o análise ou a
teoria de conjuntos deveriam substituir-la.
Talvez o status inferior da geometria no curŕıculo escolar decorre de
uma falta de conhecimento por parte dos educadores com a natureza
da geometria e com os avanços que ocorreram no seu desenvolvimento.
Esses avanços incluem muitos belos resultados, como o teorema de Bri-
anchon (seção 3.9), teorema de Feuerbach (seção 5.6), o teorema de
Petersen-Schoute (seção 4.8) e teorema de Morley (seção 2.9).
Historicamente, é preciso lembrar que Euclides escreveu para pes-
soas maduras que se preparam para o estudo da filosofia. Até nosso
século, uma das principais razões para o ensino da geometria era que
seu método axiomático foi considerado a melhor introdução ao racioćı-
nio dedutivo. Naturalmente, o método formal foi destacado para fins
educacionais eficazes. No entanto, nem os geômetras antigos nem mo-
dernos têm hesitado em adotar métodos menos ortodoxos quando lhes
convinha. Se trigonometria, geometria anaĺıtica, ou métodos vetoriais
ajudam, o geômetra irá utilizá-los. Além disso, inventou as técnicas mo-
1NT: Nos EUA na decada dos 60
iii
iv CONTEÚDO
dernas próprias que são elegantes e poderosas. Uma dessas técnicas é o
uso de transformações como rotações, reflexões e dilatações, que forne-
cem atalhos para provar certos teoremas e também relacionar a geome-
tria com a cristalografia e o arte. Este aspecto “dinâmico” da geometria
é o tema do Caṕıtulo 4. Outra técnica “moderna” é o método de geome-
tria inversiva, que lida com pontos e circunferências, tratando uma linha
reta como uma circunferência que passa pelo “ponto no infinito”. Uma
degustação deste técnica será encontrada no Caṕıtulo 5. Uma terceira
técnica é o método de geometria projetiva, que ignora todas as consi-
derações de distância e ângulo, mas salienta a analogia entre os pontos
e linhas (linhas infinitas integrais, não meros segmentos). Aqui não são
apenas os dois pontos passam por uma linha, mas quaisquer duas linhas
se encontram em um ponto; linhas paralelas são tratadas como linhas
cujo ponto comum está sobre“a linha no infinito”. Haverá alguma alusão
do conteúdo deste assunto no caṕıtulo 6.
Geometria ainda possui todas as virtudes que os educadores atribúı-
ram a ela uma geração atrás. Há ainda uma geometria na natureza,
esperando para ser reconhecida e apreciada. Geometria (geometria pro-
jetiva especialmente) ainda é um excelente meio de introduzir o estu-
dante à axiomática. Possui ainda o apelo estético que sempre teve, e a
beleza de seus resultados não diminuiu. Além disso, é ainda mais útil e
necessária para o cientista e o matemático prático mais do que nunca.
Considere, por exemplo, as formas das órbitas de satélites artificiais, e
a geometria de quatro dimensões do espaço-tempo continuo.
Através dos séculos, a geometria tem estado crescendo.Novos con-
ceitos e novos métodos de proceder foram desenvolvidos: conceitos que
o aluno vai encontrar desafiadores e surpreendentes. Utilizando todos
os meios que melhor atendam os nossos propósitos, vamos revisitar a
Euclides. Vamos descobrir por nós mesmos alguns dos resultados mais
recentes. Talvez sejamos capazes de recuperar um pouco da admiração
e respeito que o nosso primeiro contato com a geometria desperta.
Os autores são especialmente gratos ao Dr. Anneli Lax por seu
paciente cooperação e muitas sugestões úteis.
Toronto e Nova Iorque, 1967.
H. S. M. C.
S.L.G.
Caṕıtulo 1
Pontos e linhas relacionadas
com o triângulo
Com uma literatura mais vasta do que da álgebra e da
aritmética combinados, e pelo menos tão extensa como
a do análise, a geometria é a casa de um rico tesouro
de coisas mais interessantes e meio esquecidas, que
uma geração apressada não tem lazer para desfrutar,
ao igual do que qualquer outra área da matemática.
Eric Temple Bell
O objetivo deste caṕıtulo é o de recordar algumas dessas coisas semi-
esquecidas que o Dr. Bell se refere, para derivar novos teoremas, desen-
volvidos desde Euclides, e aplicar as nossas conclusões a situações inte-
ressantes. Consideraremos um triângulo arbitrário e seus pontos e linhas
associados mais famosos: o circuncentro, medianas, centróide (baricen-
tro), bissetrizes, incentro, excentros, alturas, ortocentro, linha de Euler,
e o centro do ćırculo dos nove pontos. As bissetrizes levam naturalmente
a uma digressão sobre o teorema de Steiner-Lehmus, que foi acreditado
por uma centena de anos ser dif́ıcil de provar, mas agora vemos que ele é
realmente muito fácil. Finalmente, a partir de um triângulo e um ponto
P em posição geral, obtemos um novo triângulo cujos vértices são os
pés das perpendiculares desde P aos lados do triângulo. Esta idéia leva
a alguns acontecimentos divertidos, alguns dos quais são adiadas até o
próximo caṕıtulo.
1.1 Extensão do teorema do seno
A lei dos senos é um teorema de trigonometria que será usado com
frequência. Desafortunadamente, ele geralmente aparece em textos de
uma forma truncada que não é tão útil como o teorema estendido poderia
1
2 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
ser. Nos tomamos a liberdade, portanto, de provar a lei dos senos, na
forma que desejamos.
CB
A
J
O
a
Figura 1.1:
Começamos com um 4ABC (rotulado na forma habitual) e circuns-
crito ao redor dele uma circunferência com centro em O e raio igual a R,
conforme mostrado nas figuras 1.1 e 1.2. Desenhamos o diâmetro CJ ,
e a corda BJ1. Em ambas as situações mostradas, ]CBJ é um ângulo
reto, uma vez que está inscrito em um semicircunferência. Portanto, em
ambas as figuras,
sen J =
a
CJ
=
a
2R
.
Na figura 1.1, ]J = ]A, porque ambos estão inscritos no mesmo
arco de circunferência. Na Figura 1.2, ]J = 180◦−]A, pois os ângulos
C
B
A
J
O
a
Figura 1.2:
1Originalmente, por razões tipográficas na versão inglesa, o comprimento de um
segmento de reta, com pontos de extremidade X e Y foi denotado simplesmente por
XY neste livro. Aqui conservamos a mesma convenção.
[SEC. 1.1: EXTENSÃO DO TEOREMA DO SENO 3
opostos de um quadrilátero inscrito são complementares. Lembrando
que o sen θ = sen(180◦ − θ), segue-se que o sen J = senA em ambas as
figuras. Portanto, em qualquer caso, senA = a
2R , isto é,
a
senA
= 2R.
Do mesmo procedimento, aplicado aos outros ângulos do 4ABC, obte-
mos
b
senB
= 2R,
c
senC
= 2R.
Da combinação destes resultados, podemos afirmar a lei estendida dos
senos assim:
Teorema 1.1.1. Em um triângulo 4ABC com circunraio R,
a
senA
=
b
senB
=
c
senC
= 2R.
Vamos denotar a área de qualquer figura por o nome da figura entre
parênteses. Assim, (ABC) indica a área do 4ABC, (PQRS) indica a
área do quadrilátero PQRS, e assim por diante.
Exerćıcios
1. Mostrar que2, em qualquer triângulo 4ABC, mesmo se um dos
ângulos ∠B ou ∠C é obtuso, a = b cosC + c cosB. Use a lei dos
senos para deduzir a “fórmula da adição”
sen(B + C) = senB cosC + C sen cosB.
2. Em qualquer triângulo 4ABC,
a(senB − senC) + b(senC − a senA) + c(senA− senB) = 0.
3. Em qualquer triângulo 4ABC, (ABC) =
abc
4R
.
4. Sejam p e q os raios de duas circunferências que passam através de
A, tangentes a BC em B e C, respectivamente. Então pq = R2.
2Nos exerćıcios subsequêntes iremos a economizar espaço, omitindo as palavras
“Mostre que”ou “Prove isso”. Assim, qualquer exerćıcio que aparecem na forma de
um teorema destina-se a ser comprovado.
4 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
1.2 Teorema de Ceva
O segmento de reta que une um vértice de um triângulo com qualquer
ponto do lado oposto é chamada ceviana. Assim, se X, Y e Z são pontos
sobre os lados BC, CA, AB do triângulo 4ABC, respectivamente, os
segmentos AX, BY , CZ são cevianas. Este termo vem do nome do
matemático italiano Giovanni Ceva, que publicou em 1678 o seguinte
teorema muito útil:
Teorema 1.2.1. Se três cevianas AX, BY , CZ, uma através de cada
vértice de um triângulo 4ABC, são concorrentes, então
BX
XC
CY
Y A
AZ
ZB
= 1.
B C
A
Z
Y
X
P
Figura 1.3:
Quando dizemos que três linhas (ou segmentos) são concorrentes,
queremos dizer que todas elas passam por um ponto, digamos P . Para
provar o teorema de Ceva, lembramos que as áreas de triângulos com
iguais alturas são proporcionais às bases dos triângulos. Assim, da figura
1.3, temos
BX
XC
=
(ABX)
(AXC)
=
(PBX)
(PXC)
=
(ABX)− (PBX)
(AXC)− (PXC)
=
(ABP )
(CAP )
.
Similarmente,
CY
Y A
=
(BCP )
(ABP )
e
AZ
ZB
=
(CAP )
(BCP )
.
Agora, se multiplicarmos estas igualdades , obtemos
BX
XC
CY
Y A
AZ
ZB
=
(ABP )
(CAP )
(BCP )
(ABP )
(PAC)
(BCP )
= 1.
O inverso deste teorema também vale:
[SEC. 1.2: TEOREMA DE CEVA 5
Teorema 1.2.2. Se três cevianas AX, BY , CZ satisfazem
BX
XC
CY
Y A
AZ
ZB
= 1,
então elas são concorrentes.
Para verificar isto, suponhamos que as primeiras duas cevianas con-
correm em P , como antes, e seja CZ ′ uma terceira ceviana através desse
ponto. Então, pelo Teorema 1.2.1,
BX
XC
CY
Y A
AZ ′
Z ′B
= 1.
Mas estamos supondo que
BX
XC
CY
Y A
AZ
ZB
= 1,
Por isso,
AZ ′
Z ′B
=
AZ
ZB
,
logo Z ′ coincide com Z, e assim provamos que AX, BY , CZ são con-
correntes ([12] p. 54).
Exerćıcios
1. Se X, Y e Z são os pontos médios dos lados, as três cevianas são
concorrentes.
2. Cevianas perpendiculares aos lados opostos são concorrentes.
3. Sejam 4ABC e 4A′B′C ′ dois triângulos não congruentes cujos
lados são respectivamente paralelos, como na figura 1.4.
B C
A
B′ C ′
A′
O
Figura 1.4:
Então as três linhas AA′, BB′, CC ′ são concorrentes. (Esses tri-
ângulos são chamados homotéticos. O conceito de homotetia será
discutido na seção 4.7).
6 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
4. Seja AX uma ceviana de comprimento p, dividindo BC em seg-
mentos de comprimentos BX = m e XC = n, tal como na figura
1.5. Então
a(p2 +mn) = b2m+ c2n.
B C
A
X
p
m n
c b
Figura 1.5:
Dica: Encontre expressões dos cosenos de dois ângulos complementa-
res em X em termos dos lados dos triângulos 4ABX e 4CAX, respec-
tivamente. Este resultado é chamado teorema de Stewart, depois que M.
Stewart, afirmou ele em 1746. Este resultado provavelmente foi desco-
berto por Arquimedes cerca de 300 aC, mas a primeira prova conhecida
é de R. Simson, em 1751.
1.3 Pontos interessantes
Há muitos pontos especiais e linhas relacionadas em um triângulo, e
teremos que restringir a nossa atenção para apenas algumas delas. Nós
já nos referimos a um tais pontos, o centro da circunferência circunscrita
a um triângulo. Chamaremos este ponto de circuncentro do triângulo, e
chamamos tal circunferência de circunferência circunscrita ao triângulo
ou circunćırculo do triângulo. O circuncentro O é a intersecção das
mediatrizes (perpendiculares desde o ponto médio) dos trêslados do
triângulo (ver figura 1.6). O raio da circunferência circunscrita já foi
denotado pela letra R.
As cevianas que unem os vértices de um triângulo com os pontos
médios dos lados opostos são chamados medianas. Na figura 1.7, as
linhas AA′, BB′ e CC ′ são medianas, de modo que BA′ = A′C, CB′ =
B′A e AC ′ = C ′B. Aplicando o teorema 1.2.1, podemos concluir que
as medianas são concorrentes. Seu ponto comum, G, é chamado de
centroide ou baricentro do triângulo. Se um triângulo for cortado de
material de densidade uniforme, ele se equilibraria se suspenso neste
[SEC. 1.3: PONTOS INTERESSANTES 7
CB
A
R
A′
O
C ′ B′
Figura 1.6:
ponto, comum às medianas. Em outras palavras, o centróide é o “centro
de gravidade” do triângulo.
Olhando novamente para a figura 1.7, ficamos impressionados com o
fato de que (GBA′) = (GA′C), pois os triângulos têm bases iguais e na
mesma altura. É por isso que nomeamos às áreas com o mesmo rótulo
x. Pela mesma razão, tem-se
(GCB′) = (GB′A) e (GAC ′) = (GC ′B),
de modo que as áreas destes triângulos foram rotulados por y e z como
mostrado na figura. No entanto, temos também (CAC ′) = (CC ′B), isto
é, 2y + z = 2x + z, onde x = y. Do mesmo modo, (ABA′) = (AA′C),
onde y = z. Deste modo, mostramos que x = y = z, isto é:
Teorema 1.3.1. Um triângulo é cortado por suas medianas em seis
triângulos menores de áreas iguais.
B C
A
C ′ B′
A′
G
y
y
xx
z
z
Figura 1.7:
8 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
Continuando nosso exame da figura 1.7, notamos mais uma vez que
(GAB) = 2(GBA′). Uma vez que esses triângulos têm a mesma altura,
segue-se que a AG = 2GA′. Da mesma forma, BG = 2GB′, e CG =
2GC ′:
Teorema 1.3.2. As medianas de um triângulo dividem uma à outra na
proporção de 2 : 1, em outras palavras, as medianas de um triângulo
“trissecar” uma à outra.
B C
A
F
E
D
H
Figura 1.8:
As cevianas AD, BE, CF (figura 1.8), perpendiculares a BC, CA,
AB, respectivamente, são chamadas de alturas do 4ABC. Como vimos
no exerćıcio 2 da seção 1.2, o inverso do teorema de Ceva mostra que elas
são concorrentes. Seu ponto comum H é chamado de ortocentro.3 Os
pontos D, E, F são naturalmente chamados os pés das alturas. Traçando
os segmentos que os unem obtemos o triângulo 4DEF , chamado de
triângulo órtico do 4ABC.
Outro importante conjunto de cevianas são as três bissetrizes inter-
nas. A figura 1.9 mostra a AL, uma de tais bissetrizes. Aplicando o
teorema 1.1.1 para os triângulos 4ABL e 4ALC (cujos ângulos em L,
são complementares, logo seus senos são iguais), obtemos
BL
sen 1
2A
=
c
senL
,
LC
sen 1
2A
=
b
senL
donde
BL
LC
=
c
b
.
Uma vez que podemos derivar resultados semelhantes envolvendo as bis-
setrizes dos ângulos internos B e C, provamos que:
3Para a história deste termo, ver J. Satterly, Mathematical Gazette 45 (1962), p.
51.
[SEC. 1.3: PONTOS INTERESSANTES 9
A
B C
c b
L
α α
Figura 1.9:
Teorema 1.3.3. Cada bissetriz de um triângulo divide o lado oposto em
segmentos de comprimento proporcionais aos lados adjacentes.
Qualquer ponto de AL (figura 1.9) é equidistante de CA e AB. Do
mesmo modo, qualquer ponto sobre a bissetriz do ângulo interno B é
equidistante de AB e BC. Por isso, o ponto I onde essas duas bissetrizes
se encontram está a igual distância r dos três lados:
Teorema 1.3.4. As bissetrizes internas dos três ângulos de um triân-
gulo são concorrentes.
A
B C
α α
I
r
β
β
γ
γ
Figura 1.10:
A circunferência com centro I e raio r (figura 1.10) tem os três la-
dos como tangentes e, assim, é a circunferência inscrita ou inćırculo.
Chamamos a I de incentro e a r o inraio.
Exerćıcios
1. O circuncentro e o ortocentro de uma triângulo obtusângulo caem
fora do triângulo.
10 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
2. Encontrar a relação entre a área de um triângulo dado, com a
área de triângulo cujos lados têm os mesmos comprimentos das
medianas do triângulo original.
3. Qualquer triângulo que tem duas medianas iguais é isósceles.
4. Qualquer triângulo que tem dois alturas iguais é isósceles.
5. Use os teoremas 1.2.2 e 1.3.3 para obter uma outra prova do teo-
rema 1.3.4.
6. Encontrar o comprimento da mediana AA′(figura 1.7), em função
de a, b, c.
Dica: Use o teorema de Stewart (Exerćıcio 4 da seção 1.2)
7. O quadrado do comprimento da bissetriz AL (figura 1.9) é
bc
ñ
1−
Å
a
b+ c
ã2ô
.
8. Encontrar os comprimentos das bissetrizes do triângulo retângulo
com lados 3, 4, 5.
9. O produto de dois lados de um triângulo é igual ao produto do
circundiâmetro e da altura sobre o terceiro lado.
1.4 Inćırculo e exćırculos
A figura 1.11 mostra o inćırculo tocando os lados BC, CA, AB em
X, Y , Z.
A
B C
I
X
r
Y
Z r
r
x x
z
zy
y
Figura 1.11:
[SEC. 1.4: INĆIRCULO E EXĆIRCULOS 11
Uma vez que duas tangentes a uma circunferência a partir de qual-
quer ponto externo são iguais, vemos que AY = AZ, BZ = BX,
CX = CY . Denotando os comprimentos estes segmentos por x, y,
z, temos que
y + z = a, x+ z = b, x+ y = c.
Adicionando estas equações e usando a abreviatura s usada nos trabalhos
de Euler para o semipeŕımetro, temos
2x+ 2y + 2z = a+ b+ c = 2s,
logo x+ y + z = s e
Teorema 1.4.1. x = s− a, y = s− b e z = s− c.
Como o triângulo 4IBC tem base a e altura r, sua área é (IBC) =
1
2ar. Adicionando as expressões análogas para (ICA) e (IAB), obtemos
1
2(a+ b+ c)r = sr. Por isso
Teorema 1.4.2. (ABC) = sr.
A figura 1.12 mostra o triângulo4IaIbIc cujos lados são as bissetrizes
externas dos ângulos A, B, C. Qualquer ponto na bissetriz IcIa do ∠B é
equidistante de AB e BC. Da mesma forma, qualquer ponto sobre IaIb é
equidistante de BC e CA. Por isso, o ponto Ia, onde as duas bissetrizes
externos se encontram está a distâncias iguais ra aos três lados. Uma vez
que é equidistante dos lados AB e AC, deve estar no lugar geométrico
de pontos equidistantes destas linhas, isto é, ela deve encontrar-se na
linha IA, a bissetriz interna do ∠A:
Teorema 1.4.3. As bissetrizes externas de quaisquer dois ângulos de um
triângulo são concorrentes com a bissetriz interna do terceiro ângulo.
A circunferência com o centro Ia e raio ra tem os três lados do tri-
ângulo como tangentes, e é uma dos três circunferências exincritos ou
exćırculos. Chamamos seus centros Ia, Ib, Ic, de excentros e seus raios
ra, rb, rc de exraios. Cada exćırculo toca um lado do triângulo interna-
mente e os outros dois lados (suas extensões) externamente. O inćırculo
e os três exćırculos, que tocando os três lados do triângulo, as vezes são
chamados de os quatro ćırculos tri-tangentes do triângulo.
Da marcação dos pontos de contato como na figura 1.12, observamos
que, como duas tangentes desde um ponto a uma circunferência tem
comprimentos iguais,
BXb = BZb
12 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
A
B C
I
Ic
Ib
Ia
Yb
Za
Ya
Xb
Zb
Yc
Xc
Zc
Xa
Figura 1.12:
e
BXb +BZb = BC + CXb + ZbA+AB
= BC + CYb + YbA+AB = a+ b+ c = 2s.
Assim, as tangentes de B (ou qualquer outro vértice) ao exćırculo do
lado oposto tem comprimento s. Com efeito,
AYa = AZa = BZb = BXb = CXc = CYc = s.
Além disso, uma vez que CXb = BX −BC = s− a, e da mesma forma,
BXc = BZc = CXb = CYb = s− a,
CYa = CXa = AYc = AZc = s− b,
AZb = AYb = BZa = BXa = s− c.
[SEC. 1.5: TEOREMA DE STEINER-LEHMUS 13
Exerćıcios
1. Se três circunferências com centros A, B, C são todos tangentes
externamente um com os outros, então seus raios são s− a, s− b,
s− c.
2. Se s, r, R tem seu significado usual, então abc = 4srR.
3. As cevianas AX, BY , CZ (figura 1.11) são concorrentes. (O ponto
comum é chamado de ponto de Gergonne do 4ABC).
4. O triângulo 4ABC é o triângulo órtico do 4IaIbIc (figura 1.12).
5. (ABC) = (s − a)ra = (s − b)rb = (s − c)rc. (confronte com o
teorema 1.4.2)
6.
1
ra
+
1
rb
+
1
rc
=
1
r
.
1.5 Teorema de Steiner-Lehmus
Existem numerosos problemasgeométricos que parecem exercer um
fasćınio peculiar em quem tropeça com eles. Isto parece ter sido uma
caracteŕıstica da geometria, mesmo em tempos antigos. Basta recor-
dar os três problemas famosos da antiguidade, a duplicação do cubo, a
trissecção do ângulo geral, e a quadratura do ćırculo. Tentativas para
resolver estes problemas conduziram ao desenvolvimento de muitos no-
vos ramos da matemática. Mesmo agora, há “matemáticos amadores”
que enviam “soluções” para esses problemas e desafiam o leitor a provar
que estão errados. Um teorema que sempre desperto o interesse, pode
ser enunciado assim:
Teorema 1.5.1. Qualquer triângulo que tem dois bissetrizes iguais (me-
didas a partir de um vértice até o lado oposto) são isósceles.
Em 1840, este teorema foi enviada em uma carta de C.L. Lehmus
para C. Sturm, com o pedido de encontrar uma prova puramente geomé-
trica. Sturm menciona isto para vários matemáticos. Um dos primeiros
a responder ao desafio foi o grande geômetra súıço Jacob Steiner, e as-
sim tornou-se conhecido como o teorema de Steiner-Lehmus. Artigos
sobre este problema apareceram em vários jornais em 1842, 1844, 1848,
em quase todos os anos desde 1854 até 1864, e com uma boa dose de
regularidade durante os próximos cem anos.
Uma das provas mais simples faz uso dos seguintes dois lemas.
14 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
Lema 1.5.1.1. Se duas cordas de uma circunferência subtendem ân-
gulos agudos em diferentes pontos da circunferência, o ângulo mais pe-
queno pertence à corda mais corta.
Demonstração: Dois cordas iguais subtendem ângulos iguais no cen-
tro e ângulos iguais (metade do tamanho) em pontos apropriados na
circunferência. Para duas cordas distintas, a mais curta, sendo mais
distante do centro, subtende um ângulo menor e, consequentemente, um
ângulo agudo menor na circunferência.
Lema 1.5.1.2. Se um triângulo tem dois ângulos diferentes, o ângulo
menor tem a bissetriz interna maior ([8], p. 72.)
Demonstração: Seja 4ABC um triângulo, com ]B < ]C, como na
figura 1.13;4 Sejam BM e CN as bissetrizes dos ângulos ∠B e ∠C.
Queremos provar que a BM > CN . Tome M ′ em BM tal que que
]M ′CN = 1
2]B. Como a medida deste ângulo é igual à medida de
]M ′BN , os quatro pontos N , B, C, W estão em uma circunferência.
A
B C
N
M ′
M
1
2
B
1
2
C
1
2 B
Figura 1.13:
Como
]B <
1
2
(]B + ]C) < ]CBN < ]M ′CB < 90◦.
Pelo lema 1.5.1.1, CN < M ′B. Dáı BM > BM ′ > CN .
A prova do teorema: Frequentemente acontece que um teorema
pode ser expresso em uma forma equivalente na forma “contrapositiva”.
4Aqui e no que se segue, muitas vezes denotaremos ∠B, o ângulo em B simples-
mente pela letra B, enquanto denotaremos a mediada do ângulo ∠B por ]B.
[SEC. 1.5: TEOREMA DE STEINER-LEHMUS 15
Por exemplo, em vez de dizer que todos os homens são mortais, podemos
muito bem dizer imortalidade não é dos homens. Em vez de provar o
teorema 1.5.1 em si, será suficiente provar que, se no triângulo 4ABC,
]B 6= ]C, então BM 6= CN . Mas isso é uma consequência imediata do
lema 1.5.1.2
Archibald Henderson escreveu uma das muitas biografias de Bernard
Shaw, e também um tratado sobre As vinte e sete linhas sobre a super-
f́ıcie cúbica. Em seu artigo, o problema Lehmus-Steiner-Terquem em
pesquisa global (Scripta Mathematica, 21, 1955, pp 223-232, 309-312),
ele atribui uma prova semelhante ao próprio Lehmus (1850). A idéia
de substituir o teorema por sua contrapositiva reforçada aparece em um
artigo de Victor Thébault (Mathesis, 44, 1930, p. 97), quem provou o
lema 1.5.1.2 exatamente como antes e, em seguida, deduziu o teorema
1.5.1 como um “corolário”.
Henderson parece ter ficado um pouco desapontado pela prova de
Lehmus, e pela prova mais anterior de Steiner, porque eles não são “di-
retas”. Ele prefere assumir que BM = CN sem considerar a situação
em que B 6= C. A maioria das provas publicadas (por exemplo [8] , p.
73) são da mesma forma indireta. Várias provas supostamente diretas
(por exemplo, [9], respostas aos exerćıcios, p. 2) têm sido propostas, mas
cada um deles é realmente uma prova indireta disfarçada. Para ver se
este é o caso, recordar que apenas os teoremas muito mais elementares
são, na prática, provados completamente. Todo o resto são provados
com a ajuda de outros teoremas, já conhecidos: toda uma cadeia de teo-
remas indo de volta até os axiomas. Uma prova não pode corretamente
ser chamada de direta, se qualquer um desses teoremas auxiliares tem
uma prova indireta. Agora, alguns dos teoremas mais simples e mais
básica tem provas indiretas: consequentemente, se insistimos com fran-
queza completa, nosso armazém de teoremas seria reduzido para meras
trivialidades. É esta observação motivo de tristeza? Nas palavras do
grande matemático inglês, G.H. Hardy ([18] p. 34):
“Reductio ad absurdum, que Euclides tanto amava, é uma das me-
lhores armas de um matemático, e é uma jogada muito mais fina do
que qualquer jogada de xadrez. Um jogador de xadrez pode oferecer o
sacrif́ıcio de um peão ou até mesmo de outra peça, mas um matemático
oferece o jogo”.
Exerćıcios
1. Seja BM e CN bissetrizes externas dos ângulos ]B = 12◦ e
]C = 132◦ de um triângulo 4ABC, cada uma terminando no
lado oposto. Sem o uso de funções trigonométricas, compare os
16 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
comprimentos das bissetrizes. (O. Bottema5).
2. Onde nossa prova do teorema 1.5.1 falha se tentamos aplicá-la ao
triângulo do Bottema (em que ninguém pode negar que ]B <
]C)?
3. Use o exerćıcio 7 da seção 1.3 para obter uma prova “direta” do
teorema de Steiner-Lehmus.
1.6 Triângulo Órtico
Muito pode ser aprendido a partir de inspeção da figura 1.14, que
mostra um triângulo acutângulo 4ABC, o seu circuncentro O, seu or-
tocentro H, e seu triângulo órtico 4DEF . Vamos explicar as razões
para a marcação de vários ângulos com o mesmo śımbolo α, significando
90◦−]A. Em primeiro lugar, uma vez que o triângulo 4OA′C é similar
ao triângulo 4JBC da figura 1.1, ]A′OC = ]A. Assim, os ângulos da
base do triângulo isósceles 4OBC são cada um 90◦ − ]A. Os triângu-
los retângulos 4ABE e 4ACF nos dão o mesmo valor para ]EBA e
]ACF . A igualdade destes dois últimos ângulos também poderiam ter
sido vista a partir do fato de que, uma vez que ]BEC e ]BFC são
ângulos retos, o quadrilátero BCEF é inscrit́ıvel numa circunferência.
Fazendo uso análogo do quadriláteros BDHF e CEHD, encontramos
que
]HDF = ]HBF = ]EBF = ]ECF = ]ECH = ]EDH.
Assim ED bisseta o ∠EBF .
Da mesma forma, HE bisseta ∠FED, e EF bisseta ∠BFE. Um
primeiro resultado interessante, portanto, é a seguinte: As alturas de um
triângulo são as bissetrizes dos ângulos de seu triângulo órtico. Expressá-
la de uma outra forma que tem um certo sabor lingúıstico é a seguinte:
Teorema 1.6.1. O ortocentro de um triângulo acutângulo é o incentro
de seu triângulo órtico.
Observamos na figura 1.14 que ]HDF = ]DBO. Como EB é
perpendicular a DB, FB deve ser perpendicular a OB. Similarmente,
DE é perpendicular a OC, e EF é perpendicular a OA.
Exerćıcios
1. 4AEF ∼ 4DBF ∼ 4DEC ∼ 4ABC (Figura 1.14).
5Ver Archibald Henderson, Scripta Mathematica 21 (1956), pp 309-310.
[SEC. 1.7: TRIÂNGULO MEDIAL E LINHA DE EULER 17
O
B
A
C
A′
F
E
D
H
α
α
ααα
Figura 1.14:
2. Desenhe uma nova versão da figura 1.14, com um ângulo obtuso
em A. Quais das conclusões acima devem ser alteradas?
3. O ortocentro de um triângulo obtusângulo é um excentro de seu
triângulo órtico.
4. ]EAO = |]B − ]C| .
1.7 Triângulo Medial e Linha de Euler
O triângulo formado uniendo-se os pontos médios dos lados de um
triângulo dado será chamado triângulo medial. Na figura 1.15, 4A′B′C ′
é o triângulo medial do 4ABC. Desenhamos as duas medianas AA′ e
BB′ que se encontram em G, duas alturas do triângulo 4ABC que se
encontram em H, e duas alturas do triângulo4A′B′C ′ que se encontramem O. É notável quanto podemos descobrir a partir apenas de uma
inspeção dessa figura.
Primeiro, o 4A′B′C ′ tem seus lados paralelos aos lados do 4ABC,
de modo que os dois triângulos são semelhantes. Em seguida, C ′B′ =
1
2BC, de modo que o razão entre quaisquer dois segmentos de linha
correspondentes (não meramente os lados correspondentes) será de 1 : 2.
De fato, os segmentos de linha B′C ′, C ′A′, A′B′ cortam o triângulo
4ABC em quatro triângulos congruentes.
18 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
O
B
A
C
A′
E
D
H
C ′ B′P
N
G
Figura 1.15:
Logo, vemos que AC ′A′B′ é um paralelogramo, de modo que AA′
bisseta B′C ′. Portanto, as medianas de 4A′B′C ′ estão sobre as medi-
anas de 4ABC, o que significa que ambos os triângulos têm o mesmo
baricentro, G. Incidentalmente, o ponto médio P de B′C ′ também é o
ponto médio de AA′.
Agora, as alturas do 4A′B′C ′ que temos desenhado são as media-
trizes dos lados AB e BC do 4ABC. Conclui-se que O, o ortocentro
do 4A′B′C ′, é ao mesmo tempo o circuncentro do 4ABC. Uma vez
que H é a ortocentro do 4ABC enquanto O é o ortocentro do triângulo
semelhante 4A′B′C ′, segue que AH = 2OA′. Do teorema 1.3.2, sabe-
mos que AG = 2GA. Finalmente, uma vez que AD e OA′ são ambos
perpendiculares ao lado BC, eles são paralelos. Por isso
]HAG = ]OA′G,
e logo
4HAG ∼ 4OA′G, e ]AGH = ]A′GO.
Isso mostra que os pontos O, G, H são colineares, e HG = 2GO:
Teorema 1.7.1. O ortocentro, o baricentro e o circuncentro de um tri-
ângulo qualquer são colineares. O baricentro divide o segmento do orto-
centro ao circuncentro na proporção de 2 : 1.
A linha em que estes três pontos se encontram é chamada de linha
de Euler do triângulo.
[SEC. 1.7: TRIÂNGULO MEDIAL E LINHA DE EULER 19
Vamos estudar a figura 1.15 mais de perto. Marcamos o ponto N ,
onde a linha de Euler HO encontra a linha que passa por P e é perpendi-
cular a B′C ′. As três linhas AH, PN , A′O, são perpendiculares a B′C ′,
logo são paralelas. Como AP = PA′, elas estão igualmente espaçadas:
PN está à mesma distacia de AH e A′O. Dáı que N é o ponto médio
do segmento de HO.
Esta relação foi obtida olhado o lado B′C ′ do 4A′B′C ′. Se aplicar-
mos o mesmo racioćınio para qualquer um dos outros lados, o segmento
de linha HO permanece fixo e é cortado pela mediatriz do novo lado.
Como HO tem apenas um ponto médio, podemos afirmar que as me-
diatrizes dos três lados do 4A′B′C ′ passam pelo ponto N . Em outras
palavras, N deve ser o circuncentro do 4A′B′C ′.
Para resumir, o circuncentro do triângulo medial encontra-se no
ponto médio do segmento de HO da linha de Euler do triângulo prin-
cipal. Além disso, uma vez que 4A′B′C ′ ∼ 4ABC, o circumraio do
triângulo medial é igual a metade da circumraio do triângulo principal.
O nome Euler aparece com tanta frequência e em tantos ramos da
matemática que algumas palavras sobre ele são pertinentes. Leonhard
Euler nasceu em 1707 em Basel, Súıça. Em 1727, foi convidado para a
Academia de São Petersburg, na Rússia. Em 1741, partiu para Berlim,
para assumir a cadeira de matemática na Academia Prussiana. Voltou
a São Petersburgo, em 1766, e lá permaneceu até sua morte em 1783.
Euler foi um trabalhador incansável, suas atividades enriqueceram
todos os campos da matemática. Onde quer que se olhe, há um teorema
de Euler, uma fórmula de Euler, ou um método de Euler. Euler escreveu
473 memórias que foram publicadas durante sua vida, 200 que foram
publicadas logo depois, e 61 outras que tiveram que esperar. Além
disso, ele fez tudo isso numa situação de desvantagem grave, pois ele
perdeu a visão de um olho em 1735, e a vista do outro em 1766. Sua
habilidade em manipulação foi notável, e sua compreensão intuitiva da
matemática enorme. Vamos a encontrar o seu nome uma e outra vez em
nosso trabalho.
Exerćıcios
1. Desenhar uma nova versão da figura 1.15, com base na figura 1.2
em vez da figura 1.1, verificar que a nossa prova do teorema 1.7.1
continua válida quando 4ABC tem um ângulo obtuso.
2. OH2 = 9R2 − a2 − b2 − c2.
3. DA′ =
1
2c
|b2 − c2|.
20 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
4. Se 4ABC tem a propriedade especial de que a sua linha de Euler
é paralela ao lado BC, então tanB tanC = 3.
1.8 Ćırculo dos nove pontos
Para tornar as coisas um pouco mais fáceis, removemos algumas das
linhas da figura 1.15 e, em seguida, adicionar algumas outras; o resultado
é a figura 1.16. Vamos ver o que podemos deduzir a partir deste dia-
grama, em que K, L e M são os pontos médios dos segmentos AH, BH,
CH das três alturas. Uma vez que AC é um lado comum dos triângulos
4ABC e 4CBH, cujos lados são cortados pela metade pelos pontos
C ′, B′ e L, M , respectivamente, os segmentos C ′B′ e LM são paralelas
a BC (com a metade do comprimento). Do mesmo modo, uma vez que
a HA é um lado comum dos triângulos 4BAH e 4CAH, os segmentos
C ′L e B′M são paralelos a HA (com a metade do comprimento). Dáı
que B′C ′LM é um paralelogramo. Como BC e AH são perpendicula-
res, este paralelogramo é um retângulo. Da mesma forma, A′B′KL é
um retângulo (e portanto C ′A′MK também). Dáı que A′K, B′L, C ′M
são três diâmetros de uma circunferência, como na figura 1.17.
O
B
A
C
A′
F
E
D
H
C ′ B′
N
L
K
M
Figura 1.16:
Como ∠A′BK é um ângulo reto, esta circunferência (com A′K como
diâmetro) passa por D. Da mesma forma, ele passa por E e F . Em
outras palavras:
[SEC. 1.8: ĆIRCULO DOS NOVE PONTOS 21
Teorema 1.8.1. Os pés das três alturas de qualquer triângulo, os pontos
médios dos três lados, e os pontos médios dos segmentos entre os três
vértices e o ortocentro, estão sobre a mesma circunferência, de raio 1
2R.
Seguindo J.V. Poncelet, chamamos esse circunferência de ćırculo dos
nove pontos do triângulo. Uma vez que os três pontos K, L, M são
diametralmente opostos a A′, B′ e C ′, não é posśıvel derivar novos tri-
ângulos a partir dos triângulos 4A′B′C ′ e 4KLM , por uma rotação de
180◦ (meia volta) em torno do centro desta circunferência. Claramente,
uma meia-volta, que transporta dois triângulos congruentes, também
deve trocar seus ortocentros, H e O. Assim, o centro do ćırculo dos
nove pontos é o ponto médio de HO, que já foi denotado por N , na
preparação para seu papel como centro do ćırculo dos nove pontos. Em
outras palavras:
Teorema 1.8.2. O centro do ćırculo dos nove pontos encontra-se na
linha de Euler, no ponto médio entre o ortocentro e o circuncentro.
O
B
A
CA′
F
E
D
H
C ′ B′
N
L
K
M
Figura 1.17:
A história desses dois teoremas é um pouco confusa. Um problema de
B. Bevan que apareceu em um jornal inglês, em 1804, parece indicar que
eles eram conhecidos então. Eles são por vezes atribúıdos erradamente a
Euler, que provou, em 1765, que o triângulo órtico e o triângulo medial
de um triângulo têm a mesma circunferência circunscrita. Na verdade, os
escritores continentais6 costumam chamar a circunferência de “o ćırculo
6NT:escritores europeus
22 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
de Euler”. A primeira prova completa parece ser de fato de Poncelet,
publicada em 1821. K. Feuerbach redescobriu o resultado parcial de
Euler mais tarde, e acrescentou mais uma propriedade que é tão notável
que tem levado muitos autores a chamar o ćırculo dos nove pontos de
“o ćırculo de Feuerbach”. O teorema de Feuerbach (que provaremos na
seção 5.6) afirma que o ćırculo de nove pontos é tangente às quatro
circunferências tri-tangentes.
Exerćıcios
1. O quadrilátero AKA′O (figura 1.16) é um paralelogramo.
2. No ćırculo dos nove pontos (figura 1.17), os pontos K, L, M bis-
setam os respectivos arcos ĒF , D̄F , D̄E.
3. A circunferência circunscrita ao4ABC é o ćırculo dos nove pontos
do 4IaIbIc.
4. Dados três circunferências congruentes com um ponto comum e
que se encontram de novo em três pontos A, B e C. Então o
raio comum das três circunferênciasdadas é igual ao circunraio do
4ABC, e o seu ponto comum é seu ortocentro.
5. O ćırculo dos nove pontos corta os lados do triângulo em ângulos
|B − C|, |C −A|, |A−B|.
1.9 Triângulos Pedais
O triângulo órtico e o triângulo medial são dois casos de um tipo
mais geral de triângulos associado ao triângulo original. Seja P um
ponto qualquer no interior de um triângulo 4ABC, e sejam PA1 PB1
e PC1 perpendiculares aos três lados BC, CA e AB, como na figura
1.18. Os pés dessas perpendiculares são os vértices de um triângulo
4A1B1C1 que é chamado de triângulo pedal do 4ABC para o “ponto
pedal”P . A restrição de P no interior do triângulo pode ser flexibilizada
se concordarmos em assumir que (por um motivo que vai ser explicado na
seção 2.5) P não está situado na circunferência circunscrita ao 4ABC.
Claramente, o triângulo órtico ou o triângulo medial surge quando P é
o ortocentro ou o circuncentro, respectivamente.
Examinemos a figura 1.18 mais de perto. Os ângulos retos em B1
e C1 indicam que estes pontos se encontram sobre a circunferência com
o diâmetro de AP , em outras palavras, P está na circunferência cir-
cunscrita ao 4AB1C1. Aplicando a lei dos senos para este triângulo e
[SEC. 1.9: TRIÂNGULOS PEDAIS 23
A
B C
P
C1 B1
A1
Figura 1.18:
também para o triângulo 4ABC, obtém-se
B1C1
senA
= AP,
a
senA
= 2R
onde
B1C1 = a
AP
2R
.
Da mesma forma, temos,
C1A1 = b
BP
2R
e A1B1 = c
CP
2R
.
Assim temos provado que:
Teorema 1.9.1. Se o ponto pedal dista x, y e z dos vértices do triângulo
4ABC, então o triângulo do pedal tem lados de comprimentos
ax
2R
,
bx
2R
e
cx
2R
.
No caso que x = y = z = R é evidentemente conhecido.
Um exerćıcio interessante envolvendo triângulos pedais de triângu-
los pedais é ao mesmo tempo um exemplo maravilhoso da imaginação
na geometria. Parece ter aparecido pela primeira vez quando ele foi
adicionado, pelo editor J. Neuberg, na sexta edição (1892) do clássico
livro de John Casey Uma sequência aos seis primeiros livros dos Ele-
mentos de Euclides. Na figura 1.19, um ponto P interior ao triângulo
é usado para determinar o triângulo 4A1B1C1, o (primeiro) triângulo
pedal do triângulo 4ABC. O mesmo ponto pedal P é usado novamente
para determinar o triângulo 4A2B2C2, o triângulo pedal de 4A1B1C1,
que naturalmente chamaremos de“segundo triângulo pedal”do triângulo
4ABC. Aplicando esta operação por terceira vez obtemos o 4A3B3C3,
o triângulo pedal de 4A2B2C2. Entendendo-se que, para este “ terceiro
triângulo pedal” usamos o mesmo ponto pedal P . Usando esta termino-
logia, a descoberta de Neuberg pode ser expressa da seguinte forma:
24 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
Teorema 1.9.2. O terceiro triângulo pedal é semelhante ao triângulo
original.
A
B C
P
C1
B1
A1
B2
C2
A2
C3 B3
A3
Figura 1.19:
A prova é surpreendentemente simples. O desenho praticamente a
dá, logo que unimos P com A com um segmento. Como P está so-
bre os circunćırculos dos triângulos 4AB1C1, 4A2B1C2, 4A3B3C2,
4A2B2C1 e 4A3B2C3, temos que
]C1AP = ]C1B1P = ]A2B1P = ]A2C2P
= ]B3C2P = ]B3A3P
e
]PAB1 = ]PC1B1 = ]PC1A2 = ]PB2A2
= ]PB2C3 = ]PA3C3.
Em outras palavras, as duas partes em que AP divide o ângulo ∠A
(marcado no desenho com um único arco e um arco duplo) têm os seus
homólogos iguais em B1 e C1, novamente em C2 e B2, e, finalmente
ambos em A3. Dáı que os triângulos 4ABC e 4A3B3C3 têm ângulos
[SEC. 1.9: TRIÂNGULOS PEDAIS 25
iguais em A e A3. Do mesmo modo, eles têm ângulos iguais em B e B3.
Assim, o teorema está demonstrado.
É interessante acompanhar no desenho a “passeata de ângulos” da
posição A para a posição A3; tão puro quanto as manobras de uma
parada militar.
Esta propriedade dos pedais iterados foi generalizada por B. M.
Stewart (Am. Math. Monthly, vol. 47, agosto-setembro 1940, pp 462-
466). Ele encontra que o n-ésimo n-ágono pedal de qualquer n-ágono é
semelhante ao n-ágono original. É instrutivo tentar isto para o quarto
quadrilátero pedal de um quadrilátero.
Neste ponto, damos uma pausa em nossas investigações. Fizemos
parte do que nos propusemos fazer: começando com dados conhecidos,
temos desenvolvido alguns fatos simples, mas significativos. Existem
muitos problemas que se prestam a solução através dos métodos descritos
aqui. Alguns deles são resultados bem conhecidos que o leitor pode ter
visto antes.
Chegamos ao final deste caṕıtulo, apresentando cinco exerćıcios clás-
sicos e dif́ıceis.
Exerćıcios
1. Se uma ceviana AQ de um triângulo equilátero4ABC é estendida
até cortar a circunferência circunscrita em P , então
1
PB
+
1
PC
=
1
PQ
.
2. Seja 4PAB um triângulo isósceles, com ângulos iguais de 15◦
nas extremidades da sua base AB, desenhado no interior de um
quadrado ABCD, como na figura 1.20, então, os pontos P , C e D
são os vértices de um triângulo equilátero.
A B
CD
P
15◦ 15◦
Figura 1.20:
26 [CAP. 1: PONTOS E LINHAS RELACIONADAS COM O TRIÂNGULO
3. As linhas PB e PD, fora de um paralelogramo ABCD, fazem
ângulos iguais com os lados AC e DC, respectivamente, como na
figura 1.21, então ]CPB = ]DPA. (É claro que isso é uma figura
plana, não tridimensional !)
A B
CD
P
α
β
β
α
Figura 1.21:
4. Seja 4ABC um triângulo isósceles com ângulos de medida igual
a 80◦ em B e C. As cevianas BD e CE dividem os ângulos ∠B e
∠C em ângulos de medida 60◦ + 20◦ e 30◦ + 50◦, como na figura
1.22. Determine ]EDB.
A
C
B
60
◦
D
E
50 ◦30
◦
20 ◦
Figura 1.22:
5. Se duas linhas através de um vértice de um triângulo equilátero
dividem o semićırculo desenhada no exterior do lado oposto em
três arcos iguais, então estas mesmas linhas dividir o próprio lado
em três segmentos de linha de igual comprimento.
Caṕıtulo 2
Algumas propriedades das
circunferências
Embora os gregos trabalharam frutuosamente, não só
na geometria, mas também nos mais variados campos
da matemática, no entanto, hoje temos ido além em
todos os campos, e certamente também em geometria.
Felix Klein
A circunferência tem estado em alta estima através dos tempos. Sua
forma perfeita afetou filósofos e astrônomos de igual forma. Até Kepler
derivar suas leis, a ideia de que planetas podiam mover-se em trajetó-
rias diversas, não circulares era impensável. Hoje em dia, as palavras
“quadrado”, “linha”, e assim por diante, por vezes, têm conotações de-
preciativas, mas o ćırculo nunca. Inocentado de bobagens supersticiosas
e pseudo-ciência, ainda se destaca, estimável como sempre.
Limitações de espaço tornam imposśıvel para nós apresentar mais
do que algumas das propriedades mais interessantes desenvolvidas desde
Euclides da circunferência e de sua relação com triângulos e outros po-
ĺıgonos.
2.1 Potência de um ponto com respeito a uma
circunferência
Começamos nossas investigações, recordando dois dos teoremas de
Euclides: III.35, sobre o produto das partes em que dois cordas de
uma circunferência se dividem entre si (isto é, na notação da figura
2.1, PA× PA′ = PB × PB′ ) e III.36, comparando uma secante e uma
tangente desenhada a partir do mesmo ponto P do lado de fora do ćır-
culo (na figura 2.2, PA×PA = PT 2). Se concordarmos em asumir uma
27
28 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
tangente como limites de secantes, podemos combinar esses resultados
como segue:
Teorema 2.1.1. Através de duas linhas pelo ponto P e que encontram
a circunferêcnia nos pontos A, A′(possivelmente coincidentes) e B, B′
(possivelmente coincidentes), respectivamente, então, PA×PA′ = PB×
PB′.
B
A
A′
B′
P
Figura 2.1:
Para uma prova só precisamos observar os triângulos semelhantes
4PAB′ e 4PBA′ (com ângulo comum em P ), segue que
PA
PB′
=
PB
PA′
.
Na figura 2.2, podemos igualmente usar os triângulos semelhantes4PAT
B′
A′
B
A
P
T
Figura 2.2:
e 4PTA′ para obter
PA
PT
=
PT
PA′
.
[SEC. 2.1: POTÊNCIA DE UM PONTO COM RESPEITO A UMA CIRCUNFERÊNCIA29
e então podemos dizer que PA× PA′ = PT 2 = PB × PB.
Se R denota o raio da circunferência circunscrita, e d a distância
de P ao centro. Ao tomar BB′ para ser o diâmetro que passa por P
(com B mais distante de P que B′), vemos que, se P está dentro do
circunferência (como na figura 2.1),
AP × PA′ = BP × PB′ = (R+ d)(R− d) = R2 − d2,
e se P está fora (como mostrado na figura 2.2)
PA× PA′ = PB × PB′ = (d+R)(d−R) = d2 −R2.
A equação PA × PA′ = R2 − d2 fornece uma prova rápida de uma
fórmula devida a Euler:
Teorema 2.1.2. Sejam O e I o circuncentro e o incentro, respectiva-
mente, de um triângulo com circumraio R e inraio r; seja d a distância
OI. Então, d2 = R2 − 2Rr.
O
B
A
C
L
M
I
Y
r
d
β
β
α
α α
α
Figura 2.3:
A figura 2.3 mostra a bissectriz interna do ângulo ∠A estendida até
cortar a circunferência circunscrita em L, o ponto médio do arco B̄C que
não contém A. Seja LM o diâmetro perpendicular a BC. Escrevemos,
por conveniência, α = 1
2]A e β = 1
2]B, e observamos que
]BML = ]BAL = α e ]LBC = ]LAC = α
30 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
Como o ângulo exterior do triângulo 4ABI em I é
]BIL = α+ β = ]LBI,
segue que 4LBI é isósceles, logo LI = LB. Assim
R2 − d2 = LI × IA = LB × IA
= LM
LB/LM
IY/IA
IY = LM
senα
senα
IY
= LM × IY = 2Rr,
isto é, d2 = R2 − 2rR, como queŕıamos demonstrar.
Para qualquer circunferência de raioR e qualquer ponto P a distancia
d do centro, chamamos
d2 −R2
a potência P em relação ao ćırculo. A potência é claramente positiva
quando P está fora, zero quando P sobre a circunferência, e negativa
quando P está dentro. No primeiro destes casos já obtivemos uma ex-
pressão alternativa
PA× PA′,
em que A e A′ são quaisquer dois pontos da circunferência, colineares
com P (como no teorema 2.1.1). Esta expressão para a potência de um
ponto P permanece válida para todas as posições de P onde adotamos a
idéia de Newton de segmentos de linha dirigidos: uma espécie de álgebra
vetorial unidimensional em que AP = −PA.
O produto (ou quociente) de dois segmentos dirigidos em uma linha
é considerada como sendo positiva ou negativa conforme as direções dos
segmentos sejam iguais ou contrárias. Com essa convenção, a equação
d2 −R2 = PA× PA′
é valida para todo ponto. Se P está dentro
d2 −R2 = −(R2 − d2) = −AP × PA′ = PA× PA′
e, se P está na circunferência, ou A ou A′ coincidem com P , de modo
que um dos segmentos tem comprimento zero. Na verdade, depois de
observar que o produto PA×PA′ tem o mesmo valor para cada secante
(ou corda) através de P , podeŕıamos ter usado esse valor como uma
definição para a potência de P em relação ao ćırculo.
A palavra potência foi usada pela primeira vez com esse sentido por
Jacob Steiner, cujo nome já apareceu no caṕıtulo 1.
[SEC. 2.2: EIXO RADICAL DE DUAS CIRCUNFERÊNCIAS 31
Exerćıcios
1. Qual é o menor valor (algebricamente) posśıvel que a potência de
um ponto pode ter com relação a um ćırculo de raio dado R? Em
que ponto acontece esse valor cŕıtico da potência?
2. Qual é o lugar geométrico dos pontos de potência constante (maior
do que −R2) em relação a um ćırculo dado?
3. Se a potência de um ponto tem o valor positivo t2, interpretar o
comprimento t geometricamente.
4. Se PT e PU são tangentes desde P a duas cirucunferências con-
cêntricas, onde T está na circunferência menor, e se o segmento
PT corta a circunferência maior em Q, então PT 2 − PU2 = QT 2.
5. O circunraio de um triângulo é pelo menos duas vezes o inraio.
6. Expresar (em termos de r e R), a potência do incentro em relação
à circunferência circunscrita.
7. A notação de segmentos dirigidos nos permite expressar o teorema
de Stewart (Exerćıcio 4 da seção 1.2) da seguinte forma simétrica
([8], p. 152): Se P , A, B e C são quatro pontos dos quais os três
últimos são colineares, então PA2 × BC + PB2 × CA + PC2 ×
AB +BC × CA×AB = 0.
8. Uma linha através do baricentro G do triângulo 4ABC intersecta
os lados do triângulo nos pontos X, Y e Z. Utilizando o conceito
de segmentos de linha dirigidos, provar que
1
GX
+
1
GY
+
1
GZ
= 0.
9. Quão longe o horizonte pode ser visto do alto de uma montanha
de uma milha de altura? (Suponha que a Terra fosse uma esfera
de diâmetro 7920 milhas).
2.2 Eixo radical de duas circunferências
A seguinte história foi relatada por E.T. Bell ([4], p. 48): A Jo-
vem Princesa Elisabeth, uma exilada da Bohemia, resolveu com sucesso
um problema da geometria elementar usando coordenadas. Como Bell
afirma: “O problema é um belo exemplar da espécie dos que não estão
adaptados para a força bruta da geometria cartesiana elementar”. Seu
professor foi Rene Descartes (de cujo nome coordenadas cartesianas foi
32 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
originado1). Sua reação foi a de “não aceitar a sua solução ... por um
mês.”
A lição é clara: a solução que é posśıvel, de uma certa forma pode
ainda não ser a melhor ou o mais econômica. De qualquer forma, aqui
temos um teorema em que uma prova anaĺıtica, sem ser mais dif́ıcil do
que a prova sintética habitual ([9], p. 86), tem algumas repercussões
interessantes:
Teorema 2.2.1. O lugar geométrico dos pontos cujas potência com res-
peito a duas circunferências não concentricas são iguais é uma linha reta
perpendicular à linha que passa pelos centros das duas circunferências.
Em termos de coordenadas cartesianas retangulares, o quadrado da
distância d entre quaisquer dois pontos (x, y) e (a, b) é
(x− a)2 + (y − b)2.
Por conseguinte, a potência de (x, y) com respeito à circunferência com
centro (a, b) e raio r é
d2 − r2 = (x− a)2 + (y − b)2 − r2.
Em particular, a própria circunferência, sendo o local de pontos (x, y)
de potência zero, tem como equação
(x− a)2 + (y − b)2 − r2 = 0.
A mesma equação, na forma (x− a)2 + (y− b)2 = r2, expressa a circun-
ferência como o lugar geométrico dos pontos cuja distância de (a, b) tem
o valor de r constante.
Quando essa circunferência se expressa na forma
(2.1) x2 + y2 − 2ax− 2by + c = 0
(onde c = a2 + b2 − r2), a potência de um ponto arbitrário (x, y) é
novamente expressa por o lado esquerdo da equação,
x2 + y2 − 2ax− 2by + c.
Outra circunferência que tem o mesmo centro (a, b), mas tem um raio
diferente tem equação da mesma forma, com um c diferente, e qualquer
circunferência que tem um centro diferente tem uma equação da forma
(2.2) x2 + y2 − 2a′x− 2b′y + c′ = 0
1Há alguns que afirmam que foi Pierre de Fermat (1601-1665), quem na verdade
inventou a geometria anaĺıtica. Sua alegação é que ele deu a idéia essencial para
Descartes em uma carta.
[SEC. 2.2: EIXO RADICAL DE DUAS CIRCUNFERÊNCIAS 33
onde a 6= a′ ou b 6= b′. Desta forma estamos livres para usar as equa-
ções 2.1 e 2.2 para as duas circunferências não concêntricos mencionados
no teorema 2.2.1. O lugar geométrico de todos os pontos (x, y), cujas
potências em relação a esses duas circunferências são iguais é
x2 + y2 − 2ax− 2by + c = x2 + y2 − 2a′x− 2b′y + c′.
Como x2 + y2 cancela, este lugar geométrico é a linha reta
(a′ − a)x+ (b′ − b)y =
1
2
(c′ − c).
Ao escolher o nosso sistema de referência para que o eixo x contenha
os dois centros, podemos expressar as duas circunferências na forma mais
simples
(2.3) x2 + y2 − 2ax+ c, x2 + y2 − 2a′x+ c′ = 0
onde a′ 6= a. Segue que, o lugar geométrico se transforma em
x =
c′ − c
2(a′ − a)
.
Esta linha, paralela ao eixo y, é perpendicular ao eixo x, que une os cen-
tros. Uma vez que a linha pode ser definida geometricamente em termos
das circunferências (como o conjunto de todos os pontos de igual potên-
cia), podemos tomar tal linha como o eixo y, como na figura 2.4. Assim,
x
y
(0, y)
O(a, 0) (a′, 0)
Figura 2.4:
quaisquer duas circunferências não concêntricas podem ser expressas em
uma forma ainda mais simples.
(2.4) x2 + y2 − 2ax+ c, x2 + y2 − 2a′x+ c = 0
34 [CAP. 2: ALGUMASPROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
Agora o lugar geométrico é x = 0. Por outro lado, todos os pontos
(0, y) da linha x = 0 tem a mesma potência y2 + c com respeito a ambas
circunferências.
Esta observação completa a prova. É claro que podeŕıamos ter en-
curtado a prova expressando as duas circunferências imediatamente na
forma 2.3, mas teŕıamos perdido o belo lema que, para qualquer circun-
ferência expressa na forma padrão 2.1, a potência de um ponto geral
(x, y) é igual à expressão no lado esquerdo da equação.
A
A′
Figura 2.5:
O lugar geométrico dos pontos de igual potência em relação a duas
circunferências não concêntricos é chamado de eixo radical. No caso es-
pecial quando se interceptam em dois pontos A e A′ (figura 2.5), cada
um desses pontos tem potência zero para ambas circunferências, e, por-
tanto, o eixo radical é simplesmente a linha AA′. Analogamente, quando
A = A′
Figura 2.6:
as duas circunferências são tangentes(figura 2.6), o seu eixo radical é a
sua tangente comum no seu ponto de contato.
Exerćıcios
1. Qual é o lugar geométrico dos pontos a partir dos quais as tangen-
tes de duas circunferências dadas têm comprimentos iguais?
[SEC. 2.3: CIRCUNFERÊNCIAS COAXIAIS 35
2. Quando a distância entre os centros dos duas circunferências é
maior do que a soma dos raios, as circunferências têm quatro tan-
gentes comuns. Os pontos médios desses quatro segmentos de linha
são colineares.
3. Sejam 4PAB, 4AQB, 4ABR, 4P ′BA, 4BQ′A, 4BAR′ seis
triângulos semelhantes, todos com o mesmo lado comumAB. (Três
deles são mostrados na figura 2.7, os restantes pode ser derivada
pela reflexão2 na mediatriz do segmento AB!). Os vértices dos tri-
ângulos que não se encontram sobre o segmento AB (isto é, P , Q,
R, P ′, Q′, R′) estão sobre a mesma circunferência.
A B
P
Q
R
Figura 2.7:
Dica: Compare as potências dos pontos A e B em relação à cir-
cunferência que passa por P , Q e R.
4. Dados a e b, para quais valores de c que a equação 2.1 representam
uma circunferência?
5. Apresente uma construção para o eixo radical de duas circunferên-
cias não concêntricas: a construção deve permanece válida quando
uma circunferência está no interior da outra.
2.3 Circunferências coaxiais
As duas circunferências representados pelas equações em 2.4 (que
pode ser qualquer duas circunferências não concêntricas) são membros
de uma famı́lia infinita, representados pela equação
x2 + y2 − 2ax+ c = 0,
2A operação de reflexão é útil na resolução de diversos problemas geométricos.
Veja, por exemplo, Yaglom [36].
36 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
em que c é fixado, enquanto a varia ao longo de todo o domı́nio dos
números reais (exceto, se c for positivo, que neste caso os valores estão
entre ±
√
c). Esta famı́lia é chamado de feixe de circunferências coaxiais,
porque a cada dois de seus membros têm na mesma linha de centros e
mesmo eixo radical. Se c for negativo, cada membro da famı́lia encontra
o eixo y nos mesmos dois pontos (0,±
√
−c), e o feixe consiste simples-
mente em todos as circunferências que passam estes dois pontos. Da
mesma forma, se c = 0, o feixe consiste de todos as circunferências que
tocam o eixo y na origem. O caso em que c é positiva é ilustrado na
Figura 2.8.
Figura 2.8:
Se três circunferências não coaxiais são tais que não há duas concên-
tricas, podemos tomar em pares e, assim, encontrar três eixos radicais.
Qualquer ponto que tenha a mesma potência com respeito às três cir-
cunferências deve situar-se em as três retas. Por outro lado, qualquer
ponto de intersecção de dois dos três eixos radicais, tendo a mesma po-
tência com respeito às três circunferências, logo deve também situar-se
na terceira reta. Se dois dos eixos são paralelos, então os três devem ser
paralelos. Em particular:
Teorema 2.3.1. Se os centros de três circunferências formam um tri-
ângulo, há apenas um ponto, cujas potências em relação às três circun-
ferencias são iguais.
Este ponto comum dos três eixos de radicais é chamado o centro
radical das três circunferências.
Exerćıcios
1. Duas circunferências são tangentes internamente em um ponto T .
Seja AB a corda da circunferência maior que é tangente à circun-
ferência menor no ponto P . Então, a linha TP bisecta o ângulo
∠ATB.
[SEC. 2.4: MAIS SOBRE ALTURAS E ORTOCENTRO DE UM TRIÂNGULO 37
2. Se três circunferências que não se interceptam têm centro radical 0,
os pontos de contato das seis tangentes desde 0 às circunferências
estão sobre uma circunferência.
2.4 Mais sobre alturas e ortocentro de um tri-
ângulo
A circunferência circunscrita de um triângulo, já encontrada no ante-
rior caṕıtulo, merece um análise mais aprofundada. A figura 2.9 mostra
o circunćırculo ABC com centro O, diâmetro AA0 passando por A, e raio
OL = R perpendicular a BC. Também vemos a altura AD = ha. Os
ângulos iguais em B e Aa nos levam à semelhança 4ABD ∼ 4AA0C,
de modo que
ha
c
=
b
AA0
e
(2.5) ha =
bc
2R
.
O
A
B
c
C
b
A0
D
L
ha
Figura 2.9:
Substraindo do angulo ∠BAC os dois ângulos iguais
]AA0C = ]BAD = 90◦ −B,
38 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
ficamos com
]DAA0 = A− 2(90◦ −B) = A+ 2B − (A+B + C)
= B − C.
Esta expressão ]DAA0 = ]DAO, foi obtida com referência à figura
em que o ângulo em B é maior que o ângulo em C. Se em vez disso,
tivéssemos tomado B < C, os ângulos iguais ∠OAC e ∠BAD teria
sobreposto, com isto o resultado seria ]DAO = C−B. Podemos incluir
ambos casos escrevendo
(2.6) ]DAO = |B − C|.
A figura 2.10 mostra as três alturas AD, BE e CF estendidas até in-
A
B
C
D
D′
H
F
E
F ′
E′
θ
θθ
Figura 2.10:
terceptar a circunferência circunscrita em D′, E′ e F ′. Naturalmente,
H é o ortocentro. Agora ]DAB = ]FCB, pois ambos são o comple-
mento do ângulo B. Isto explica a utilização do mesmo śımbolo θ para
ambos. Também ]BCD′ = ]BAD′, por isso temos rotulado ∠BCD′
como mesmo śımbolo. Os triângulos retângulos congruentes 4CDH e
4CDD′ nos mostram que
(2.7) HD = DD′.
Da mesma forma, HE = EE′ e HF = FF ′.
Como a circunferência com diâmetro AB passa por D e E, o teorema
2.1.1 nos diz que a HA × ED = HB ×HE. Da mesma forma, HB ×
[SEC. 2.4: MAIS SOBRE ALTURAS E ORTOCENTRO DE UM TRIÂNGULO 39
HE = HC ×HF . Dáı
(2.8) HA×HD = HB ×HE = HC ×HF.
Se X, Y e Z são pontos sobre os respectivos lados BC, CA e AB,
as circunferências constrúıdas com AX, BY e CZ como diâmetros vão
passar através dos pés das alturas: D, E e F , respectivamente. (A
segunda e terceira circunferências são mostrados na figura 2.11) As três
expressões igualadas em 2.8 são as potências de H em relação a essas três
circunferêcias. Dáı que H é o centro radical das circunferências, assim
provamos dois teoremas interessantes que apareceram vários vezes como
enigmas:
Teorema 2.4.1. Se circunferências são constrúıdas de tal forma que
dois cevianas são seus diâmetros, o seu eixo radical passa através do
ortocentro H do triângulo.
Teorema 2.4.2. Para quaisquer três circunferências não coaxiais que
tem três cevianas como diâmetros, H é o centro radical.
A
B C
Z
YH
E
F
Figura 2.11:
Alternativamente, os mesmos resultados podem ser obtidos por meio
das seguintes considerações simples. Se AD é a altura desde A, o feixe
coaxial de circunferências por A e D pode ser descritos como as circun-
ferências possuindo cevianas através de A como diâmetros. Duas destas
cevianas são os lados AB e AC. Assim, as circunferências com diâmetros
sobre BC, CA e AB têm as alturas como seus eixos radicais em pares, e
H o seu centro radical (Desta forma, a concorrência das alturas é visto
40 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
como um caso especial do teorema 2.3.1). Segue que H tem a mesma po-
tência com respeito a todas as circunferências possuindo cevianas como
diâmetros.
Note a palavra “nãocoaxial” na demonstração do teorema 2.4.2. Isto
implica que as três cevianas não partem do mesmo vértice do triângulo
4ABC. Veremos no próximo teorema que isto implica um pouco mais!
Vários problemas divertidos pode ser derivado do teorema 2.4.2 (quando
aplicado a cevianas AX, BY e CZ) assumindo caracteŕısticas não essen-
ciais. Embora os três cevianas não precisam ser concorrentes, escolher
elas concorrentes contribui para fazer a maior confusão. Assim, podemos
nos perguntar: se circunferências são constrúıdas sobre as medianas (ou
alturas, ou bissetrizes) como diâmetros, provar que seu centro radical é
o ortocentro do triângulo.
A
B C
Z
Y
H
X
Figura 2.12:
O caso mais interessante de cevianas não concorrentes surge quando
X, Y e Z são pontos colineares sobre as retas BC, CA e AB (estendendo
se necessário), como na figura 2.12; para isto, podemos igualmente dizer
que X, B e C são colineares nos lados do triângulo 4AY Z, ou que Y ,
C e A são pontos colineares nos lados do triângulo 4BZX, ou que Z,
A e B são pontos colineares sobre os lados do triângulo 4CXY . Dáı as
circunferências com diâmetros AX e CZ estão localizadas de modo que
seus eixos radicais passam através de H e também (pela mesma razão)
através dos ortocentros dos outros três triângulos. Uma vez que estes
quatro ortocentros são obviamente distintos, os eixos de radicais deve
coincidir, assim provamos
[SEC. 2.5: LINHAS DE SIMSON 41
Teorema 2.4.3. Se quatro linhas se encontram uma ao outra em seis
pontos A, B, C, X, Y e Z, tal que os conjuntos de pontos colineares
são XBC, Y CA, ZAB e XY Z, então segue que as circunferências com
diâmetros AX, BY , CZ são de coaxial, e os ortocentros dos quatro
triângulos 4AY Z, 4BZX, 4CXY e 4ABC são colineares.
Outra propriedade de um triângulo e as suas alturas é ilustrada na
Figura 1.8. Se inspecionamos o diagrama com cuidado, chegamos à con-
clusão de que, assim como H é o ortocentro de 4ABC, A é o ortocentro
de 4HBC, e, pela mesma razão, B é o ortocentro de 4HAC, e C é
o ortocentro de 4HAB. Esta configuração ABCH é conhecida como
quadrilátero ortocéntrico, e tem uma série de propriedades interessantes.
Nós meramente examinar uma deles, a saber: Se ABCH é um quadri-
látero ortocentrico, as circunferências dos quatro triângulos formados
tomando quaisquer três dos vértices têm raios iguais.
A prova mais simples faz uso da equação 2.7 e da figura 2.10. Nesta
figura, 4HBC e 4D′BC são congruentes, então eles devem ter circun-
ćırculos congruentes. Dáı a circunferência circunscrita ao 4D′BC (ou
4ABC) é congruente com a circunferência circunscrita ao 4HBC, e da
mesma forma para os outros triângulos.
Exerćıcios
1. Os pontos onde as alturas estendidas cortam o circunćırculo, é um
triângulo semelhante ao triângulo órtico.
2. As bissetrizes dos ângulos internos do 4ABC são estendidos para
encontrar a circunferência circunscrita nos pontos L, M e N , res-
pectivamente. Encontrar os ângulos do triângulo 4LMN em ter-
mos de ângulos de A, B e C.
2.5 Linhas de Simson
Se perpendiculares aos lados de um triângulo4ABC desde um ponto
P são traçadas, os pés dessas perpendiculares geralmente formam os
vértices de um triângulo4A1B1C1 (o triângulo pedal discutido na seção
1.9). Vamos agora examinar o caso excepcional em que o ponto P está
sobre a circunferência circunscrita, como na figura 2.13. Por simetria,
podemos supor que P está no arco C̄A que não contém B, entre A e o
ponto diametralmente oposto ao B. Todos os outros casos podem ser
obtidos renomeando A, B e C. Por causa dos ângulos retos em A1,
B1 e C1, temos que P está também nos circunćırculos dos triângulos
42 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
4A1BC1, 4A1B1C e 4AB1C1. Portanto
]APC = 180◦ −B = ]C1PA1,
e, subtraindo ]APA1, deduzimos
]A1PC = ]C1PA.
Mas como os pontos A1, C, P e B1 estão sobre uma circuferência,
]A1PC = ]A1B1C,
e da mesma forma os pontos A, B1, P e C1 estão sobre uma circuferência,
]C1PA = ]C1B1A.
Assim
]A1B1C = ]C1B1A,
de modo que os pontos A1, B1 e C1 são colineares; o triângulo pedal é
“degenerado”.
A
B C
P
C1
B1
A1
Figura 2.13:
Reciprocamente, se o ponto P está localizado de modo que o triân-
gulo pedal de 4ABC é degenerado, evidentemente P encontram-se na
região do plano que está dentro de um ângulo do 4ABC e na parte
externa do triângulo. Ao re-nomear os vértices, se necessário, podemos
supor que este “ângulo” é ∠B, e que C1 se situa na extensão do lado
BA despois do vértice A, como na figura 2.13. Podemos, então, inverter
as etapas da prova anterior sobre ângulos e concluir que P situa-se na
circunferência circunscrita. Por isso,
[SEC. 2.5: LINHAS DE SIMSON 43
Teorema 2.5.1. Os pés das perpendiculares desde um ponto aos lados
de um triângulo são colineares se e somente se o ponto está sobre a
circunferência circunscrita.
A linha contendo os pés é conhecida como a linha de Simson do
ponto em relação ao triângulo. Robert Simson (1687-1768) fez várias
contribuições para a geometria e a aritmética. Por exemplo, foi ele
quem descobriu que, se fn é o n-ésimo termo da sequência de Fibonacci
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, . . . , então fn−1fn+1 − f2n = (−1)n ([9], pp
165-168). A “linha de Simson” foi atribúıda a ele porque parecia ser
t́ıpica de suas idéias geométricas. No entanto, os historiadores têm pro-
curado tal resultado através de suas obras em vão. Na verdade, tal
descobrimento aconenteceu em 1797 por William Wallace.
Exerćıcios
1. Será que a nossa prova do teorema 2.5.1 requer alguma modificação
quando 4ABC tem um ângulo obtuso?
2. Qual ponto sobre a circunferência tem CA como sua linha de Sim-
son?
3. Existem alguns pontos que se encontram sobre suas próprias linhas
de Simson? Que linhas são essas?
A
B
C
PA1
C1
B1
Figura 2.14:
4. As tangentes em dois pontos B e C a uma circunferência se encon-
tram em A. Seja4A1B1C1 o triângulo pedal do triângulo isósceles
4ABC para um ponto arbitrário P sobre a circunferência, como
na figura 2.14. Então,
PA2
1 = PB1 × PC1.
44 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
2.6 Teorema de Ptolomeu e suas extensões
A ideia da linha de Simson pode ser utilizada para derivar um teo-
rema muito útil, como o seguinte: Examinemos a figura 2.13 novamente.
Embora o“triângulo pedal”4A1B1C1 seja degenerado, os comprimentos
de seus “lados” ainda são dados pelo teorema 1.9.1:
B1C1 =
a ·AP
2R
, C1C1 =
b ·BP
2R
, A1B1 =
c · CP
2R
Como A1B1 + B1C1 = A1C1, deduzimos c · CP + a · AP = b · BP , o
equivalentemente
AB × CP +BC ×AP = AC ×BP.
Como ABCP é um quadrilátero ćıclico, temos, portanto, provado o
teorema de Ptolomeu:
Teorema 2.6.1. Se um quadrilátero está inscrito em uma circunferên-
cia, a soma dos produtos dos dois pares de lados opostos é igual ao
produto das diagonais.
O teorema de Ptolomeu tem um oposto que pode ser reforçada pela
observação de que, para qualquer localização de B1 diferente que dentro
do segmento de A1C1, a equação A1B1 + B1C1 = A1C1 tem de ser
substitúıda pela “desigualdade triangular”
A1B1 +B1C1 > A1C1,
que produz a desigualdade
AB × CP +BC ×AP > AC ×BP.
Por isso
Teorema 2.6.2. Se 4ABC é um triângulo e P não está no arco C̄A
da sua circunferência circunscrita, então
AB × CP +BC ×AP > AC ×BP.
Exerćıcios
1. Seja P um ponto quaisquer no plano de um triângulo equilátero
4ABC. Então PC + PA = PB ou PC + PA > PB conforme P
ou está ou não está sobre o arco C̄A da circunferência circunscrita.
(Para uma aplicação interessante deste resultado, ver [30], pp 11-
12.)
[SEC. 2.7: MAIS SOBRE AS LINHAS DE SIMSON 45
2. Se um ponto P está no arco C̄D da circunferência circunscrita de
um quadrado ABCD, então PA(PA+ PC) = PB(PB + PD).
3. Se uma circunferência corta dois lados e uma diagonal de um para-
lelogramo ABCD nos pontos P , R e Q, como mostrado na figura
2.15, então AP ×AB +AR×AD = AQ×CA.
A B
CD
Q
R
P
Figura 2.15:
Dica: Aplique o teorema 2.6.1 para o quadrilátero PQRA e, depois
substitua os lados do APQR pelos lados correspondentes do triângulo
similar 4CBA.
2.7 Mais sobre as linhas de Simson
A linha de Simson tem muitas propriedades interessantes, e ela pode
ser útil para investigar algumas delas. Comecemos por examinar a figura
2.16, que é a mesma que figura 2.13, exceto que a perpendicular PA1 foi
estendida para encontrar a circunferência circunscrita em U , e a linha
AU foi desenhada.
Dos quadriláteros ćıclicos PAUC e PB1A1C temos que
]PUA = ]PCA = ]PCB1 = ]PA1B1
Portanto, a linha AU é paralela à linha de Simson.
Vamos agora comparar a linha de Simson de P com a linha de Sim-
son de outro ponto P ′(naturalmente, também sobre a circunferência cir-
cunscrita). O ângulo entre estas duas linhas de Simson é simplesmente o
ângulo ]UAU ′ entre as linhas AU e AU ′, que são paralelas a elas (figura
2.17).
46 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
A
B C
P
C1
B1
A1
U
Figura 2.16:
As duas corda PU e P ′U ′, são perpendiculares a BC, logo são para-
lelas, e cortam arcos iguais ÙPP ′ e ŪU ′. Assim
]UAU ′ =
1
2
]UOU ′ =
1
2
]POP ′
ou, se distinguimos entre ângulos positivos e negativos,
]UAU ′ =
1
2
]UOU ′ = −1
2
]POP ′
Temos assim, provado:
A
B C
P
O
U
P ′
U ′
Figura 2.17:
Teorema 2.7.1. O ângulo entre as linhas de Simson de dois pontos P
e P ′ sobre a circunferência circunscrita é metade da medida angular do
arco P̄ ′P .
[SEC. 2.7: MAIS SOBRE AS LINHAS DE SIMSON 47
Imaginemos que P se movimenta a velocidade contante sobre a cir-
cunferência circunscrita, a linha AU vai rotar a velocidade constante
sobre A, à metade da velocidade angular, no sentido oposto, de modo a
inverter a sua direção no momento em que P percorreu toda a circun-
ferência. Enquanto isso, a linha de Simson irá se transformar em forma
correspondente sobre um centro que muda continuamente com a rota-
ção. Na verdade, o envolvente da linha de Simson é uma curva simétrica
chamada “deltóide” ou “hipociclóide de Steiner” (ver [25]). O movimento
pode ser visto claramente na animação feita por T.J. Fletcher da linha de
Simson.3 Para continuar nossa pesquisa, vamos agora examinar a figura
A
B
C
D D′H
P
Q
VUA1
B1
θ θ
θθ
Figura 2.18:
2.18, que é uma combinação das figuras 2.10 e 2.16 com as linhas extras
HP , D′P (que encontram BC em Q) e HQ (estendida para encontrar
PU em V ). Como HD′ e FV são perpendiculares a BC, a equação 2.7
mostra que os triângulos 4QHD′ e 4QPV são isósceles. Em outras
palavras, HV é a imagem de D′P pela reflexão sobre BC. Como
]D′HV = ]PV H = ]D′PU = ]D′AU,
a linha HV é paralela à linha UA, que já demonstramos ser paralela à
linha de Simson de P .
Finalmente, observamos que, no triângulo4PHV , a linha de Simson
A1B1 é paralela ao lado HV e corta o lado PV em A1. Por isso, também
deve bissetar o lado PH:
3N.T.: Dispońıvel eletrônicamente em http://www.youtube.com/watch?v=
uKCCEk8tsQY, ou atualmente pode ser implementado facilmente em programas de
geometria dinâmica.
48 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
Teorema 2.7.2. A linha de Simson de um ponto (sobre o circunćırculo)
corta o segmento que une esse ponto com o ortocentro no ponto médio.
Esta tem sido uma mera introdução ao tema das linhas de Simson.
Têm-muitas outras propriedades que lamentavelmente deixamos a outras
fontes.
Exerćıcios
1. As linhas de Simson de pontos diametralmente opostos sobre a
circunferência circunscrita são perpendiculares uns aos outros e se
cortam no ćırculo dos nove pontos.
2. Seja 4ABC um triângulo equilátero inscrito em uma circunferên-
cia com centro O, e seja P um ponto qualquer da circunferência.
Então, a linha de Simson de P corta o raio OP no ponto médio.
2.8 A Borboleta
O teorema da borboleta é conhecido a algum tempo. Ele afirma o
seguinte (ver figura 2.19):
Teorema 2.8.1. Através do ponto médio M de uma corda PQ de uma
circunferência, quaisquer outros cordas AB e CD são desenhadas; as
cordas AD e BC cortam PQ nos pontos X e Y . Então, M é o ponto
médio de XY .
A
B
C
D
M
P
QX Y
x2
x1
y2
y1
Figura 2.19:
Para este teorema foram feitas numerosas provas, de variado com-
primento e dificuldade. Três foram recebidos do Dr. Zoll de Newark
[SEC. 2.9: TEOREMA DE MORLEY 49
State College. Ele mencionou que uma delas foi apresentada em 1815
por W.G. Homer, o descobridor do método de Homer para aproximar
ráızes de uma equação polinomial. (De acordo com E.T. Bell, o método
de Homer foi descoberto anteriormente pelos chineses.) Para uma outra
prova, ver R. Johnson [21], p. 78. A prova mais curta emprega geome-
tria projetiva [10], pp 78, 144. A que é apresentada aqui, embora não
seja muito curta, é simples e fácil de lembrar.
Começamos traçando perpendiculares x1 e y1 de X e Y a AB, e x2
e y2 de X e Y a CD. Escrevendo por conveniência a = PM = MQ,
x = XM , y = MY , observamos que os pares de triângulos semelhantes
Mx1 e MY1, Mx2 e My2, Ax1 e Cy2, Dx2 e By1, obtendo as relações
x
y
=
x1
y1
,
x
y
=
x2
y2
,
x1
y2
=
AX
CY
,
x2
y1
=
XD
Y B
,
donde
x2
y2
=
x1
y1
x2
y2
=
x1
y2
x2
y1
=
AX ×XD
CY × Y B
=
PX ×XQ
PY × Y Q
=
(a− x)(a+ x)
(a+ y)(a− y)
=
a2 − x2
a2 − y2
=
a2
a2
= 1
e x = y, como queŕıamos demonstrar.
Exerćıcios
1. Na figura 2.19 as linhas AC e BD (estendidas) cortam PQ (esten-
dido) em dois pontos X e Y , que são equidistantes a M .
2. Seja PT e PB duas tangentes a uma circunferência, AB o diâmetro
que passa por B, e TH a perpendicular desde T para AB. Então
AP corta TS no ponto médio.
3. O inćırculo (com centro I) do triângulo 4ABC tangencia o lado
BC em X, e denotemos por A′ o ponto médio desse lado. Então
a linha A′I (estendida) corta AX no ponto médio.
2.9 Teorema de Morley
Um dos teoremas mais surpreendentes na geometria elementar foi
descoberto aproximadamente em 1904 por Frank Morley (o pai de Ch-
ristopher Morley, cujo romance, Thunder on the Left, tem uma torção
na sequência do tempo que agrada particularmente aos geômetras). Ele
mencionou a amigos em Cambridge, Inglaterra, e publicou-o, vinte anos
50 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
depois, no Japão. Enquanto isso, foi redescoberto e apresentado como
um problema no Times Educational. Duas soluções foram enviadas,
uma das quais, por M.T. Naraniengar4 é tão pura quanto qualquer das
dezenas que foram encontradas desde então. O enunciado do teorema é
o seguinte:
Teorema 2.9.1. Os pontos de interseção adjacentes das trissetrizes dos
ângulos de qualquer triângulo são os vértices de um triângulo equilátero.
A prova de Naraniengar requer um teorema preparatório ou lema
(ilustrado na figura 2.20):
A
O
Y ′
Z Y
Z ′
2α2α2α
3α
Figura 2.20:
Lema 2.9.1.1. Se quatro pontos Y ′, Z, Y e Z ′ satisfazem as condições
de
Y ′Z = ZY = Y Z ′
e
]Y ZY ′ = ]Z ′Y Z = 180◦ − 2α > 60◦,
então eles ficam em sobre uma circunferência. Além disso, se um ponto
A, no semiplano determinado pela linha Y ′Z ′ que não contém Y , está
localizado de modo que ]Y ′AZ ′ = 3α, então este quinto ponto A se
encontra também sobre a mesma circunferência.
Para provar o lema, denotemos por O o ponto de interseção das
bissetrizes internas dos ângulos iguais ∠Y ZY ′ e ∠Z ′Y Z. Então4OY ′Z,
4Mathematical Questions and Their Solutions from Educational Times (Nova Sé-
rie), 15 (1909), pág. 47. Outras provas podem se encontradas em http://www.
cut-the-knot.org/triangle/Morley
[SEC. 2.9: TEOREMA DE MORLEY 51
4OZY e 4OY Z ′ são três triângulos isósceles congruentes com ângulos
na base 90◦−α. Seus lados iguais OY ′, OZ, OY e OZ ′ são raios de uma
circunferência com centro O, e seus ângulos no vértice comum medem
2α. Em outras palavras, cada uma das cordas iguais Y ′Z, ZY e Y Z ′
subtende um ângulo 2α no centro O e, consequentemente, subtende um
ângulo α em qualquer ponto do arco Y̆ ′Z ′ quenão contém Y . Este arco
pode ser descrito como o lugar geométrico dos pontos (do lado da linha
Y ′Z ′ que não contém Y ) a partir da qual a corda Y̆ ′Z ′ subtende um
ângulo 3α. Um de tais pontos é A, portanto A encontra-se sobre esta
circunferência.
U
B C
X
30 ◦ 3
0
◦Z
Y ′
Z ′
Y
A
β
β
β
γ
γ
γ
Figura 2.21:
Agora estamos prontos para atacar o teorema 2.9.1 em si. Na figura
2.21, os trissetrizes dos ângulos B = 3β e C = 3γ se encontram nos
pontos de L e X. No 4BCU , os ângulos em B e C são bissetados por
BX e CX e, dáı que X é o incentro deste triângulo, e logo o ângulo em
U é bissetado por UX. Se construir os pontos Y e Z nas linhas CU e
BU modo que XY e XZ forma ângulos iguais 30◦ com XU em lados
opostos, segue que, 4UXY ' 4UXZ e XY = XZ, e uma vez que o
ângulo em X é de 60◦ segue que 4XY Z é equilátero.
O triângulo 4UZY é isósceles. O seu ângulo em U tem a mesma
medida que no triângulo 4UBC, cujos ângulos na base medem 2β e 2γ;
portanto os ângulos iguais do triângulo 4UY Z em Y e Z medem β+γ.
Escrevendo α = A/3, deduzimos de A+B + C = 180◦ que
α+ β + γ = 60◦, donde β + γ = 60◦ − α.
52 [CAP. 2: ALGUMAS PROPRIEDADES DAS CIRCUNFERÊNCIAS
Assim
]Y ZU = 60◦ − α e ]XZU = 120◦ − α.
Nosso próximo passo é marcar BY ′ = XB sobre BA e CZ ′ = CX
sobre CA. Daqui temos
4BZX ' 4BZY ′ e 4CFX ' 4CFZ ′,
de modo que
Y ′Z = ZX = ZY = Y X = Y Z ′.
Antes de podermos aplicar o lema 2.9.1.1, ainda temos que calcular
]Y ZY ′ e ]Z ′Y Z. No entanto, esta é uma questão simples. Como os
ângulos ∠BZY ′ e ∠BZX têm ângulos suplementares iguais,
]UZY ′ = ]XZU = 120◦ − α
e
]Y ZY ′ = ]Y ZU + ]UZY ′ = (60◦ − α) + (120◦ − α)
= 180◦ − 2α.
Da mesma forma, ]Z ′Y Z = 180◦ − 2α, e, claramente, α = A/3 < 60◦.
Aplicando o lema, podemos deduzir que os cinco pontos Y ′, Z, Y ,
Z ′ e A estão sobre a mesma circunferência. Como as cordas Y ′Z, ZY e
Y Z ′ subtender ângulos iguais em A, as linhas de AZ e AY trissecam o
ângulo A do 4ABC.
Em outras palavras, os pontos X, Y e Z, que foram artificialmente
constrúıdos de modo a formar um triângulo equilátero, são, de fato, os
pontos descritos no teorema de Morley. Assim a prova está completa.
Exerćıcios
1. Sejam V o ponto de interseção das trissetrizes AZ e CX (esten-
didas) e W o ponto de interseção de BX e AY . Então, as três
linhas de UX, V Y e WZ são concorrentes. (Na linguagem da ge-
ometria projetiva, os triângulos 4UVW e 4XY Z são triângulos
em perspectiva. Em geral, 4UVW não é equilátero.)
2. Para que tipo de triângulo 4ABC o pentágono AY ′ZY Z ′ é regu-
lar?
3. Quando o 4ABC é equilátero, os quatro pontos de Y ′, Z, Y e Z ′
são os vértices de um eneágono regular (poĺıgono de 9 lados) em
que A é o vértice oposto ao lado ZY .
[SEC. 2.9: TEOREMA DE MORLEY 53
4. Para um triângulo com ângulos 3α, 3β, 3γ e circunraio R, triângulo
de Morley tem lados de comprimento 8R senα senβ sen γ .
5. Se Z ′Y = Y Z = ZY ′ sobre o lado Z ′Y de um retângulo BCZ ′Y ′,
cujo centro X forma um triângulo equilátero com Y e Z, então
BX e BZ trissecam o ângulo reto em B.
Caṕıtulo 3
Colinearidade e
concorrencia
But he opened out the hinges,
Pushed and pulled the joints and hinges,
Till it looked all squares and oblongs,
Like a complicated figure
In the Second Book of Euclid.
Lewis Carrolla
aPseudónimo de Charles Lutwidge Dodgson
Depois de discutir algumas propriedades dos triângulos e quadriláte-
ros, vamos abordar o campo da geometria projetiva (e até mesmo invadir
um pouco). Um desenvolvimento sistemático desse assunto fascinante
deve ser deixado para um outro livro, mas quatro de seus teoremas mais
básicos estão justificadamente mencionados aqui, porque eles podem ser
provadas pelos métodos de Euclides, na verdade, três dos quatro são
tão antigos que não existiam outros métodos dispońıveis no momento
da sua descoberta. Todos esses teoremas lidam tanto com colinearidade
(certos conjuntos de pontos contidos a mesma linha) ou concorrencia
(certos conjuntos de linhas que passando por um ponto). O esṕırito de
geometria projetiva começa a surgir assim que notamos que, para muitos
propósitos, as linhas paralelas se comportam como linhas concorrentes.
3.1 Quadriláteros: Teorema de Varignon
Um poĺıgono pode ser definido como constitúıdo por um certo nú-
mero de pontos (chamados vértices) e um número igual de segmentos de
linha (chamados lados), ou seja, um conjunto ordenado de forma ćıclica
de pontos num plano, sem três pontos sucessivos colineares, junto com
segmentos unindo pares consecutivos dos pontos. Em outras palavras,
54
[SEC. 3.1: QUADRILÁTEROS: TEOREMA DE VARIGNON 55
um poĺıgono é uma linha quebrada fechada no plano. Um poĺıgono com
n vértices e n lados é chamado de n-ágono (que significa literalmente “n-
ângulo”). Assim, temos um pentágono (n = 5), um hexágono (n = 6),
e assim por diante. Na verdade, o nome grego para o número n é utili-
zado, excepto quando n = 3 ou 4. Nestes dois casos simples, é costume
usar a formas latinas triângulo e quadrângulo, em vez de “tŕıgono” e “te-
tragono” (embora ‘tŕıgono” sobrevive na palavra “trigonometria”). Ob-
viamente devemos desencorajar a tendência de chamar um quadrângulo
de “quadrilátero”1. (Em geometria projetiva, onde os lados são linhas
inteiras em vez de meros segmentos, precisamos de ambos os termos que
têm significados distintos.)
Dois lados de um quadrilátero são chamados adjacente ou oposto de
acordo como eles têm ou não têm um vértice em comum. Da mesma
forma, dois vértices são adjacentes ou opostas de acordo como eles per-
tencem ou não pertencem a um lado. As linhas que unem pares de
vértices opostos são chamados de diagonais. Assim, um quadrilátero
ABCD tem lados AB, BC, CD e DA, e diagonais AC e BD.
A
B
C
D
A
B
C
D
A
B
C
D
Figura 3.1:
Na figura 3.1 vemos quadriláteros de três tipos distintos: um quadri-
látero convexo cujas diagonais estão totalmente dentro, um quadrilátero
com reentrância e uma diagonal dentro e uma fora, e um quadrilátero
cruzado (quadrângulo cruzado) cujas diagonais estão ambas fora.
Definimos naturalmente a área de um quadrilângulo convexo como
a soma das áreas dos dois triângulos em que é decomposta por uma
diagonal:
(ABCD) = (ABC) + (CDA) = (BCD) + (DAB).
A fim de tornar esta fórmula valida para um quadrilátero com reentrân-
cia, consideramos que a área de um triângulo como sendo positiva ou
1N.T.: A pesar da recomendação do livro em Inglês, a palavra quadrângulo não
é usada comunmente em português, portanto nas seções seguintes usaremos quadri-
látero em vez de quadrângulo, e unicamente faremos esta diferenciação no caṕıtulo
6.
56 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
negativa conforme seus vértices são nomeados no sentido contrário dos
ponteiros do relógio ou no sentido dos ponteiros. Assim
(ABC) = (BCA) = (CAB) = −(CBA).
Por exemplo, o quadrilátero com reentrância no meio da figura 3.1 tem
área
(ABCD) = (BCD) + (DAB)
= (CDA)− (CBA)
= (CDA) + (ABC).
Finalmente, a fórmula obriga-nos a considerar a área de um quadrilátero
cruzado como a diferença entre as áreas dos dois triângulos pequenos dos
quais ele aparentemente está composto.
Quando combinado com a idéia de segmentos direcionados (seção
2.1), a convenção (ABC) = −(CBA) nos permite estender nossa prova
do teorema de Ceva e seu inverso (1.2.1 e 1.2.2) para os casos em que
X ou Y ou Z dividem o lado correspondente do 4ABC numa razão
negativa, ou seja, externamente.
O seguinte teorema é tão simples que é surpreendente que sua data
de publicação aconteceu depois do ano 1731. Este é devido a Pierre
Varignon (1654-1722).
Teorema 3.1.1. A figura formada quando unimos os pontos médios dos
lados de um quadrilátero é um paralelogramo, e a sua área é metade da
área do quadrilátero.
Recordamos que o segmento de reta que une os pontos médios dos
dois lados de um triângulo é paralelo ao terceiro lado emede a metade
deste. Dado um quadrilátero ABCD, denotemos por P , Q, R e S, os
pontos médios de seus lados AB, BC, CD e DA, como na figura 3.2.
Considerando os triângulos 4ABD e 4CBD, inferimos que PS e
QR são ambos paralela à diagonal BD e medem 1
2BD. Dáı que o qua-
drilátero PQRS é um paralelogramo2; Este é frequentemente chamado
de paralelogramo de Varignon do quadrilátero ABCD.
2Continua sendo um paralelogramo, se ABCD fosse um quadrilátero torcido (não
tudo no mesmo plano).
[SEC. 3.1: QUADRILÁTEROS: TEOREMA DE VARIGNON 57
A
B
C
D
A
B
C
D
P
Q
R
S
P
Q
R
S
Figura 3.2:
Quanto à área, temos
(PQRS) = (ABCD)− (PBQ)− (RDS)− (RCQ)− (SAP )
= (ABCD)− 1
4
(ABC)− 1
4
(CDA)− 1
4
(BCD)− 1
4
(DAB)
= (ABCD)− 1
4
(ABCD)− 1
4
(ABCD)
=
1
2
(ABCD).
O leitor interessado pode desenhar um quadrilátero com reentrância
ABCD e verificar que esta decomposição é válido também nesse caso.
A
B C
D
S
P
Q
R
Y
X
O
Figura 3.3:
Uma vez que as diagonais de qualquer paralelogramo se bissetam
entre elas, os pontos médios de PR e QS coincidem no centro do para-
lelogramo de Varignon (isto é, no ponto O da figura 3.3). Agora, como
AC e BD são as diagonais de ABCD, então AD e BC são as diago-
nais de ABDC. Como PR só tem um ponto médio, o paralelogramo de
58 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
Varignon PY RX do novo quadrilátero ABDC tem o mesmo centro O.
Assim,
Teorema 3.1.2. Os segmentos que unem os pontos médios dos pares de
lados opostos de um quadrilátero e o segmento que une os pontos médios
das diagonais são concorrentes e se bissetam um ao outro.
Este é o primeiro de nossos teoremas sobre concorrencia. O seguinte
resultado será útil para sua prova:
Teorema 3.1.3. Se uma diagonal de um quadrilátero o divide em dois
triângulos de igual área, então esta diagonal corta a outra diagonal no
ponto médio. Inversamente, se uma diagonal bisseta a outro, então ela
bisseta a área da quadrilátero.
A
B
C
D
H
JF
Figura 3.4:
Para ver por que isso acontece, suponhamos que BD divide ABCD
em dois triângulos 4DAB e 4BCD de igual área, como na figura 3.4.
Uma vez que esses triângulos têm a “base” BD, suas alturas AH e CJ
são iguais. Da congruencia dos triângulos 4AHF e 4CJF , deduzimos
que AF = CF . Por outro lado, se AF = CF , então esses triângulos são
congruentes, assim AH = CJ e (DAB) = (BCD).
Estamos agora em condições de provar o teorema final desta seção:
Teorema 3.1.4. Se em um quadrilátero ABCD, seus lados opostos AD
e BC (possivelmente estendidos) se encontram em W , enquanto que X
e Y são os pontos médios das diagonais AC e BD, então (WXY ) =
1
4(ABCD).
Começamos denotando por P e R os pontos médios de AB e CD,
como na figura 3.5, e desenhemos PX, PY , RX, RY e RW . A linha RY
que une os pontos médios de dois lados do triângulo 4BCD, é paralela
a BC e corta a “outra” diagonal DW do quadrilátero DYWR. Assim,
pela parte “volta” do teorema 3.1.3 temos
(RYW ) = (Y RD) =
1
2
(BCD).
[SEC. 3.1: QUADRILÁTEROS: TEOREMA DE VARIGNON 59
A
B C
D
W
Y
XP
R
Figura 3.5:
De um modo semelhante, obtemos que
(RWX) =
1
2
(CDA).
Além disso, pelo teorema de Varignon aplicado ao quadrilátero ABDC,
(RXY ) =
1
2
(PY RX) =
1
4
(ABDC) =
1
4
(CAB) +
1
4
(BDC)
= (ABC)− (BCD).
Somando as três últimas expressões, obtemos
(WXY ) = (RXY ) + (RYW ) + (RWX)
=
1
4
(ABC)− 1
4
(BCD) +
1
4
(BCD) +
1
4
(CDA)
=
1
4
(ABC) +
1
4
(CDA) =
1
4
(ABCD).
Exerćıcios
1. O peŕımetro do paralelogramo Varignon é igual à soma das diago-
nais do quadrilátero inicial.
2. A soma dos quadrados dos lados de qualquer quadrilátero é igual
à soma dos quadrados das diagonais mais quatro vezes o quadrado
do segmento que une os pontos médios das diagonais.
3. Para um paralelogramo, a soma dos quadrados dos lados é igual à
soma dos quadrados das diagonais.
4. Se um trapézio isósceles tem lados iguais de comprimento a, lados
paralelos de comprimentos b e c, e diagonais de comprimento d,
então d2 = a2 + bc.
60 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
A
B C
D
Y
X
Figura 3.6:
3.2 Quadriláteros Ćıclicos; A fórmula de Brah-
magupta
Seja E um conjunto de segmentos de linha, que unem os pontos de
V em pares, esto sera considerado como uma “estrutura”, na qual os
segmentos são barras ŕıgidas, articuladas nas suas extremidades, mas
restritas ao plano. Claramente, num triângulo (E = V = 3) é uma
estrutura ŕıgida, ao passo que um quadrilátero (E = V = 4) tem um grau
de liberdade: um dos seus ângulos pode ser aumentado ou diminúıdo,
com as consequentes alterações dos outros. Uma estrutura é dita “quase
ŕıgida” se é ŕıgida, mas deixa de ser se qualquer uma das suas barras
é removida. Sir Horace Lamb ([24], pp 93-94) deu uma prova simples
de que uma condição necessária (embora não suficiente) para que uma
estrutura seja quase ŕıgida é
E = 2V − 3.
Por exemplo, E = 5 e V = 4. Neste caso, temos um quadrilátero com
uma diagonal, a remoção desta diagonal proporciona o grau de liberdade
que acabamos de mencionar.
Quaisquer quatro comprimentos a, b, c e d, cada um menor do que
a soma dos outros três, podem ser usados como os lados de um quadri-
látero convexo. O grau de liberdade nos permite aumentar ou diminuir
dois ângulos opostos até que eles sejam complementares, e então, como
devemos lembrar, os quatro vértices ficam sobre uma circunferência.
Suponhamos que as diagonais de tal quadrilátero ćıclico são l e n
(como no primeiro diagrama da figura 3.7). Dissecando esse quadrilá-
tero abcd ao longo de sua diagonal l, e juntando-se novamente depois de
reverter o triângulo dal, obtemos um novo quadrilátero bcad, inscrito na
mesma circunferência (como no segundo diagrama da figura 3.7). Uma
diagonal ainda é l. Dissecando esse quadrilátero ćıclico bcad ao longo
de sua outra diagonal m, e juntando-se novamente depois de reverter
[SEC. 3.2: QUADRILÁTEROS ĆICLICOS; A FÓRMULA DE BRAHMAGUPTA 61
o triângulo dbm, obtemos um terceiro quadrilátero, inscrito na mesma
circunferência (como no último diagrama da figura 3.7 ). Uma vez que
este terceiro quadrilátero poderia ter sido derivado do primeiro por dis-
secção ao longo da diagonal n, suas diagonais são m e n, e não mais
transformações desse tipo são posśıveis (exceto uma inversão completa,
tipo abcd para dcba) - Pelo teorema de Ptolomeu 2.6.1,
mn = bc+ ad, nl = ca+ bd, lm = ab+ cd.
b
a
d
c
b d
ac
d
b
ac
l
n
m
l
m
n
Figura 3.7:
Uma vez que estes quadriláteros são convexos, podemos considerar
a área de cada um como a soma das áreas positivas de dois triângu-
los. Invertendo um triângulo da forma descrita não se altera sua área
positiva. Assim os nossos três quadriláteros têm todos a mesma área
(embora quaisquer dois deles não são congruentes a menos que dois dos
comprimentos a, b, c e d sejam iguais). Resumimos estas observações no
seguinte enunciado:
Teorema 3.2.1. Para quaisquer quatro comprimentos distintos, cada
um com comprimento menor que a soma dos comprimentos dos outros
três, eles são lados de exatamente de três quadriláteros ćıclicos distintos,
todos com a mesma área.
Corolário 3.2.2. A área de um quadrilátero ćıclico é uma função si-
métrica de seus quatro lados.
A forma exata dessa função simétrica foi descoberta no século VII
dC pelo matemático hindu Brahmagupta:
Teorema 3.2.3. Se um quadrilátero ćıclico tem lados de comprimentos
a, b, c, d e semipeŕımetro s, a sua área de K é dada por
K2 = (s− a)(s− b)(s− c)(s− d).
62 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
Um dos métodos mais simples para a obtenção da fórmula Brahma-
gupta faz uso da trigonometria. Considere o quadrilátero ćıclico abcd,
como na figura 3.8, sendo E o vértice pertencente aos lados a e b, e F o
vértice pertencente aos lados c e d, e n a diagonal que une os outros dois
vértices. Iremos denotar os ângulos internos de E e F simplesmente por
E e F . Como E + F = 180◦,temos
cosF = − cosE e senF = senE.
a
d
c
b
n
E
F
Figura 3.8:
Pela lei dos cossenos,
a2 + b2 − 2ab cosE = n2 = c2 + d2 − 2cd cosF,
onde
(3.1) 2(ab+ cd) cosE = a2 + b2 − c2 − d2.
Como
K =
1
2
ab senE +
c
d
senF = (ab+ cd) senE,
temos também
(3.2) 2(ab+ cd) senE = 4K.
Elevando ao quadrado e somando as expressões 3.1 e 3.2, obtemos
4(ab+ cd)2 = (a2 + b2 − c2 − d2)2 + 16K2,
donde
16K2 = (2ab+ 2cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d2)2.
[SEC. 3.2: QUADRILÁTEROS ĆICLICOS; A FÓRMULA DE BRAHMAGUPTA 63
Pela aplicação repetidas vezes da identidade A2−B2 = (A−B)(A+B),
encontramos
16K2 = (2ab+ 2cd− (a2 + b2 − c2 − d2))× (2ab+ 2cd+ (a2 + b2 − c2 − d2))
= (c2 + 2cd+ d2 − a2 + 2ab− b2)× (a2 + 2ab+ b2 − c2 + 2cd− d2)
= ((c+ d)2 − (a− b)2)((a+ b2 − (c− d)2)
= (c+ d− a+ b)(c+ d+ a− b)(a+ b+ c− d)(a+ b+ c− d)
= (2s− 2a)(2s− 2b)(2s− 2c)(2s− 2d),
onde 2s = a+ b+ c+ d. Isso completa a prova.
Fazendo d = 0 no teorema 3.2.3, derivamos a fórmula de Heron para a
área de um triângulo em termos de seus lados a, b, c e seu semipeŕımetro
s:
(ABC)2 = s(s− a)(s− b)(s− c).
Embora este nome se deva a Heron de Alexandria (cerca de 60 dC), van
der Waerden ([35], pp 228, 277) apoiado por Bell ([3], p. 58) atribuem
este resultado a Arquimedes (século III aC).
Outra descoberta de Brahmagupta trata de um tipo especial de qua-
drilátero ćıclico:
Teorema 3.2.4. Se um quadrilátero ćıclico tem diagonais perpendicu-
lares que se cruzam em P, a linha através de P perpendicular a qualquer
lado corta o lado oposto no ponto médio.
Referindo-se à figura 3.9, onde o quadrilátero ćıclico ABCD tem
diagonais perpendicular AC e BD, e onde a linha PH é perpendicular
a AC e corta AD em X, temos
]DPX = ]BPH = ]PCH = ]BCA− ]ADB = ]XDP.
Dáı que o triângulo 4XPD é isósceles. Da mesma forma, temos que
o triângulo 4XAP é isósceles . Portanto
XA = XP = XD.
Exerćıcios
1. Se um quadrilátero com lados a, b, c e d, está inscrito uma circun-
ferência e circunscrito em outra circunferência, a sua área de K é
dado por K2 = abcd.
64 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
A
B
C
D
P
X
H
Figura 3.9:
2. Encontrar, usando a fórmula de Heron, a área de um triângulo
cujos lados são
(i) 13, 14, 15, (ii) 3, 14, 15.
3. Para um triângulo 4ABC, expressar o inraio r em termos de s,
s− a, s− b e s− c.
4. Seguindo a notação da seção 1.4,
ra + rb + rc − r = 4R e (IaIbIc) = 2sR.
5. Seguindo a notação da figura 3.7, K = lmn
4R .
6. O que acontece com o resultado do exerćıcio 5, quando fazemos
d = 0.
7. Se um quadrilátero convexo com lados a, b, c, d que está inscrito
em uma circunferência de raio R, a sua área de K é dada por
K2 =
(bc+ ad)(ca+ bd)(ab+ cd)
16R2
.
8. Dois lados opostos de um quadrilátero ćıclico são estendido até
se encontrar em V , e os outros dois lados são estendidos até se
encontrar em W . Então, as bissetrizes internas dos ângulos em V
e em W são perpendiculares.
9. Se qualquer ponto P no plano de um retângulo ABCD é unido
aos quatro vértices, então PA2 − PB2 + PC2 − PD2 = 0.
[SEC. 3.3: TRIÂNGULOS DE NAPOLEÃO 65
10. Se um quadrilátero está inscrito numa circunferência, o produto
das distâncias de um ponto da circunferência a dois lados opostos,
é igual ao produto das distâncias do mesmo ponto aos outros dois
lados, e também é igual ao produto das distâncias do mesmo ponto
às diagonais.
3.3 Triângulos de Napoleão
Vamos agora examinar algumas figuras constrúıdas com triângulos e
quadriláteros. Um teorema fácil que foi surpreendentemente negligenci-
ado é o seguinte:
Teorema 3.3.1. Triângulos são constrúıdos externamente sobre os la-
dos de um triângulo arbitrário de modo que a soma dos três ângulos
destes três triângulos que são “não adjacentes” com o triângulo original
somam 180◦. Então, os circunćırculos destes três triângulos têm um
ponto comum.
A
B
C
O3
O2
O1
R
P
Q
F
Figura 3.10:
Aqui temos outro teorema sobre concorrência! A prova é bastante
simples. Nós temos, como na figura 3.10, triângulos 4CBP , 4ACQ,
4BAR nos lados do triângulo 4ABC dado, escolhidos de modo que os
ângulos em P , Q e R satisfazem a relação P + Q + R = 180◦ . Agora,
os circunćırculos dos triângulos 4CBP e 4ACQ se encontram em C e,
portanto, também em outro ponto, digamos F . Unindo F com A, B e
66 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
C, temos que
]BFC = 180◦ − P, ]CFA = 180◦ −Q
e assim
]AFB = 360◦ − (]BFC + ]CFA)
= 360◦ − (180◦ − P + 180◦ −Q)
= P +Q = 180◦ −R.
Assim, F situa-se sobre a circunferência circunscrita ao triângulo
4BAR, bem como sobre as circunferências dos outros dois triângulos.
Dois casos especiais são de interesse particular:
Teorema 3.3.2. Se os vértices A, B e C do triângulo 4ABC estão,
respectivamente, sobre os lados QR, RP , e PQ do triângulo 4PQR,
então as três circunferências do CBP , ACQ, BAR têm um ponto em
comum.
Teorema 3.3.3. Triângulos semelhantes 4PCB, 4CQA e 4BAR são
constrúıdos externamente sobre os lados do triângulo 4ABC, então as
circunferências circunscritas a estes três triângulos têm um ponto co-
mum. (Observe, a partir da ordem em que foram nomeados os vértices
dos triângulos semelhantes, que os ângulos P , Q e R, não são ângulos
correspondentes desses triângulos).
O teorema 3.3.2 tem sido chamado por Forder ([16], p. 17), o teo-
rema do Pivot. Ele foi descoberto por A. Miquel em 1838. Mudando a
notação de PQRABC para ABCA1B1C1 de acordo com a figura 1.18,
podemos facilmente provar isso da seguinte forma ligeiramente esten-
dida: Se 4ABC é um triângulo e A1, B1 e C1 são os três pontos sobre
as linhas BC, CA e AB, então, as três circunferências AB1C1, A1BC1
e A1B1C têm um ponto comum P . No caso especial em que as circun-
ferências têm AP , BP , CP como diâmetros, 4A1B1C1 é o triângulo
pedal de 4ABC com respeito ao ponto P . Mantendo 4ABC e P fi-
xos, podemos girar rigidamente as três linhas PA1, PB1, PC1 sobre o
ponto “pivot” P , através de um ângulo arbitrário, de modo a obter-se
um “triângulo pedal obĺıquo”4A1B1C1. Claramente, as circunferências
AB1C1, A1BC1 e A1B1C continuam passando por P .
Não é necessário que A1, B1 e C1 formem um triângulo: eles podem
ser colineares, como mostrado na figura 2.13. Neste caso, A1, B e C são
três pontos sobre as linhas B1C1, C1A e AB1, e o mesmo teorema nos
diz que as três circunferências ABC, A1B1C e A1BC1 têm um ponto
em comum. Uma vez que os únicos pontos comuns das duas últimas
circunferências são A1 e P , temos provado agora
[SEC. 3.3: TRIÂNGULOS DE NAPOLEÃO 67
Teorema 3.3.4. Se quatro linhas se encontram uma outra em seis pon-
tos A, B, C, A1, B1 e C1, de modo que os conjuntos de pontos colineares
são A1BC, AB1C, ABC1 e A1B1C1, então as quatro circunferências
AB1C1, A1BC1, A1B1C e ABC têm um ponto em comum.
No caso especial em que as primeiras três circunferências têm AP ,
BP e CP como diâmetros, A1B1 é a linha de Simson de P com respeito
ao triângulo4ABC. Mantendo ABC e P fixados, podemos girar rigida-
mente as três linhas PA1, PB1 e PC1 sobre o P um ângulo arbitrário de
modo a obter uma “linha de Simson obĺıqua”. Esta linha contém novos
“pés”A1, B1 e C1 tal que as três linhas PA1, PB1 e PC1 fazem ângulos
iguais (no mesmo sentido de rotação), com as três linhas BC, CA e AB.
O teorema 3.3.3 tem um corolário interessante sobre o triângulo dos
centros 4O1O2O3 (figura 3.10). Uma vez que os lados O2O3, O3O1 e
O1O2 deste triângulo são perpendiculares às cordas comuns (ou eixos
radicais) dos pares de circunferências, o seu ângulo em O1 deve ser o
ângulo suplementar do ∠BFC, o que significa que O1 = P . Similar-
mente O2 = Q e O3 = R. Estes são os três ângulos diferentes dos três
triângulos semelhantes. Portanto
Teorema 3.3.5. Se triângulos semelhantes 4PCB, 4CQA e 4BAR
são constrúıdos externamente sobre os lados de um triângulo arbitrário
4ABC, seus circuncentros formam um triângulo semelhante aos três
triângulos.Em particular (figura 3.11),
Teorema 3.3.6. Se triângulos equiláteros são constrúıdos externamente
sobre os lados de um triângulo arbitrário, os respectivos centros de for-
mar um triângulo equilátero.
Sabe-se que Napoleão Bonaparte teve um pouco de matemático com
um grande interesse na geometria. Na verdade, há uma história que,
antes de ele fosse governante da França, ele se envolveu em uma discussão
com os grandes matemáticos Lagrange e Laplace, até que o último disse-
lhe, severamente,“A última coisa que quero de você, General, é uma lição
de geometria”. Laplace tornou-se seu engenheiro chefe militar.
O teorema 3.3.6 tem sido atribúıdo a Napoleão, embora a possibi-
lidade de que ele soubesse geometria suficiente para essa façanha é tão
questionável quanto a possibilidade de seu conhecimento suficiente do
inglês para compor o famoso paĺındromo
able was i ere i saw elba3
3Isla de Elba, onde Napoleão foi prisioneiro
68 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
A
B
C
Q
R
P
O3
O2
O1
Figura 3.11:
De qualquer forma, por conveniencia chamaremos o triângulo dos
centros 4O1O2O3 (no caso quando 4PCB, 4CQA e 4BAR são equi-
látero), o triângulo de Napoleão exterior do 4ABC. Por analogia, se
triângulos equiláteros são erguidas internamente nos lados do 4ABC,
como na figura 3.12, os respectivos centros são os vértices do triângulo de
Napoleão interior N1N2N3. Assim, o teorema 3.3.6 pode ser enunciado
brevemente como segue: O triângulo de Napoleão exterior é equilátero.
Yaglom ([36], pp 38, 93) provou isto usando um outro método, bas-
tante diferente do nosso, mas com a vantagem de que ele produz também
o teorema análogo ao
Teorema 3.3.7. O triângulo Napoleão interior é equilátero.
Uma abordagem diferente, que contribui também a um interessante
subproduto, se aplicamos a lei dos cossenos ao triângulo 4AO3O2 da
figura 3.11. Como AO2 é a circunraio de um triângulo equilátero de
lado CA = b, seu comprimento é b√
3
. Similarmente, AO3 = c√
3
. Além
disso,
]O3AO2 = A+ 60◦.
Dáı que
(O2O3)
2 =
1
3
b2 +
1
3
c2 − 2
3
bc cos(a+ 60◦).
Como os vértices N2 e N3 do triângulo de Napoleão interior pode ser
obtido de O2 e O3 através de reflexões sobre as linhas AB e AC, respec-
tivamente, e ]N3AN2 = A− 60◦, temos também
(N2N3)
2 =
1
3
b2 +
1
3
c2 − 2
3
bc cos(A− 60◦).
[SEC. 3.3: TRIÂNGULOS DE NAPOLEÃO 69
Subtraindo temos
(O2O3)
2 − (N2N3)
2 =
2
3
bc
Ä
cos(A− 60◦)− cos(A+ 60◦)
ä
=
4
3
bc senA sen 60◦ =
2√
3
bc senA
=
4√
3
(ABC).
De forma análoga, obtemos
(O1O2)
2 − (N1N2)
2 = (O3O1)
2 − (N3N1)
2 =
4√
3
(ABC),
e como O2O3 = O3O1 = O1O2, deduzimos que
N2N3 = N3N1 = N1N2.
Lembrando que a área de um triângulo um equilátero é
√
3
4 vezes o
quadrado do seu lado, pode-se formular o “interessante subproduto”,
como
Teorema 3.3.8. Os triângulos de Napoleão exterior e interior de um
triângulo 4ABC arbitrário diferem de área em (ABC).
Na verdade (como podemos ver na figura 3.12), o triângulo de Napo-
leão interior é “retrógrado” de modo que (N1N2N3) é negativo (ou zero)
e a fórmula precisa não é
(O1O2O3)− (N1N2N3) = (ABC)
mas
(O1O2O3)− (N3N2N1) = (ABC)
ou
(O1O2O3) + (N1N2N3) = (ABC).
Exerćıcios
1. Se quadrados são constrúıdos em dois lados de um triângulo, suas
circunćırculos interceptam a circunferências cujo diâmetro é o ter-
ceiro lado, e os centros destas três circunferências são os vértices
de um triângulo retângulo isósceles.
2. Na notação da figura 3.11,
70 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
A
B
C
N3
N2
N1
Figura 3.12:
(i) As linhas de PO1, QO2, RO3 todos passam por O, o circun-
centro do triângulo 4ABC;
(ii) As linhas AO1, BO2 e CO3 são concorrentes;
(iii) Os segmentos AP , BQ e CR têm o mesmo comprimento,
todos passam pelo ponto comum F das três circunferências, e
se interceptam um ao outro em ângulos de 60◦. (Este ponto é
chamado de F por Fermat, quien obteve ele, quando nenhum
dos ângulos do triângulo 4ABC excede 120◦, como o ponto
cujas distâncias a A, B e C têm soma mı́nima.)
3. Na notação da figura 3.12, as linhas AN1 , BN2 e CN3 são con-
correntes.
4. Os triângulos de Napoleão exterior e interior têm o mesmo centro.
3.4 Teorema de Menelaus
Menelau de Alexandria (aproximadamente 100 aD, não confundir
com Menelau de Esparta) escreveu um tratado chamado Sphaerica em
que ele usou uma determinada propriedade de um triângulo esférico; ele
escreveu como se a propriedade análoga em um triângulo plano tivesse
sido bem conhecida. Talvez fosse, mas não há registro anterior que
tenha sobrevivido, assim vamos simplesmente chamar esta propriedade
de teorema de Menelau. Na notação de segmentos direcionados (seção
2.1), pode ser enunciado como segue (ver figuras 3.13, 3.14):
[SEC. 3.4: TEOREMA DE MENELAUS 71
Z X
A
B
Y
Ch2
h1
h3
Figura 3.13:
Teorema 3.4.1. Se os pontos X, Y e Z estão sobre os lados BC, CA
e AB (apropriadamente estendidos) do 4ABC são colineares, então
BX
CX
CY
AY
AZ
BZ
= 1.
Por outro lado, se esta equação é válida para os pontos X, Y e Z sobre
os três lados, então esses três pontos são colineares.
Dada a colinearidade de X, Y e Z, como na figura 3.13 ou 3.14,
h1, h2 e h3 os comprimentos das perpendiculares de A, B e C à linha
XY , considerada positiva quando está a um lado desta linha e negativa
quando está no outro lado. A partir das três equações
BX
CX
=
h2
h3
,
CY
AY
=
h3
h1
,
AZ
BZ
=
h1
h2
,
obtemos o resultado desejado pela multiplicação (Note-se que sempre
ou os três ou apenas um dos lados da 4ABC deve ser estendido para
colocar três pontos X, Y e Z distintos e alinhados).
Por outro lado, se X, Y e Z estão sobre os três lados, de tal maneira
que
BX
CX
CY
AY
AZ
BZ
= 1,
e suponhamos que as linhas AB e XY se interceptam em Z ′. Então
BX
CX
CY
AY
AZ ′
BZ ′
= 1,
Assim
AZ ′
BZ ′
=
AZ
BZ
,
72 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
B X
A
C
Z
Yh2
h1
h3
Figura 3.14:
portanto Z ′ coincide com Z, e provamos desta forma que X, Y e Z são
colineares.
Observamos que o teorema de Menelau fornece um critério de coline-
alidade, assim como o teorema de Ceva (teoremas 1.2.1 e 1.2.2) fornece
um critério para concorrência. Para enfatizar o contraste, podemos ex-
pressar a equação de Menelau na forma alternativa
BX
XC
CY
Y A
AZ
ZB
= −1.
Exerćıcios
1. As bissetrizes externas dos três ângulos de um triângulo escaleno
intercepta seus respectivos lados opostos em três pontos colineares.
2. As bissetrizes internas de dois ângulos de um triângulo escaleno, e
a bissetriz externa do terceiro ângulo, cortam os seus respectivos
lados opostos em três pontos colineares.
3.5 Teorema de Pappus
Chegamos agora a um dos teoremas mais importantes da geometria
plana. Foi provado pela primeira vez por Pappus de Alexandria cerca de
300 dC, mas o seu papel nos fundamentos da geometria projetiva não foi
reconhecido até quase dezesseis séculos mais tarde. Pappus foi apropri-
adamente chamado o último dos grandes geômetras da antiguidade. O
teorema particular, que tem o seu nome pode ser expresso de diferentes
maneiras, uma das quais é a que segue:
Teorema 3.5.1. Se A, C e E são três pontos sobre uma linha, B, D e
F estão sobre outra reta, e se as três linhas AB, CD e EF interceptam
[SEC. 3.5: TEOREMA DE PAPPUS 73
DE, FA e BC, respectivamente, então, os três pontos de interseção L,
M e N são colineares.
A
B
C
D
E
F
N L
M
Figura 3.15:
A natureza “projetiva” deste teorema é vista no fato de que é um
teorema de incidência pura, sem medição de comprimentos e ângulos,
e nem qualquer referência de ordem: em cada conjunto de três pontos
colineares é indiferente qual situa-se entre os outros dois. A figura 3.15
é uma maneira de desenhar o diagrama, mas figura 3.16 é outra, tão
relevante.
A
F
E
D
C
B
NL
M
Figura 3.16:
Podemos ciclicamente permutar as letras A, B, C, D, E e F , desde
que devidamente renomeadosL, M e N . Para evitar considerar pontos
no infinito, que nos levaria muito longe na direção da geometria proje-
tiva, vamos supor que as três linhas AB, CD e EF formam um triângulo
74 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
4UVW , como na figura 3.17.
A
B
C
D
E
F
N
L
M
W
V
U
Figura 3.17:
Aplicando o teorema de Menelau aos cinco triplas de pontos
LDE, AMF, BCN, ACE, BDF
sobre os lados do triângulo 4UVW , obtemos
V L
LW
WD
DU
UE
EV
= −1,
V A
AW
WM
MU
UF
FV
= −1,
V B
BW
WC
CU
UN
NV
= −1,
V A
AW
WC
CU
UE
EV
= −1,
V B
BW
WD
DU
UF
FV
= −1.
dividindo o produto das três primeiras expressões pelo produto das duas
últimas, e cancelando os termos correspondentes, obtemos
V L
LW
WM
MU
UN
NV
= −1,
onde L, M e N são colineares, como desejado. ([21], p. 237).
Exerćıcios
1. Se A, C e E são três pontos sobre uma linha, e B, D e F são pontos
sobre outra linha, e se as duas linhas AB e CD são paralelos a DE
e FA, respectivamente, então, EF é paralelo ao BC.
2. Se A, B, D, E, N , M são seis pontos de tal forma que as linhas AE,
DM e NB são concorrentes e AM , DB e NE são concorrentes, o
que pode ser dito sobre as linhas AB, DE e NM?
[SEC. 3.6: TRIÂNGULOS EM PERSPECTIVA: TEOREMA DE DESARGUES 75
3. Sejam C e F pontos arbitrários sobre os lados respectivos de AE e
BD de um paralelogramo AEBD. M e N denotam os pontos de
intersecção de CD e FA e de EF e BC. Se a linha MN intercepta
DA em P e EB em Q, então AP = QB.
4. Quantos pontos e linhas são nomeados na figura 3.15 (ou na figura
3.16)? Quantas linhas passam por cada ponto? Quantos pontos
estão em cada linha?
3.6 Triângulos em perspectiva: Teorema de De-
sargues
A teoria geométrica da perspectiva foi inaugurada pelo arquiteto Fi-
lippo Brunelleschi (1377-1446), que projetou a cúpula octogonal da Ca-
tedral de Florença, e também o Palácio Pitti. Um estudo mais profundo
da mesma teoria foi realizado por outro arquiteto, Girard Desargues
(1591-1661), cujo teorema “dois-triângulos” mais tarde teria a mesma
importância que o teorema de Pappus. Ele pode ser deduzido a partir
de Pappus, mas os detalhes são complicados, e podemos de forma muito
mais fácil deduzir este resultado a partir do teorema de Menelau.
Se dois modelos de uma figura, composta de linhas epontos pode
ser colocado em correspondência, de tal maneira que os pares de pontos
correspondentes são unidos por linhas concorrentes, dizemos que dois
modelos estão em perspectiva respeito um ponto. Se a correspondência é
tal que pares de linhas correspondentes se interceptam em pontos coli-
neares, dizemos que os dois modelos estão em perspectiva respeito a uma
linha. No esṕırito de geometria projetiva, o teorema dos dois-triângulos
de Desargues diz que se dois triângulos estão em perspectiva com res-
peito a um ponto, então eles estão em perspectiva respeito a uma linha.
Para evitar complicações decorrentes da posśıvel ocorrência de linhas
paralelas, reformularemos o enunciado do teorema da seguinte forma:
Teorema 3.6.1. Se dois triângulos estão em perspectiva com respeito
a um ponto, e se os seus pares de lados correspondentes se interceptam,
então, os três pontos de intersecção são colineares.
Novamente temos um teorema de incidência pura. As figuras 3.18 e
3.19 são duas das muitas maneiras em que o diagrama pode ser dese-
nhado.
Aqui 4PQR e 4P ′Q′R′ estão em perspectiva respeito a O e seus
pares de lados correspondentes se encontram em D, E e F . (Alguns
exemplos de triângulos em perspectiva já foram examinados no exerćıcio
2 da seção 3.3, onde a cada dois dos três triângulos 4ABC, 4PQR e
4O1O2O3 estão em perspectiva respeito a um ponto.)
76 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
P ′
Q′
R′
O
Q
P
R
F
D
E
Figura 3.18:
Para a prova, aplicamos o teorema 3.4.1 para as três triplas de pontos
DR′Q′, EP ′R′, e FQ′P ′
sobre os lados dos três triângulos
4OQR, 4ORP e 4OPQ,
P ′
Q′
R′
O
Q
P
R
FD E
Figura 3.19:
obtemos
QD
RD
RR′
OR′
OQ′
QQ′
= 1,
RE
PE
PP ′
OP ′
OR′
RR′
= 1,
PF
QF
QQ′
OQ′
OP ′
PP ′
= 1
[SEC. 3.6: TRIÂNGULOS EM PERSPECTIVA: TEOREMA DE DESARGUES 77
Depois de multiplicar essas três expressões e fazendo uma quantidade
razoável de cancelamentos, ficamos com
QD
RD
RE
PE
PF
QF
= 1,
onde D, E e F são colineares, como desejado. ([21], p. 231)
O teorema de Desargues facilmente implica seu inverso: Se dois tri-
ângulos estão em perspectiva com respeito a uma linha, eles estão em
perspectiva respeito a um ponto. Podemos escrever este resultado da
seguinte forma:
Teorema 3.6.2. Se dois triângulos estão em perspectiva com respeito
a uma linha e, se dois pares de vértices estão sobre duas linhas que se
interceptam, então os triângulos estão em perspectiva com respeito ao
ponto de intersecção destas linhas.
Ao dizer que 4PQR e 4P ′Q′R′ estão em perspectiva em relação a
uma linha, queremos dizer que existem três pontos colineares4
D = QR ·Q′R′, E = RP ·R′P ′, F = PQ · P ′Q′,
como na figura 3.18. Denotando O = PP ′ · RR′, queremos provar que
este ponto O é colinear com Q e Q′. Como 4FPP ′ e 4DRR′ estão em
perspectiva desde o ponto E, podemos aplicar o teorema 3.6.1 para eles,
e conclúımos que os pontos de intersecção de pares de lados correspon-
dentes, ou seja,
O = PP ′ ·RR′, Q′ = P ′F ·R′D Q = FP ·DR,
são colineares, como desejado.
Este é um exemplo de uma prova puramente “projetiva”.
Exerćıcios
1. Se dois triângulos estão em perspectiva com respeito a um ponto, e
dois pares de lados correspondentes são paralelos, os dois lados res-
tantes são paralelos. (Neste caso, os dois triângulos são chamados
homotéticos, como no Ex. 3, seção 1.2.)
4Fica claro a partir do contexto, quando um śımbolo, como AB denota toda a
linha através dos pontos A e B e não apenas o segmento determinado por eles. É
conveniente para designar o ponto comum de duas linhas não paralelas AB e DE por
AB ·DE. Isto é menos preocupante do que o śımbolo (A⊕ B) ∩ (D ⊕ E) preferidos
por alguns autores.
78 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
2. Quantos pontos e linhas são nomeados na figura 3.18 (ou 3.19)?
Quantas linhas passam por cada ponto? Quantos pontos estão em
cada linha?
3. Escreva dois triângulos que estão em perspectiva respeito a
(i) P, (ii) P ′, (iii) D.
4. O que pode ser dito sobre os vértices e os lados dos dois pentágonos
DFP ′OR e EPQQ′R? A figura contém outros pentágonos que se
comportam de forma similar?
5. Duas linhas não paralelas são desenhados numa folha de papel
de modo que a sua intersecção teoricamente está em algum lugar
fora do papel. Através de um ponto P , seleccionado em algum
lugar do papel entre as linhas, construa uma linha tal que, quando
suficientemente estendida, passam através do ponto de intersecção
das linhas dadas. Qual seria a construção equivalente que se aplica
para duas linhas paralelas?
3.7 Hexagonos
Dois vértices de um hexágono são chamados adjacentes, alternados,
ou oposto conforme eles são separados por um lado, dois lados, ou três
lados.
Assim, em um hexágono ABCDEF , F e B são adjacentes a A, E
e C são alternados a A e D é oposto a A. A junção de dois vértices
opostos é chamado de diagonal. Assim ABCDEF tem três diagonais:
AD, BE, CF . Da mesma forma o hexágono ABCDEF tem três pares
de lados opostos: AB e DE, BC e EF , CD e FA.
Um hexágono dado pode ser nomeado ABCDEF de doze formas
distinta: Qualquer um dos seis vértices podem ser denominado A, um
dos dois vértices adjacentes pode ser chamada B, e o restante são deter-
minados pela ordem alfabética.
Seis pontos dados, não três colineares, podem ser denominados A, B,
C, D, E, F de 6! = 720 maneiras. Cada forma determina um hexágono
ABCDEF com os seis pontos como seus vértices. Portanto, o número
de hexágonos distintos determinados pelos seis pontos é
720
12
= 60.
A figura 3.20 mostra três dos sessenta hexágonos determinados por seis
pontos sobre uma circunferência.Apesar de estarmos acostumados com
[SEC. 3.8: O TEOREMA DE PASCAL 79
o primeiro tipo (“convexo”), não devemos esquecer ou negligenciar os
outros cinquenta e nove hexágonos posśıveis que podem ser derivados
dos mesmos seis pontos.
Figura 3.20:
Na seção 3.1, insistimos que um poĺıgono não deve ter três vértices
consecutivos colineares. No entanto, outras colinearidades são permi-
tidas. Em particular, o teorema 3.5.1 (teorema de Pappus) pode ser
reformulada como segue:
Se cada conjunto de três vértices alternados de um hexágono é um
conjunto de três pontos alinhados, e se os três pares de lados opostos se
cruzam, então, os três pontos de interseção são colineares.
Exerćıcios
1. Se um hexágono ABCDEF tem dois lados opostos, BC e EF pa-
ralelos à diagonal AD, e dois lados opostos de CD e FA paralelos
à diagonal BE, enquanto os lados restantes DE e AB são tam-
bém paralelos, então, a terceira diagonal CF é paralela a AB e os
baricentros de 4ACE e 4BDF coincidem.
2. De quantas maneiras podem duas triplas de pontos colineares ser
consideradas como as triplas de vértices alternados de um hexá-
gono?
3.8 O teorema de Pascal
Chegamos agora a um notável teorema descoberto pelo filósofo e
matemático Blaise Pascal (1623-1662), à idade de dezesseis anos:
Teorema 3.8.1. Se todos os seis vértices de um hexágono estão so-
bre uma circunferência e os três pares de lados opostos se interceptam,
então, os três pontos de intersecção são colineares.
80 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
Ninguém sabe como o próprio Pascal provou isso, pois sua prova
original foi perdida. No entanto, antes de ela ser perdida, foi vista e
elogiada por G.W. Leibniz (co-descobridor com Newton do cálculo dife-
rencial e integral). Este estado de coisas nos desafia a tentar reconstruir
a prova perdida, isto é, para dar uma prova apenas com os resultados e
métodos que estavam dispońıveis na época de Pascal. Uma dessas pro-
vas, utilizando apenas os três primeiros livros de Euclides, foi concebida
por Forder ([17], p. 13), mas que é uma volta de força, e Pascal é mais
provável que tenha usado o teorema de Menelau, de alguma forma, como
a seguir.
A
B
C
D
E
F
U
N
L
M
W
V
Figura 3.21:
A figura 3.21 mostra uma das muitas maneiras em que o hexágono
ABCDEF , inscrito em uma circunferência, pode ser arranjado. (O
leitor pode facilmente ver que alterações no argumento será necessária se
o arranjo é diferente, por exemplo, se os mesmos seis vértices são unidos
por os lados de um dos cinquenta e nove outras maneiras posśıveis.)
Queremos provar que os três pontos de interseção
L = AB ·DE, M = CD · FA, N = BC · EF
estão alinhados.
Vamos supor que as três linhas AB, CD e EF formam um triângulo
4UVW , como na figura 3.21. Aplicando o teorema 3.4.1 para as três
triplas de pontos LDE, AMF , BCN sobre os lados deste triângulo
4UVW , obtemos
V L
WL
WD
UD
UE
V E
= 1,
V A
WA
WM
UM
UF
V F
= 1,
V B
WB
WC
UC
UN
V N
= 1.
Multiplicando todas essas expressões, e observando-se que, pelo teorema
[SEC. 3.8: O TEOREMA DE PASCAL 81
2.1.1 (na página 28),
WD
UD
UE
V E
V A
WA
UF
V F
V B
WB
WC
UC
=
UE × UF
UC × UD
V A× V B
V E × V F
WC ×WD
WA×WB
= 1,
ficamos com
V L
WL
WM
UM
UN
VN
= 1,
onde L, M e N são colineares, como queriamos mostrar5.
A linha que contém os três pontos L, M e N é chamada de linha de
Pascal do hexágono ABCDEF . Como vimos na seção 3.7, os mesmos
seis pontos determinar sessenta hexágonos , consequentemente, determi-
nam (em geral) sessenta linhas de Pascal. Estas sessenta linhas formam
uma configuração muito interessante: certos conjuntos de elas são con-
correntes, certos conjuntos de pontos de concorrência são colineares, e
assim por diante.
De acordo com o breve ensaio Essay pour les coniques que sobrevi-
veu, Pascal estava bem consciente de que o seu teorema não se aplica
apenas a um hexágono inscrito em uma circunferência, mas igualmente a
um hexágono inscrito numa cónica. O teorema inverso, foi mostrado in-
dependentemente por William Braikenridge e Colin MacLaurin, e pode
ser encontrado em livros sobre geometria projetiva (por exemplo, [10],
p. 85):
Se os três pares de lados opostos de um hexágono se encontram em
três pontos colineares, então os seis vértices estão em uma cónica, que
pode degenerar num par de linhas (como no teorema 3.5.1). Permitindo
que vértices do hexágono inscrito se colapsem e rotulá-los com cuidado,
podemos deduzir alguns teoremas interessantes sobre pentágonos inscri-
tos e quadriláteros. Nesses casos, o lado cujas extremidades são colap-
sados torna-se um ponto, mas a linha que os contém torna-se a tangente
à circunferência (ou cónica) nesse ponto.
Considere, por exemplo, o quadrilátero ADBE inscrito mostrado na
figura 3.22, considerando o quadrilátero cruzado ABDE como um he-
xágono degenerado com B = C e E = F , podemos aplicar o teorema de
Pascal com a conclusão de que as tangentes em B e E se interceptam
em N , que está sobre a reta determinada pelos pontos
L = AB ·DE e M = BD · EA.
5Esta tentativa de reconstruir a prova de Pascal apareceu na 18a edição do Theo-
dor Spieker de Lehrbuch der Ebenen Geometrie (Potsdam, 1888) Dispońıvel eletôni-
camente em http://digital.slub-dresden.de/werkansicht/dlf/10637. Veja tam-
bém [21], p. 235 ou [31], p. 26. Para uma tentativa diferente, consulte Coxeter e
Greitzer, L’hexagramme de Pascal. Un essai pour reconstituer cette découverte, Le
Jeune Scientifique (Joliette, Quebec) 2 (1963), pp 70-72.
82 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
A
E(F )
B(C)
D
M
N
L
Figura 3.22:
Exerćıcios
1. Se pelo menos cinco dos seis vértices de um hexágono estão sobre
uma circunferência, e os três pares de lados opostos se encontram
em três pontos colineares, então, o sexto vértice está sobre a mesma
circunferência.
2. Para quadrilátero ćıclico ABCE sem lados paralelos, as tangentes
em A e C se encontram na linha que une AB · CE e BC · EA.
3.9 Teorema de Brianchon
C.J. Brianchon (1760-1854) descobriu um teorema interessante (re-
lacionado de uma maneira sutil com o teorema de Pascal), envolvendo
um hexágono circunscrito ao redor de uma cônica. A prova de Brian-
chon emprega a“dualidade”de pontos e linhas, que pertence à geometria
projetiva. No entanto, no caso em que a cónica é uma circunferência, a
procura por uma prova euclidiana tornou-se um problema dif́ıcil. Este
desafio foi respondido com sucesso pela A. S. Smogorzhevskil ([34], pp
33-34). Antes de dar os detalhes, vamos provar o seguinte lema:
Sejam P ′ e Q′ dois pontos sobre as tangentes em P e Q a uma cir-
cunferência (do mesmo lado da linha PQ) tal que PP ′ = QQ′. Então,
há uma circunferência tangente a linhas PP ′ e QQ′ em P ′ e Q′, respec-
tivamente.
Na verdade, a figura completa (figura 3.23) é simétrica em relação
à mediatriz do segmento PQ, a qual é também a mediatriz P ′Q′ e me-
diatriz de um diâmetro da circunferência dado. As perpendiculares ao
[SEC. 3.9: TEOREMA DE BRIANCHON 83
Q
Q′
P
P ′
Figura 3.23:
PP ′ e QQ′ em P ′ e Q′ simultaneamente cortam esta “linha média” ou
“espelho” no mesmo ponto, que é o centro da circunferência desejada.
Agora estamos prontos para a prova de Smogorzhevskil do teorema
Teorema 3.9.1. Se todos os seis lados de um hexágono são tangen-
tes a uma circunferência, então as três diagonais são concorrentes (ou
possivelmente paralelas).
Sejam R, Q, T , S, P e U os pontos de contato das seis tangentes
AB,BC,CD,DE,EF, FA,
como na figura 3.24. Assumimos, por simplicidade, que o hexágono
ABCDEF é “convexo”, de modo que todos as três diagonais AD, BE
e CF são secantes da circunferência inscrita (e que a possibilidade de
paralelismo não surge). Nas linhas EF , CB, AB, ED, CD, AF (esten-
didas), tomamos pontos P ′, Q′, R′, S′, T ′ e V ′, de tal forma que
PP ′ = QQ′ = RR′ = SS′ = TT ′ = UU ′
(para algum comprimento conveniente), e construimosas circunferências
I (PP ′ e QQ′ são tangentes em P ′ e Q′), II ( RR′ e SS′ são tangentes
em R′ e S′), III ( TT ′ e UU ′ são tangentes em T ′ e U ′), em concordancia
com o lema.
Vamos agora a fazer uso do fato que duas tangentes a uma circun-
ferência a partir do mesmo ponto têm comprimentos iguais. Como
AR = AU e RR′ = UU ′, temos, por outro lado, AR′ = AU ′. Como
DS = DT e SS′ = TT ′, temos, por subtração que DS′ = DT ′. As-
sim, A e D são pontos de igual potência (seção 2.2) com respeito às
circunferências II e III;. logo a linha AD coincide com o eixo radical
dessas duas circunferências. Da mesma forma, BE está no eixo radical
das circunferências I e II e CF e está no eixo radical das circunferências
III e I. Como vimos na seção 2.3, os eixos radicais de três circunferên-
cias não coaxial, tomadas em pares, são concorrentes (ou possivelmente
84 [CAP. 3: COLINEARIDADE E CONCORRENCIA
paralelas). Temos interpretado as diagonais do nosso hexágono como
os eixos radicais de três circunferências. Uma vez que estas diagonais,
obviamente, não pode coincidir, as circunferências não são coaxiais, logo
a prova está completa.
P
U
R
Q
T
S
A
B
C
D
E
P ′
Q′
U ′
T ′
I
III
R′
S′
II
F
Figura 3.24:
O teorema inverso, pertencente a geometria projetiva, é a seguinte
([10], p. 83):
Se as três diagonais de um hexágono são concorrentes, logo os seis
lados tocar uma cônica, que pode degenerar num par de pontos (como o
ponto F (L) no hexágono ABDENMdo exercicio 2 da seção 3.5).
Ao permitir que os lados do hexágono circunscrito a se aglutinem e
rotulá-los com cuidado, podemos deduzir alguns teoremas interessantes
sobre pentágonos circunscritas e quadriláteros. Nesses casos, o vértice
comum de dois lados coincidentes torna-se o seu ponto de contato com
a circunferência (ou cônica).
Considere-se, por exemplo, o pentágono circunscrito ABCDE mos-
trado na figura 3.25. Por considerá-lo como um hexágono degenerado
ABCDEF com um “ângulo plano” em F , podemos aplicar o teorema de
Brianchon com a conclusão de que o ponto de contato do lado EA lado
pentágono circunscrito ABCDE encontra-se na linha que une C com o
ponto de intersecção AD · BE. Da mesma forma, um quadrilátero cir-
cunscrito BCEF , cujos lados FB e CE tocam a circunferência em A e
[SEC. 3.9: TEOREMA DE BRIANCHON 85
F
A B
C
DE
Figura 3.25:
D, pode ser considerado como um hexágono degenerado, com a conclu-
são de que as diagonais BE e CF do quadrilátero concorrem com a linha
AD que une os pontos de contato de FB e CE com a circunferência.
(A)
(P )
(D)
(Q)
B
EF
C
Figura 3.26:
Exerćıcios
1. Na figura 3.26, a linha PQ que une os outros dois pontos de contato
também passa através do ponto de intersecção das diagonais.
2. Na Figura 3.26, considere o hexágono ABQCEF . Quais linhas
são concorrentes?
3. O teorema de Brianchon sugerem uma nova abordagem para o
exerćıcio 3 da seção 1.4?
Caṕıtulo 4
Transformações
Geométricas
Pela fé Enoque foi trasladado para não ver a morte; e
não foi achado, porque Deus o trasladara; pois antes
da sua trasladação alcançou testemunho de que agra-
dara a Deus.
Hebreus, 11:5
Em uma observação no final da seção 1.6, obteve-se um ângulo reto
entre FD e OB (figura 1.14), por rotação das linhas perpendiculares HD
e CB por ângulos iguais a α em D e B, respectivamente. No preâm-
bulo do teorema 1.7.1, observou-se que os dois triângulos semelhantes
4ABC e 4A′B′C ′ têm o mesmo baricentro e que, uma vez que seus
ortocentros são H e O, AH = 2OA′. Finalmente, na observação após
o teorema 1.8.1, foi utilizada uma meia-volta para trocar os ortocentros
dos dois triângulos congruentes 4A′B′C ′ e 4KLM . A rotação, dilata-
ção e meia-volta são três exemplos de uma transformação que (para os
nossos propósitos atuais) significa um aplicação de todo o plano em si
mesmo de modo que cada ponto P tem uma única imagem P ′, e cada
ponto Q′ tem uma única pre-imagem Q. Essa ideia de “aplicação” é
um personagem proeminente na maioria dos ramos da matemática, por
exemplo, quando escrevemos y = f(x), estamos aplicando o conjunto de
valores de x no conjunto de valores correspondentes de y.
A geometria euclidiana é apenas uma das muitas geometrias, cada
um com seus próprios conceitos primitivos, axiomas e teoremas. Felix
Klein, em seu discurso inaugural em Erlangen,1 em 1872, propôs a clas-
sificação das geometrias de acordo com os grupos de transformações que
podem ser aplicadas sem mudar esses conceitos, axiomas e teoremas. Em
1NT: Realmente na sua posse como professor titular na Faculdade de Filosofia de
Erlangen (1872) .
86
[SEC. 4.1: TRANSLAÇÃO 87
particular, a geometria euclidiana é caracterizada pelo grupo de seme-
lhanças, as quais são transformações em que os ângulo são preservados.
Um importante caso especial de uma semelhança é uma isometria. Esta
é uma transformação em que os comprimento são preservados tais como
as rotações, ou, em particular, uma meia volta. Isometrias estão na
base da ideia familiar de congruência: duas figuras são congruentes se e
somente se pode ser transformada na outra por uma isometria.
4.1 Translação
Além da identidade, o que deixa todos os pontos exatamente onde
estavam antes, a transformação mais conhecida é a translação, que pre-
serva a distância entre quaisquer dois pontos e a direção da linha através
deles.
A B
A′ B′
Figura 4.1:
A B
A′ B′
Figura 4.2:
Se A′B′ é a imagem transladada do segmento de recta AB e, então,
A, B, A′ e B′ estão alinhados, tal como na figura 4.1, ou AA′B′B é um
paralelogramo, como na figura 4.2. (No primeiro caso, podemos dizer
naturalmente que AA′B′B é um paralelogramo degenerado). Assim,
a translação é determinada pelo segmento dirigido AA′, ou igualmente
bem determinada por um número infinito de outros segmentos, tais como
BB′, tendo o mesmo comprimento e direção. Outra forma de chamar
a translação é por um vetor, e usamos a notação
−→
AA′ =
−−→
BB′. Em
particular, a identidade pode ser considerada como uma translação de
distância nula, ou como o vector zero.
O fato que uma translação conserva a forma e o tamanho de qualquer
figura é usado nas provas de vários teoremas sobre área. Por exemplo
(ver figura 4.3), na derivação da fórmula usual para a área de um para-
lelogramo ABCD com um ângulo agudo em A, cortamos um triângulo
88 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
A B
CD
H H ′
Figura 4.3:
retângulo 4AHD e colocá-lo novamente depois de translada-lo para a
posição BH ′C, obtendo-se assim um retângulo HH ′CD.
O
a
C
B
O′
D
A
Figura 4.4:
A figura 4.4 ilustra o problema de inscriver numa determinada cir-
cunferência, um rectângulo com dois lados opostos iguais e paralelos
a um segmento de linha a dado. Isto pode ser resolvido transladando
a circunferência ao longo de um dos dois vectores igual ou oposto re-
presentados por a. Se as posições da antigas e da nova circunferência
se encontram em B e C, estes são dois vértices do rectângulo ABCD
desejado, cujos lados AB e CD são iguais e paralelos a a.
Exerćıcios
1. No triângulo 4ABC (figura 4.5) “inscrever” um segmento de linha
igual e paralelo a um determinado segmento a.
2. Desenhar uma figura para ilustrar o padrão infinito, que pode ser
derivado a partir de um triângulo equilátero 4ABC dado, apli-
cando todos os vetores constitúıdos por um múltiplos inteiros de−−→
AB mais múltiplos inteiros de
−→
AC.
[SEC. 4.2: ROTAÇÃO 89
B C
A
a
Figura 4.5:
4.2 Rotação
Outro tipo de transformação que preserva a distância é a rotação.
Aqui, todo o plano está girando sobre algum ponto através de um de-
terminado ângulo. Assim, a forma e tamanho de qualquer figura são
mantidos invariantes, mas todos os seus pontos são movimentados ao
longo de arcos de circunferência concêntricos. O centro (que pode ou
não “pertencer” à figura a ser rodada) é o único pontoque permanece
fixo.
Como um exemplo da utilização de uma rotação, vamos conside-
rar o triângulo 4ABC (figura 4.6), com triângulos equiláteros 4BPC,
A
B C
Q
P
R
F
60◦
60◦
60◦
60◦
60◦
60◦
Figura 4.6:
4CQA e 4ARB constrúıdos (externamente) sobre seus três lados. De-
90 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
pois de desenhar as linhas de BQ e CR, que se encontram em F , observa-
se que uma rotação de 60◦ com centro em A leva 4ARC em 4ABQ.
Dáı que ]RFB = 60◦ e RC = BQ. Um racioćınio semelhante mostra
que PA = CR. Assim
AP = BQ = CR.
Além disso, uma vez que
]RFB = 60◦ = ]RAB e ]CFQ = 60◦ = ]CAQ,
os quadriláteros ARBF e CQAF são conćıclicos, e como ]BFC = 120◦
enquanto ]CPB = 60◦, o terceiro quadrilátero BPCF também é con-
ćıclico. Portanto, as circunferências dos três triângulos 4BPC, 4CQA
e 4ARB passam pelo ponto F . Este é o chamado ponto de Fermat de
4ABC. Tendo definido como o ponto de intersecção das retas BQ e
CR, vemos agora que ele também deve estar sobre AP .
C
A B
I
G
K
J
D E
O1
O3
O2
F
H
X
Y
W
U
Figura 4.7:
[SEC. 4.3: MEIA VOLTA 91
Na prova do teorema de Pitágoras de Euclides, os quadrados CBIG,
ACKJ , BADE são erguidas externamente sobre os lados do triângulo
retângulo 4ABC e o último quadrado é dissecada em duas peças por
meio da altura CH, como na figura 4.7 . Aqui O1, O2 e O3 são os centros
dos três quadrados e o significado de U , V , W , X, Y fica clara. Embora
existam maneiras mais fáceis da feita por Euclides para provar o teorema
de Pitágoras em si, sua figura sugere muitos resultados inesperados.
Depois de desenhar as linhas AI, BJ , CD e CE, observa-se que uma
rotação com centro em A de 90◦ leva o triângulo 4ADC no triângulo
4ABJ . Portanto BJ = DC e BJ é perpendicular a CD. Da mesma
forma, AI e CE são iguais e perpendiculares.
Dos triângulos semelhantes 4BCX ∼ 4BKJ e 4CAY ∼ 4GAI
obtemos as relações
CX
b
=
CX
KJ
=
BC
BK
=
a
a+ b
,
CY
a
=
CY
GI
=
CA
GA
=
b
a+ b
de onde
CX =
ab
a+ b
= CY.
Exerćıcios
1. Se quadrados são erguidos externamente sobre os lados de um para-
lelogramo, seus respectivos centros são os vértices de um quadrado.
([36], pp 96-97.)
2. Na figura 4.7,
(i) as três linhas IA, BJ e CH são concorrentes;
(ii) O1O2 = CO3, e estas linhas são perpendiculares;
(iii) U , V , W são os pontos médios de GK, JD, EI.
3. Construa um triângulo equilátero de tal forma que um determi-
nado ponto em seu interior esteja a distancia 2 unidades de um
vértice, 3 unidades do segundo vértice e 4 unidades do terceiro
vértice.
4.3 Meia Volta
Uma espécie de de rotação compartilha com as translações a pro-
priedade de transformar cada linha em uma linha paralela. Esta é a
meia volta, ou a rotação de 180◦, que transforma cada raio num raio na
direção oposta. Claramente, uma meia volta está completamente deter-
minada pelo seu centro. Uma vez que uma translação transforma cada
92 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
raio a um raio paralelo, o efeito das duas meias-voltas sucessivamente
aplicadas (no necessariamente no mesmo centro) é o mesmo que o efeito
de uma translação: em resumo, a “soma” de duas meias-voltas é uma
translação (o que se reduz à identidade, se as duas meias-voltas têm o
mesmo centro). Mais precisamente, se os pontos A, B e C estão igual-
mente espaçados ao longo de uma linha, de modo que B é o ponto médio
da CA, a meia volta com centro A deixa A invariante e, por sua vez,
uma meia volta com centro B troca A com C, assim a soma estas duas
meias voltas é a translação de
−→
CA, e é igual que a soma das meias-voltas
com centros B e C.
A figura 4.8 mostra a soma das meias-voltas com centros O1 e O2.
O segmento de recta AB é transformado primeiro no segmento A′B′ (no
A B
O1
A′B′
O2
A′′ B′′
Figura 4.8:
sentido oposto) e, depois em A′′B′′, assim a soma desta translações é
−→
AA′′ =
−−→
BB′′.
Muitos teoremas antigos e familiares pode ser provado quando, sim-
plesmente, meias-voltas são usadas. Na figura 4.9, O é o ponto médio
comum de dois segmentos AC e BD. Meia-volta ao redor de O, leva AB
A
B
C
O
D
Figura 4.9:
em CD, o que mostra que ABCD é um paralelogramo. Novamente, na
figura 4.10, M e N são os pontos médios de AB e AC, vemos que a soma
das meias-voltas ao redor esses dois pontos é a translação
−−−→
MM ′′ =
−−→
BC,
de onde MN é paralelo a BC e com a metade do comprimento.
[SEC. 4.4: REFLEXÃO 93
A,B′
B,A′ C,B′′
MM ′
N
C ′
C ′′
A′′
M ′′N ′
N ′′
Figura 4.10:
Exerćıcios
1. Seja A um dos pontos comuns onde duas circunferências se in-
terceptam. Através de A, construir uma linha em que as duas
circunferências sejam cortadas em cordas do mesmo comprimento.
2. Através de um ponto A fora de uma circunferência determinada,
construir uma linha de corte a circunferência em P e Q de modo
que AP = PQ.
3. Se os lados opostos de um hexágono são iguais e paralelos, as
diagonais (juntando vértices opostos) são concorrentes.
4.4 Reflexão
Um terceiro tipo de transformação que preserva distâncias é a re-
flexão sobre uma linha HK, chamada espelho. Cada ponto no espelho
(como H ou K) é invariante, ou seja, a sua própria reflexão. A ima-
gem reflectida de um ponto A, que não está sobre o espelho, é o ponto
A′ na linha que passa por A perpendicular ao espelho tal que AA′ é
dividido na metade pelo espelho. Na figura 4.11, o segmento A′B′ é a
imagem do segmento AB. É uma questão simples para mostrar, se C
é qualquer ponto da linha AB, a sua imagem C ′ devem estar sobre a
mesma linha A′B′. O trapézio AA′B′B tem diagonais AB′ e A′B que
são imagens uma da outra; seu ponto comum X, sendo ele sua própria
imagem, encontra-se sobre espelho HK. As propriedades de ângulos
opostos pelo vértice nos permite dizer ]AXH = ]B′XK, enquanto
que a congruência dos triângulos 4BXK e 4B′XK nós permite dizer
]B′XK = ]KXB. Dáı que
]AXH = ]KXB.
Segue-se que o caminho mais curto a partir de um ponto arbitrário
A ao espelho, e dáı para um determinado ponto B, no mesmo lado do
94 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
A
B
A′
B′
C
C ′
H Kα
αα
Figura 4.11:
espelho, é a linha quebrada AXB. Pois, como podemos ver na figura
4.12, se qualquer outro ponto Y for escolhido no espelho, o caminho
AY + Y B = A′Y + Y B seria maior do que o segmento de reta A′B =
AX +XB.
A
B
A′
B′
XY
espelho
Figura 4.12:
Isto, aliás, mostra-nos como resolver geometricamente um famoso
problema extremal sem recorrer ao cálculo. Os f́ısicos nos dizem que
um raio de luz que viaja a partir de um ponto A para um espelho e dáı
para outro ponto B, vai fazê-lo ao longo de um caminho que minimiza o
tempo de viagem. Em um meio homogêneo, este tempo é proporcional
à distância percorrida. Então, um raio de luz que passa de A para
B por meio de um espelho e que encontra espelho com um ângulo α,
deixa o espelho com o mesmo ângulo α, pois, este é o resultado de se
exigir um caminho de comprimento mı́nimo. Os f́ısicos costumam medir
os ângulos da normal, uma linha perpendicular ao espelho, em vez de
[SEC. 4.5: PROBLEMA DE FAGNANO 95
partir do próprio espelho. Na figura 4.13, ∠i é chamado o ângulo de
incidência, e ∠r é chamado o ângulo de reflexão.
α α
ri
Figura 4.13:
Exerćıcios
1. Dado um triângulo escaleno 4ABC com lados capazes de refletir
a luz, exatamente em que lugar do lado AB deve estar uma fonte
de luz de modo que um raio que emana, após ser refletido suces-
sivamente nos outros dois lados, vai voltar para a fonte? Dica:
Consulte a seção 1.6.
2. Se a base e a área de um triângulo são fixados, o peŕımetro será
mı́nimo, quando o triângulo seja isósceles.
3. Resolver o exerćıcio 1 da seção 4.3 usando uma reflexão.
4.5 Problema de Fagnano
As propriedades da imagem do espelho podem ser utilizados para de-
rivar muitos teoremas interessantes simplesmente e de forma marcante.
Vamos utilizar estas propriedades para resolver o problema de encon-
trar o triângulode peŕımetro mı́nimo inscrito num triângulo acutângulo
dado. Este é conhecido como um problema de Fagnano.2
Para uma solução (ver figura 4.14), começamos com um triângulo
acutângulo 4ABC arbitrário, em que temos inscritos dois triângulos:
o triângulo órtico (linhas tracejadas) e qualquer outro triângulo (linhas
pontilhadas). Reflitamos 4ABC, com todo seu conteúdo, sobre seus
lados AC, CB, BA, AC, CB e assim sucessivamente. Agora vamos ins-
pecionar o diagrama para ver o que esta sequência cont́ınua de reflexões
fez aos nossos triângulos.
Desconsiderando-se os dois pontos marcados com C, observa-se a
linha quebrada BABABA, tem ângulos (medidos de forma anti-horária)
2Proposto em 1775 por Fagnano, quem resolveu ele usando cálculo. A prova mos-
trada aqui é devida a H. A. Schwarz. Para outras provas, utilizando também reflexões
ver Coxeter [9], p. 21, ou Kazarinofi [22], pp 76-77 ou Courant e Robbins [7], p. 347.
O método de Schwarz foi estendido de triângulos para n-ágonos em [28] p. 37.
96 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
A
B
C
a
P
b c
a
Q
v w
u w
B
c
A
v
b a
u
B
C
c
w
A
P ′b
Q′
v
Figura 4.14:
2A no primeiro ponto A (canto superior esquerdo), 2B no segundo ponto
B (no meio), −2A na segundo ponto A (na parte inferior), e −2B do
terceiro ponto B (à direita). A soma zero destes quatro ângulos indica
que o lado BA final é congruente por translação ao lado original BA e,
em que os pares de pontos correspondentes sobre estes dois lados vão
formar um paralelogramo tal como o paralelogramo PP ′Q′Q.
Vamos agora a recordar que as alturas do triângulo4ABC são as bis-
setrizes de seu triângulo órtico. Daqui resulta que, depois das reflexões
indicados, os lados do triângulo órtico irá, nesta ordem, encontram-se so-
bre a linha recta PP ′, mostrado na figura 4.14. Analogamente, os lados
de qualquer outro triângulo, tais como o triângulo pontilhado na figura,
forma uma linha quebrada partindo desde Q (no AB original) até o Q′
(no AB final). Como PQ é igual e paralelo ao P ′Q′, o segmento QQ′ é
igual ao PP ′, que é duas vezes o peŕımetro do triângulo órtico. Isto é
claramente mais curto do que a linha quebrada de Q a Q′, a qual é duas
vezes o peŕımetro do outro triângulo. Assim, o triângulo de peŕımetro
mı́nimo é o triângulo órtico.
4.6 O problema dos três jarros
Uma aplicação curiosa de reflexão3 é a solução de problemas que
requerem a divisão de um ĺıquido em porções indicadas com o que pare-
cem ser dispositivos de medição inadequados. Esta aplicação requer uma
conta preliminar de coordenadas trilineares, que agora apresentamos.
De igual forma como é bem-vinda o auxilio do papel quadriculado
comum, usado para traçar pontos com determinadas coordenadas carte-
sianas, pode-se, “comprar” papel ”triangulado”, pautado com três siste-
3M. C. K. Tweedie, Mathematical Gazette 23 (1939), pp 278-282; A. I. Perel’man,
Zanumatel’naya Geometria (Moscou, 1958); T. H. O’Beirne [26], pp 49-75 .
[SEC. 4.6: O PROBLEMA DOS TRÊS JARROS 97
mas de linhas paralelas dividindo o plano em um mosaico de pequenos
triângulos equiláteros. Esse papel é conveniente para os pontos nos que
foram dadas coordenadas trilineares com respeito a um triângulo equi-
látero (grande). No plano de um tal triângulo 4ABC, com lado a e
altura h, as coordenadas trilinear de um ponto P são definidas como as
distâncias x, y, z de P aos três lados BC, CA, AB, considerado positivo
quando P está dentro do triângulo. Chamamos de P o ponto (x, y, z).
Como
1
2
ax+
1
2
ay +
1
2
az = (PBC) + (PCA) + (PAB)
= (ABC) =
1
2
ah,
temos que x+ y + z = h.
Essas coordenadas são ideais para representar qualquer situação em
que três quantidades das variáveis têm uma soma constante. Quando
uma das grandezas permanece fixa enquanto que os outros dois variam
(com soma constante), o ponto (x, y, z) move-se ao longo de uma li-
nha paralela a um lado do triângulo. Em particular, as equações que
determinam os lados do triângulo são
x = 0, y = 0, z = 0,
e os vértices A, B, C têm coordenadas (h, 0, 0), (0, h, 0), (0, 0, h).
Uma de tais situações surge quando h litros de um ĺıquido são dis-
tribúıdas em três vasos de modo que temos x litros no primeiro, y no
segundo e z no terceiro. A operação de despejar ĺıquido gradualmente
a partir do segundo recipiente para o terceiro é representado por um
movimento do ponto (x, y, z) ao longo da linha de x = constante na
direcção em que y diminui, enquanto que, correspondentemente, z au-
menta. Se cada recipiente pode conter h litros, cada coordenada pode
assumir qualquer valor de 0 a h, e temos o problema [h;h, h, h], em que
o domı́nio das operações é de toda a região triangular
0 ≤ x ≤ h, 0 ≤ y ≤ h, 0 ≤ z ≤ h.
De maior interesse é o problema [h; a, b, c], em que h ≥ a > b > c.
Agora, os três vasos dados têm capacidades a, b e c, e o problema é
medir uma quantidade de ĺıquido d depejando de um recipiente para
outro, repetidamente, em que despejamos até esvaziar o primeiro ou até
preencher o último (ou, eventualmente, fazendo as duas coisas à vez). O
domı́nio de operação está restrita à região 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤
z ≤ c, o que pode ser um hexágono (regulares ou irregulares) delimitado
pelos seis linhas x = 0, x = a, y = 0, y = b, z = 0 e z = c, mas podem,
98 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
em casos especiais, reduzir a um pentágono, trapézio, paralelogramo ou
(como já vimos), todo o triângulo equilátero.
Por exemplo, as figuras 4.15 e 4.16 ilustram o problema [8; 7, 6, 3], no
qual oito litros de ĺıquido são distribúıdos em uma determinada maneira
em vasos de capacidades 7, 6 e 3 e queremos medir quatro litros. Agora,
o domı́nio de operação é a região hexagonal
0 ≤ x ≤ 7, 0 ≤ y ≤ 6, 0 ≤ 2 ≤ 3
que, sendo delimitada pelas seis linhas
x = 7, z = 0, y = 6, x = 0, z = 3, y = 0,
tem vértices
(7, 1, 0), (2, 6, 0), (0, 6, 2), (0, 5, 3), (5, 0, 3), (7, 0, 1)
ou, em uma notação abreviada, 710, 260, 062, 053, 503, 701.
A
B C
800
710
530
350
260
701
602
503
080 062 053 008
332
323
233
Figura 4.15:
Na figura 4.15, ressaltamos o ponto 332, que representa um estado
t́ıpico: 3 litros no primeiro vaso, o mesmo no segundo, e 2 no terceiro.
As linhas quebradas saindo deste ponto representam as seis operações
posśıveis de despejamento. O caminho 332 − 530 representa o ato de
esvaziar o conteúdo do último recipiente para o primeiro, e o caminho
inverso 332 − 233 representa o ato de encher o terceiro recipiente com
parte do conteúdo do primeiro, e o caminho 332− 062 representa o ato
de esvaziar o conteúdo do primeiro recipiente no segundo, e neste caso
ele fica cheio. As linhas tracejadas na figura 4.16 mostram um dos vários
modos da transferência 332− 440 em que dividimos oito litros em duas
porções iguais. O caminho todo é uma linha quebrada, que procede
[SEC. 4.6: O PROBLEMA DOS TRÊS JARROS 99
A
B C
800
710
530
440
260
701
503
080 062 053 008
332
413
Figura 4.16:
sempre ao longo de uma direção paralela a um lado do triângulo de
referência e só dobra quando atinge um lado ou vértice do hexágono
que circunda o domı́nio de funcionamento. Continuando neste caminho,
com as mesmas regras, além de 440, que acabaria por chegar a todos os
pontos com coordenadas inteiras na fronteira do domı́nio, segue-se que,
no problema [8; 7, 6, 3], qualquer número inteiro de litros (menor que 8),
pode ser medido.
820
550
370
802
406
505
073 055 046
Figura 4.17:
A figura 4.17 ilustra o problema [10; 8, 7, 6], no qual 10 litros de
ĺıquido devem ser divididos por meio de vasos que possuem 8, 7 e 6
litros, respectivamente. Agora podemos facilmente medir 1 litro, ou
100 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
2 ou 3 ou 4. Mas nunca podemos alcançar 5 (a não ser que um dos
vasos contenha 5 litros inicialmente), pois os três pontos 055, 505, 550
formam um caminho triangular que vai girando e girando comoćırculo
vicioso e não pode ser conectado a qualquer outro caminho . Este tipo
de fenômeno surge em qualquer problema [h; a, b, c], com
k = 2d ≥ a > b > c > d.
Um tipo ligeiramente diferente de anomalia ocorre no problema [10; 8, 6, 4]
(figura 4.18), no qual os caminhos que visitam 550 forma um padrão de
pequenos triângulos equiláteros e hexágonos regulares. Isso ilustra o
fato óbvio de que um número ı́mpar de litros nunca pode ser medido
com os vasos cujas capacidades são todas pares. Tais problemas podem
ser esperados para qualquer problema [h; a, b, c], em que os números de
a, b e c têm um divisor comum maior do que 1.
460
550
820
064
604
802
Figura 4.18:
Os problemas [h; a, b, c] mais famoso são aqueles em que
h = a = 2d = b+ c,
de modo a que o domı́nio de operação é limitado pelo paralelogramo
cujos vértices são a00, cb0, 0bc, b0c. As figuras 4.19 e 4.20 mostram
as soluções com sete e oito passos do problema [8; 8, 5, 3], que pode ser
expresso como segue: Dois homens têm um recipiente cheio com 8 litros
de um ĺıquido, e dois vasos vazios com capacidade de 5 litros e 3 litros.
Eles querem dividir os oito litros de ĺıquido em duas partes com a mesma
quantidade.
[SEC. 4.6: O PROBLEMA DOS TRÊS JARROS 101
800
620
440
350
152
602
503
053
143
323
Figura 4.19:
O primeiro passo deve ser para encher o recipiente com 5 litros, como
na figura 4.19, ou o vaso de 3 litros, como na figura 4.20. Depois disso,
sempre que o caminho atinge uma das quatro linhas de y = 0, y = 5,
z = 0 ou z = 3, os quais são os lados de nosso paralelogramo (o domı́nio
de operação), consideramos que a linha como um espelho. Em outras
palavras, nós seguimos o caminho de uma bola de bilhar que é atingida
de forma a iniciar-se ao longo de uma borda de uma mesa com esta
forma um tanto incomum. (A regra das reflexões sucessivas é justificada
pelo fato de que cada pedaço da linha quebrada, sendo paralela a um
dos lados do triângulo de referência, representa o ato de verter o ĺıquido
de um recipiente para outro, enquanto a terceira permanece intocado.)
Temos, assim obter a solução de sete passos
800, 350, 323, 620, 602, 152, 143, 440,
e a solução de oito passos
800, 503, 530, 233, 251, 701, 710, 413, 440.
Claramente, tal problema (com a = b+ c) pode ser resolvido quando
os inteiros b e c são primos entre si, isto é, não têm divisor comum maior
do que 1.
Exerćıcios
1. Nos é dada uma vaso cheio com 12 litros de um ĺıquido, e dois
recipientes vazios com capacidade de 9 litros e 5 litros. Como
podemos dividir o ĺıquido em duas porções iguais?
102 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
800
530
710
440
350
251
701
503
233
413
Figura 4.20:
2. Três homens roubaram de um cavalheiro um vaso, contendo 24
gramas de bálsamo. Apesar de fugir, eles encontraram um vende-
dor de garrafas, de quem eles compraram três vasos. Ao chegar
a um lugar seguro, eles quiseram dividir o espólio, mas descobriu
que os seus vasos tinham capacidades de 13, 11 e 5 gramas, res-
pectivamente. Como eles poderiam dividir o seu espólio em partes
iguais? ([2], pp 28, 40.)
3. Dados dois pontos P e P ′ com coordenadas trilineares (x, y, z) e
(x′, y′, z′) com relação a um triângulo 4ABC. Se estas coordena-
das satisfazem as equações
xx′ = yy′ = zz′,
os dois pontos são conjugados isogonais:
]P ′AC = ]BAP, ]P ′BA = ]CBP, ]P ′CB = ]ACP.
4.7 Dilatação
As transformações apresentadas até agora têm uma caracteŕıstica
comum: transformam cada figura em uma figura congruente. Todas
as transformações que têm esta propriedade de preservar distância são
chamados de transformações de congruência ou isometrias.
É posśıvel, no entanto, fazer bom uso de uma transformação que
muda cada figura em uma figura similar. Tal similaridade preserva os
ângulos, embora possa alterar distâncias. No entanto, todas as distâncias
são aumentadas (ou diminúıdas) na mesma relação, chamada a razão de
ampliação. Assim, qualquer segmento de reta AB é transformado em
[SEC. 4.7: DILATAÇÃO 103
um segmento A′B′ cujo comprimento é dada por
A′B′ = kAB.
A razão k pode ser maior que, igual a, ou inferior a 1, apesar de nos dois
últimos casos, a palavra “amplificação” obviamente é menos adequada.
Semelhanças incluem, casos especiais como as isometrias, para a qual
k = 1.
Estas observações podem ser feitas de forma mais precisa, definindo
uma semelhança com uma transformação que preserva proporções de dis-
tâncias. Isso implica que ela preserva tanto colinearidade como ângulos.
A
B
C
O
A′
C ′
B′
Figura 4.21:
O tipo mais simples de semelhança é uma dilatação, que transforma
cada linha numa linha paralela. Qualquer dilatação que não é apenas
uma translação é chamada de dilatação central, porque todas as linhas
que unem pontos correspondentes da figura e sua imagem são concorren-
tes. Para ver por que isso acontece, examinamos as figuras 4.21 e 4.22,
em que os segmentos correspondentes AB e A′B′ (sobre linhas paralelas)
satisfazem a equação vetorial
−−→
A′B′ =
−−→
AB.
Para qualquer ponto C, que forma um triângulo com A e B, a imagem
C ′ é o ponto de interseção da linha que passa por A′ paralela a CA com
a linha através B′ paralela a BC. Se a dilatação não é uma translação,
as linhas AA′ e BB′ não são paralelas, e se encontram em um ponto O,
de tal forma que
−→
OA′ = k
−→
OA e
−−→
OB′ = k
−−→
OB,
como na figura 4.21, ou
−→
OA′ = −k
−→
OA e
−−→
OB′ = −k
−−→
OB,
104 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
como na figura 4.22. Lembrando que linhas paralelas cortam transversais
em segmentos proporcionais, deduzimos facilmente que C ′ está sobre
OC, de fato, −−→
OC ′ = k
−−→
OC.
Variando a figura 4.21, fazendo O recuar para a esquerda, vemos
como uma translação surge como forma de limitar a dilatação central−−→
A′B′ = k
−−→
AB quando k tende a 1. Ainda mais facilmente, podemos
mudar a figura 4.22 de modo a tornar O o ponto médio de AA′, assim a
dilatação central
−−→
A′B′ = −k
−−→
AB inclui, como um caso especial, a meia-
volta −−→
A′B′ = −
−−→
AB,
para o qual ABA′B′ é um paralelogramo com centro O.
A
B
C
O
A′
C ′
B′
Figura 4.22:
Exerćıcios
1. Qual é o lugar geométrico dos pontos médios dos segmentos de
comprimento variável de tal modo que uma extremidade perma-
nece fixa, enquanto a outra extremidade percorre uma circunferên-
cia?
2. Dado um triângulo acutângulo 4ABC, construir um quadrado
com um lado sobre o lado BC, enquanto os outros dois vértices
estão sobre CA e AB, respectivamente.
4.8 Similaridade Espiral
Se uma figura é primeiro dilatado depois transladada, a figura final
ainda converva linhas correspondentes paralelas, de modo que o resul-
tado é simplesmente uma dilatação. Mais geralmente, e pelo mesmo
motivo, a soma de quaisquer dois dilatações (ou seja, o efeito de uma
primeira dilatação, e depois de outra dilatação) é uma dilatação. Por
[SEC. 4.8: SIMILARIDADE ESPIRAL 105
outro lado, se a figura é primeiro dilatado e depois rotacionada, as linhas
correspondentes já não são paralelas.
Assim, a soma de uma dilatação e uma rotação (excepto a identi-
dade ou a uma meia-volta) não é uma dilatação, embora ainda seja uma
semelhança direta, preservando ângulos em magnitude e sinal. A soma
da dilatação central e uma rotação em torno do centro da mesma é cha-
mada de “rotação dilatável” ou similaridade espiral. Esta transformação
pouco conhecida pode ser usado na solução de diversos problemas.
Se, como na figura 4.23, uma similaridade espiral com o centro O leva
AB para A′B′, então, 4OAB e 4OA′B′ são diretamente semelhantes,
e
]AOA′ = ]BOB′.
Além disso, como no caso de uma dilatação simples, a razão de ampli-
A
B
O
A′
B′
Figura 4.23:
ação é
k =
OA′
OA
=
A′B′
AB
.
Como qualquer similaridade espiral é completamente determinada pelo
seu centro O, a rezão k, e o ângulo de rotação θ, vamos denotar tal
similaridadeespiral pelo śımbolo
O(k, θ).
Como é habitual, uma rotação no sentido anti-horário será positiva e
uma rotação no sentido dos ponteiros do relógio será negativa. Em
particular, O(k, 0◦) e O(k, 180◦) são dilatações dos tipos ilustrados nas
figuras 4.21 e 4.22, respectivamente, e O(1, θ) é uma rotação.
Como exemplo do uso de similaridade espiral, vamos provar
Teorema 4.8.1. Se quadrados com centros O1,O2 e O3, são erguidas
externamente sobre os lados BC, CA e AB de um triângulo 4ABC,
então, os segmentos de linha O1O2 e CO3 são iguais e perpendiculares.
106 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
C
A B
K
O1
O3
O2
Figura 4.24:
Na notação da figura 4.24, a similaridade espiral A(
√
2, 45◦) vai
transformar o triângulo 4CAO3 no triângulo 4KAB e da similaridade
espiral C(
√
2,−45◦) vai transformar o triângulo 4O1CO2 no triângulo
4BCK. Uma vez que os transformados têm o lado BK em comum,
resultante das transformações de O3C e O1O2, respectivamente, e uma
vez que a razão de ampliação é o mesmo em ambas as transformações,
estes dois lados dos triângulos originais deve ter sido iguais desde o co-
meço. Também, como o ângulo entre os transformados de O3C e O1O2,
por semelhanças envolvendo rotações de 45◦ e −45◦, é zero, estas li-
nhas devem ter sido originalmente perpendiculares. Assim a prova está
completa. Note que as três linhas de AO1, BO2 e CO3 são alturas do
triângulo 4O1O2O3 e logo são concorrente.
Tendo definido uma similaridade espiral como a soma de uma dila-
tação central e uma rotação em torno do mesmo centro, naturalmente
gostaŕıamos saber o que é a soma de uma dilatação central e uma rotação
cujos centros são distintos; a resposta é simples e surpreendente, uma
similaridade espiral, que é uma consequência do fato de que nenhum
tipo mais complicado de semelhança direta existe:
Teorema 4.8.2. Quaisquer duas figuras diretamente semelhantes, estão
[SEC. 4.8: SIMILARIDADE ESPIRAL 107
relacionadas, o vem por uma translação ou por uma similaridade espiral.
Para provar isso, considere dois segmentos correspondente AB e A′B′
de figuras diretamente semelhantes. Se AB é paralela à A′B′ e do mesmo
comprimento, então, a transformação é uma translação. Para ver isto,
seja C qualquer ponto que não está em AB e C ′ a sua imagem, então,
a partir da semelhança direta das figuras, podemos concluir que os tri-
ângulos 4ABC e 4A′B′C ′ são congruentes, seus lados correspondentes
são paralelos. Segue-se que todos os segmentos que unem pontos e as
suas imagens são paralelas e iguais, então a transformação é a translação.
D
O
A
A′
B
B′
D
O
A
B
A′
B′
D
B
A
B′
A′
O
Figura 4.25:
Agora, suponha AB e A′B′ não são do mesmo comprimento (Se os
108 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
quatro pontos A, B, A′, B′ não formam um quadrilátero, escolhemos
um novo par de segmentos correspondentes tal que eles o formem , e
nomeamos estes de AB e A′B′. Por exemplo, se B está sobre AA′, como
mostrado na figura 4.26, utilize o ponto médio de AB em vez de A, e
o ponto médio do A′B′ em vez de A′). Então, as linhas AA′ e BB′ se
encontram em um ponto D, como na figura 4.25. Os ćırculos ABD e
A′B′D, que têm o ponto comum D, se encontram novamente em O (ou,
se eles têm D como um ponto de tangencia, O será outro nome para o
ponto D). Ao comparar os ângulos ∠OAB, ∠ODB, ∠ODB′ e ∠OA′B′,
O
A
B
C
B′
A′
C ′
B′′
C ′′
A′′
Figura 4.26:
vemos que ]OAB = ]OA′B. Da mesma forma, ]OBA = ]OB′A′.
Assim os triângulos 4OAB e 4OA′B′, são diretamente semelhantes e
estão relacionados pela similaridade espiral O(k, θ), onde
k =
OA′
OA
e θ = ]AOA′.
Em outras palavras, cada similaridade direta que não é uma transla-
ção possui um ponto invariante. Além disso, o ponto invariante é único.
Pois, se dois pontos, digamos A e B, são invariante, então um segmento
AB invariante. Como
k =
AB
AB
= 1,
a semelhança seria uma isometria deixando dois pontos fixos. Se trans-
forma um triângulo 4ABC em 4ABC ′, podemos localizar C ′ como o
ponto de encontro de duas circunferências de centros A e B, e raios AC
[SEC. 4.8: SIMILARIDADE ESPIRAL 109
e BC. Assim, a única isometrias deixando A e B invariante são a identi-
dade, que é uma translação (através de distância zero), e uma reflexão,
que não é direta (porque ela inverte o sinal dos ângulos).
Por exemplo, se dois mapas do mesmo estado, em diferentes escalas,
são desenhados em papel vegetal e sobreposta,4 existe apenas uma zona
que é representado pelo mesmo lugar em ambos os mapas.
Estas ideias têm sido desenvolvidos por Julius Petersen (1880) e P.
H. Schoute (1890)5 em um belo teorema, do qual o seguinte é um caso
especial:
Teorema 4.8.3. Se 4ABC e 4A′B′C ′ são dois triângulos diretamente
semelhantes, enquanto 4AA′A′′, 4BB′B′′ e 4CC ′C ′′ são três triân-
gulos diretamente semelhantes, então, 4A′′B′′C ′′ é diretamente seme-
lhante ao triângulo 4ABC.
Se 4ABC e 4A′B′C ′ são congruentes por uma translação, isso é
óbvio, se não, seja O(k, θ) a única similaridade espiral que transforma
4ABC em 4A′B′C ′, de modo que
k =
OA′
OA
=
OB′
OB
=
OC ′
OC
θ = ]AOA′ = ]BOB′ = ]COC ′,
como na figura 4.26. Segue-se que
4OAA′ ∼ 4OBB′ ∼ 4OCC ′.
Mas estamos assumindo
4AA′A′′ ∼ 4BB′B′′ ∼ 4CC ′C ′′.
Dáı
4OAA′′ ∼ 4OBB′′ ∼ 4OCC ′′;
OA′′
OA
=
OB′′
OB
=
OC ′′
OC
= k′;
]AOA′′ = ]BOB′′ = ]COC ′′ = θ′
e existe uma similaridade espiral O(k′, θ′) que relaciona 4ABC com
4A′′B′′C ′′.
Outro caso especial do teorema Petersen-Schoute, provado da mesma
forma, é
4Aqui, a palavra “sobreposta” deve ser interpretado no sentido de que o mapa de
menor escala se encontra inteiramente dentro do mapa maior escala. Neste caso, é
fácil demonstrar que o centro da similaridade espiral é de fato um ponto no interior
do estado.
5Ver J. Petersen [32], p. 74, ou H. G. Forder [15], p. 53.
110 [CAP. 4: TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS
Teorema 4.8.4. Quando todos os pontos P sobre AB são relacionadas
por uma semelhança de todos os pontos P ′ em A′B′, os pontos de dividem
os segmentos PP ′ em uma proporção dada são distintos e colinear ou
então todos eles coincidem.
Exerćıcios
1. Se4ABC é submetido a uma similaridade espiral em torno do seu
vértice A, de tal forma que o vértice B se movimenta ao longo da
linha BC, então o vértice C se movimenta ao longo de uma linha.
2. Se 4ABC é um triângulo escaleno, o triângulo de Napoleão inte-
rior N1N2N3 é retrógrada, ou seja, o seu sentido de orientação é
oposta à do 4ABC (Isto foi afirmado sem prova na seção 3.3).
4.9 Uma genealogia das transformações
É significativo que todas as transformações que temos vindo a tra-
tar são correspondências um-para-um de todo o conjunto de pontos no
plano em ele mesmo. Entre elas temos considerado apenas transforma-
ções cont́ınuas (ou “homeomorfismos ”), isto é, as transformações que
mapeiam pontos próximos em pontos próximos.6 Entre as transforma-
ções cont́ınuas (que são, em certo sentido, o tema do livro de O. Ore
[29] ) discutimos as transformações afins, que preservam colinearidade
e, assim, transformam linhas paralelas em linhas paralelas.
Entre as transformações afins temos considerado apenas as seme-
lhanças, que preservam relações de distâncias, mas não temos tocado as
variedades mais bizarras, como a “transformação de Lorentz” ou estica-
mento Procusto7 (que muda um ćırculo em uma elipse da mesma área).
As semelhanças particulares que temos considerado são isometrias, que
preservam a distância, dilatações, que transformam cada linha em uma
linha paralela, e semelhanças espiral que (como algumas isometrias e
algumas dilatações) deixam um ponto fixo e preservar o sentido de rota-
ção (anti-horário ou no sentido horário). Essas categorias se sobrepõem
um pouco: entre as isometrias, consideramos reflexões, translações (que
são dilatações de acordo com a definição acima), e rotações (que sãosimilaridades espiral com relação de ampliação 1). As restantes dilata-
ções são dilatações centrais (que são similaridades espiral que envolvem
6Mais precisamente: Se A é um ponto e A′ sua imagem sob uma transformação
cont́ınua, então a imagem B′ de B vai cair arbitrariamente dentro de um pequeno
ćırculo de centro A′ dado, se B está suficientemente próximo A.
7NT: Procusto, da mitologia grega; bandido e hospedeiro, que esticava ou cortava
pês e cabeça de seus hospedes para ajustar-los a sua cama de ferro.
[SEC. 4.9: UMA GENEALOGIA DAS TRANSFORMAÇÕES 111
a rotação de zero). Finalmente, meias-voltas são rotações (de 180◦) e
dilatações centrais. Todas essas relações pode ser perfeitamente resumi-
das em uma árvore genealógica, onde cada “filho” (nodo inferior) é uma
especialização de seu “pai” (nodo superior).
Transformações
Transformações cont́ınuas
Transformações afins
Similaridade Esticamento procusto
DilataçãoIsometria Similaridade espiral
Reflexão Translação Rotação Dilatação central
Exerćıcios
Em termos de coordenadas cartesianas, um esticamento procusto
transforma cada ponto (x, y) em (x′, y′), onde x′ = kx, y′ = k−1y.
Escrever expressões análogas para:
1. A translação que leva (0, 0) para (a, b).
2. Reflexo com respeito ao eixo y.
3. Reflexo com respeito à linha x− y = 0.
4. A meia volta sobre a origem O.
5. A dilatação central O(k, 0◦).
6. A similaridade espiral O(k, 90◦).
7. Uma isometria que ainda não foi mencionada.
8. A semelhança que ainda não foi mencionada.
9. Uma transformação cont́ınua, que não é uma transforação afim.
10. Uma transformação que não é cont́ınua.
Caṕıtulo 5
Uma introdução à
geometria inversiva
Colocamos uma gaiola esférica no deserto, entramos
nele e a trancamos. Fazemos uma inversão com res-
peito à gaiola. O leão estará então, no interior da
gaiola, e nos estaremos do lado de fora.
H. Petarda
aPara outros tipos de jogos de caça , ver Am. Math. Monthly,
agosto-setembro 1938, pp 446-447. Dispońıvel eletrônicamente
em http://www.jstor.org/stable/2304150
Neste caṕıtulo relaxaremos (para a menor extensão posśıvel) a nossa
restrição que as transformações sejam um para um ao longo de todo o
plano euclidiano: permitimos apenas um ponto O não tenha nenhum
ponto em quem transformar. Mais precisamente, considera-se uma cir-
cunferência com centro fixo O, e “invertemos” neste circunferência. O
que acontece é que circunferências através de O são transformadas em
linhas e outras circunferências em circunferências. (Problemas relativos
a circunferências muitas vezes são assim simplificados, transformando al-
gumas das circunferências em linhas. Figuras mais complicadas podem
sofrer alterações radicais na sua forma.)
5.1 Separação
O teorema seguinte foi considerado suficientemente dif́ıcil de ser
usado como questão no Putnam de 19651. A prova mostrada aqui é
de uma “destilação” de várias soluções apresentadas.
1N.T.: A competição William Lowell Putnam (http://math.scu.edu/putnam) é
uma das mais prestigiosas olimṕıadas de Matemática a ńıvel universitário.
112
[SEC. 5.1: SEPARAÇÃO 113
Teorema 5.1.1. Dados quatro pontos A, B, C, D não todos sobre a
mesma circunferência ou linha reta, existem dois circunferências que
não se cruzam, uma por A e C, o outra através de B e D.
O
A
B
C
D
p
q
Figura 5.1:
Para a prova, observe primeiro que p, a mediatriz do segmento AC,
não pode coincidir com q, a mediatriz do segmento BD. Se as linhas p e
q se cruzam, tal como na figura 5.1, o seu ponto comum O é o centro de
duas circunferências concêntricas, uma por A e C, e outra através de B
e D. Se, em vez disso, p e q são paralelas, conforme a figura 5.2, as linhas
A
B
C
D
P
Q
p
q
Figura 5.2:
AC e BD também são paralelas. Considere os pontos P e Q, sobre p e q
respectivamente, que ficam equidistantes as linhas paralelas AC e BD.
Claramente, os ćırculos de APC e BQD não têm ponto comum.
Dois pares de pontos distintos, AC e BD, são chamados separados
uns dos outros, se A, B, C e D encontram-se sobre uma circunferência
(ou uma linha) em tal ordem que qualquer um dos arcos de CA (ou o
segmento de reta AC) contém um, mas não ambos pontos restantes B
114 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
e D. O śımbolo habitual para esta relação é de
CA//BD
que pode ser escrita igualmente bem de sete outras maneiras, como por
exemplo CA//DB ou BD//AC.
A BC D
Figura 5.3:
Se dois pares de pontos, AC e BD, numa linha ou numa circunferên-
cia, não se separam uns dos outros, é fácil desenhar duas circunferências
que não se cruzam, uma passando por A e C, e outra através de B e
D. No caso de pontos colineares (figura 5.3), pode-se utilizar as cir-
cunferências que possuem os segmentos AC e BD como diâmetros. No
caso de pontos conćıclicos com AB//CD e BC < AD (figura 5.4), po-
demos tomar como centros os pontos de interseção da linha BC com as
mediatrizes de AC e BD, respectivamente. É necessário um tratamento
ligeiramente diferente no caso particular quando ABCD é um retângulo.
B
A
C
D
A
D
CB
Figura 5.4:
Se, por outro lado, CA//BD, qualquer circunferência que passa por
A e C, mas não por B, “separa”B e D, no sentido em que um dos dois
pontos é interior e o outro exterior. Portanto, a circunferência dada
passando por A e C intercepta cada circunferência através de B e D.
A forma contrapositiva do teorema 5.1.1 nos diz que, se cada cir-
cunferência através de dois pontos dados tem pelo menos dois pontos
em comum com todas as circunferências por meio de dois outros pontos
[SEC. 5.1: SEPARAÇÃO 115
dados, os quatro pontos dados devem ser colineares (figura 5.5) ou con-
ćıclicos (figura 5.6). Sob tais circunstâncias, como se viu, os dois pares
de pontos são separados uns dos outros.
Estas observações nos permitem redefinir a separação de uma ma-
neira que é simétrica e não pressupõe o conhecimento do fato de os quatro
pontos são colineares ou conćıclicos, ou seja: Dois pares de pontos distin-
tos, AC e BD, são ditos separados uns dos outros, se cada circunferência
através A e C cruza (ou coincide com) a cada circunferência através de
B e D.
A B C D
Figura 5.5:
Na verdade, existe uma terceira forma de caracterizar a separação,
sem mencionar circunferência em nenhum lugar:
Teorema 5.1.2. As distâncias mútuas de quatro pontos distintos A, B,
C e D satisfazem
AB × CD +BC ×AD ≥ AC ×BD,
com o sinal de igual apenas quando AC//BD.
A
B C
D
Figura 5.6:
A prova tem de ser acompanhada com algum cuidado, mas é in-
teressante. Vamos primeiro descartar o caso quando os quatro pontos
116 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
estão sobre uma linha, de modo que podemos usar temporariamente a
notação de segmentos direcionados (positivo ou negativo, como na seção
2.1). Escrevendo
AD = x, BD = y, CD = z,
de modo que
AB = x− y, BC = y − z, AC = x− z,
temos
AB × CD +BC ×AD = (x− y)z + (y − z)x = (x− z)y
= AC ×BD.(5.1)
Se AC//BD (como na figura 5.5), o segmento de reta AC contém so-
mente um dos pontos B e D, as proporções AB/BC e AD/DC têm
sinais opostos, os produtos AB × DC e BC × AD têm sinais opostos,
AB × CD e BC × AD têm o mesmo sinal, e 5.1 continua sendo ver-
dadeira quando cada uma das expressões AB, CD, etc é considerada
como uma expressão positiva. Se, por outro lado, A e C não se separam
B e D (figura 5.3), todas estas afirmações equivalentes são invertidos:
AB×CD e BC×AD têm sinais opostos. Agora, quando comprimentos
positivos são usados, 5.1 nos diz que o número positivo AC×BD é igual
à diferença entre os números positivos AB × CD e BC × AD. Como a
sua soma é maior do que a sua diferença, segue-se que
AB × CD +BC ×AD > AC ×BD.
Isso completa a prova do teorema 5.1.2, no caso de pontos colineares.
Finalmente, se os quatro pontos não estão todas na mesma linha,
um conjunto de três devem formarum triângulo, e podemos mudar o
nome (se for necessário), de modo que este seja o triângulo 4ABC e
o ponto restante (possivelmente, sobre um lado do triângulo) seja D.
O teorema 5.1.2 é agora uma consequência do teorema de Ptolomeu
(2.6.1, na página 44) e seu inverso 2.6.2, que nos dizem que as distâncias
mútuas dos quatro pontos A, B, C e D ( os primeiros três formando um
triângulo) satisfazem a relação
AB × CD +BC ×AD ≥ AC ×BD,
com o sinal de igual apenas quando ABCD é um quadrilátero ćıclico
cujas diagonais são AC e BD.
Exerćıcios
1. Escreva o conjunto dos oito śımbolos equivalentes a AC//BD.
[SEC. 5.2: RAZÃO CRUZADA 117
5.2 Razão cruzada
Quaisquer quatro pontos distintos A, B, C e D determinar um nú-
mero {AB,CD} chamado razão cruzada dos pontos, nesta ordem, que
se define em termos de quatro de suas distâncias mútuas pela fórmula
{AB,CD} =
AC ×BD
AD ×BC
.
Usando esta notação, podemos dividir ambos os lados da desigualdade
no teorema 5.1.2 por AC ×BD para obter
Teorema 5.2.1. As razões cruzadas de quatro pontos distintos A, B,
C e D satisfazem
{AD,BC}+ {AB,DC} = 1,
se e somente se, AC//BD.
Este critério para a separação em termos de razões cruzadas nos
permite virar o jogo: em vez de definir separação em termos de circunfe-
rências, agora podemos definir circunferências em termos de separação!
Quaisquer três pontos distintos A, B e C determinam um única circun-
ferência (ou linha) ABC, que pode ser descrita como consistindo nos
três pontos em si, juntamente com todos os pontos X tais que
BC//AX ou CA//BX ou AB//CX.
Exerćıcios
1. {AB,CD} = {BA,DC} = {CD,AB} = {DC,BA}.
2. Avaliar {AD,BC}+ {AB,DC} quando
(i) B e D dividem o segmento AC internamente e externamente
na mesma razão, de modo que AB/BC = AD/CD,
(ii) D é o centro de um triângulo equilátero 4ABC,
(iii) ABDC é um quadrado,
(iv) ABCD é um quadrado.
5.3 Inversão
A seguinte “quase-tranformação” foi inventada por J. Steiner aproxi-
madamente em 1830. Dado uma circunferência ω com centro O e raio de
k, como na figura 5.7, e um ponto P diferente de O, definimos o inverso
118 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
de P , como o ponto P ′ sobre a semireta OP , cuja distância a O satisfaz
a equação
OP ×OP ′ = k2.
Decorre desta definição que o inverso de P ′ é P : inversão (como a meia-
volta e a reflexão) é uma transformação de peŕıodo de dois. Além disso,
cada ponto fora da circunferência de inversão ω tem um ponto de inver-
são no interior: inversão transforma pontos interiores de ω em exteriores.
Os únicos pontos que são seu próprio inverso são os pontos de ω.
O
ω
P
U
T
k
P ′
Figura 5.7:
Se P descreve um lugar geométrico (por exemplo, uma curva), P ′
descreve o lugar geométrico inverso. Em particular, o inverso de uma
circunferência com centro em O e raio r é de uma circunferência con-
cêntrica com raio k2/r.
Qualquer linha por O é o seu próprio inverso, desde que omitamos
o próprio ponto O (não devemos tentar evitar esta condição sobre O,
fazendo O ser seu próprio inverso, pois , então, a inversão não seria
uma transformação cont́ınua; sempre que P está próximo de O, P ′ está
longe).
Seja P um ponto no interior ω (diferente de O). Considere uma
corda TU através de P , perpendicular a OP , e P ′ o ponto onde as
tangentes em T e U se cruzam. Como 4OPT ∼ 4OTP ′, o ponto P ′
assim constrúıdo satisfaz
OP
OT
=
OT
OP ′
, OP ×OP ′ = k2;
portanto, P ′ é o inverso de P .
Por outro lado, para construir o inverso de qualquer ponto P ′ fora ω,
podemos desenhar a circunferência que tem OP ′ como diâmetro. Se esta
circunferência intersecta ω em T e U , o ponto inverso de P é o ponto
médio de TU (isto é, o ponto onde a TU encontra OP ′).
[SEC. 5.3: INVERSÃO 119
a a a
O
ω
O A
ω
O
ω
A A
P P
P
A′
P ′
P ′
A′
P ′
Figura 5.8:
A figura 5.8 torna plauśıvel o fato de que o inverso de qualquer linha
a, que não passa através de O, é uma circunferência através de O (menos
o ponto O em si), e que o diâmetro através de O desta circunferência
é perpendicular a a. Os detalhes da prova deste fato são mostrados a
seguir: Sejam A o pé da perpendicular desde O a a, A′ o inverso de
A, P um ponto arbitrário sobre a, e P ′ é o ponto onde a semireta OP
encontra a circunferência de diâmetro OA′. Então 4OAP ∼ 4OP ′A′,
logo
OP
OA
=
OA′
OP
e OP ×OP ′ = OA×OA′ = k2.
Por outro lado, qualquer ponto P ′(exceto O) na circunferência com o
diâmetro OA′ inverte num ponto P sobre a linha a. Assim, o inverso de
qualquer circunferência através de O (omitindo O) é uma linha perpen-
dicular ao diâmetro através de O, isto é, uma linha paralela à tangente
em O à circunferência.
Segue-se que um par de circunferências que se interceptam nos pontos
O e P , se invertem em um par de linhas que se cruzam no ponto de
inverso P ′, e que um par de ćırculos tangentes em O, invertem em um
par de linhas paralelas.
Há realmente um instrumento, que não é muito mais complicado do
que os compassos que usamos para desenhar circunferências, que nos
permite traçar o inverso de qualquer lugar geométrico. Este sistema
articulado, descoberto por L. Lipkin, em 1781,2 foi redescoberto por
A. Peaucellier quase 90 anos depois, e ficou conhecido como inversor
de Peaucellier3 ou célula de Peaucellier. Ele consiste de seis hastes ou
2NT: De fato, a data correta do descobrimento de Lipkin é 1870, e o aparelho de
Peaucellier foi descoberto em 1864, mas somente se tornou público em 1873, quando
recebeu o premio Montyon do governo francês.
3Para outras construções e teoria sobre sistemas articulados, ver [23] e [27] Para
um estudo mais aprofundado, ver [1] ou E. H. Lockwood [25].
120 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
articulações: Duas de comprimento a unindas ao ponto fixo O a dois
cantos opostos Q e R de um losango de PQP ′R de lado b (menor do que
a), com dobradiças em todos os quatro cantos. (Ver figura 5.9). Quando
O P ′
R
b
Q
XP
b
b
a
a b
S
Figura 5.9:
a ponta do lápis é inserida no ponto P ′ e o ponto P se movimenta sobre
o lugar geométrico (ou vice-versa), o lápis desenha o lugar geométrico
inverso. Pois, se X é o centro do losango,
OP ×OP ′ = (OX − PX)× (OX + PX) = OX2 − PX2
= OX2 +RX2 −RX2 − PX2 = OR2 − PR2
= a2 − b2,
que é constante. Naturalmente, a estrutura f́ısica restringe os lugares
geométricos para a região em forma de anel entre as circunferências com
centro O e raios a± b.
Em particular, se uma sétima ligação SP une P a um ponto fixo
de S cuja distância a O é igual ao comprimento da ligação, P é for-
çado a se movimentar através de uma circunferência que passa por O,
e consequentemente, P ′ descreve uma linha reta ou, mais precisamente,
um segmento. Assim, o celular de Peaucellier resolve o velho problema
da construção de uma linha sem o uso de uma régua (cuja linearidade
depende teoricamente da construção prévia de uma linha).
O inverso de um triângulo é geralmente uma figura estranha formada
por arcos de três circunferências por O. Suponhamos, no entanto, que
restringimos nossa atenção para os vértices A, B e C do triângulo. Se
estes se invertem em A′, B′ e C ′, tal como na figura 5.10, existem algu-
mas relações interessantes entre O, 4ABC e4A′B′C ′. Para simplificar,
vamos supor O está no interior de 4ABC. Como
OA×OA′ = k2 = OB ×OB′,
[SEC. 5.3: INVERSÃO 121
A
B C
O
A′
B′
C ′
2
1 2
1
Figura 5.10:
4OA′B′ ∼ 4OBA, e os ângulos marcados com 1 são iguais. O mesmo é
válido para os ângulos marcados com 2. Segue-se facilmente que ]BOC
é igual à soma dos ângulos em A e A′ em 4ABC e 4A′B′C ′. Pois,
como
]BOC = ]1 + ]A′B′O + ]2 + ]A′C ′O,
e
]A′B′O = ]BAO, ]A′C ′O = ]CAO,
temos
]BOC = ]1 + ]2 + ]BAO + ]CAO = ]B′A′C + ]BAC.
Da mesma forma
]COA = ]B + ]B′.
Assim, dado 4ABC, é posśıvel ajustar a posição de O, de modo a obter
um triângulo 4A′B′C ′ com quaisquer ângulos escolhidos emA′ e B′.
Tendo encontrado O, podemos variar o raio k e assim variar o tamanho
do triângulo 4A′B′C ′ (ver exerćıcio 6). Ajustes fáceis podem ser feitos
se O não está dentro 4ABC, e isso mesmo é posśıvel para A, B e C
pontos colineares. Assim,
Teorema 5.3.1. Para uma circunferência adequado de inversão, quais-
quer três pontos distintos A, B e C pode ser invertidos nos vértices de
um triângulo 4A′B′C ′ congruente com um dado triângulo.
Exerćıcios
1. Construir o inverso de um quadrado circunscrito à circunferência
de inversão.
122 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
2. Em que posições de O os lados de um triângulo dado são invertidos
em três circunferências congruentes?
3. Dado a circunferência ω com centro O e qualquer ponto P diferente
de O, construir do inverso de P utilizando apenas compasso (sem
régua)4,
(i) quando OP > k
2 ,
(ii) quando k
2n < 0P ≤ k
2(n−1) . ([7], p. 144)
4. Como estão relacionados os triângulos 4ABC e 4A′B′C ′ quando
O é
(i) o circuncentro,
(ii) o ortocentro,
(iii) o incentro de 4ABC?
5. Encontrar as coordenadas para o inverso do ponto (x, y) com res-
peito à circunferência
x2 + y2 = k2
6. Dados os triângulos 4ABC e 4DEF , esboçar uma construção
para localizar o centro O e o raio k da circunferência de inversão
de tal modo que as inversas A′, B′ e C ′ de A, B e C, formam um
triângulo congruente a 4DEF .
5.4 O plano de inversão
Vimos que qualquer circunferência por O (omitido o próprio O) se
inverte em uma linha, e que qualquer circunferência com centro O se
inverte em uma circunferência.
É natural perguntar o que acontece com uma circunferência em ou-
tras posições. Como um primeiro passo nessa direção, passamos a des-
cobrir como inversão afeta a distância entre dois pontos.
Teorema 5.4.1. Se uma circunferência com centro O e raio k inverte
um par de pontos AB em A′B′, as distâncias estão relacionadas pela
equação
A′B′ =
k2AB
OA×OB
.
4Pode ser mostrado por inversão que todas as construções com régua e compasso
pode ser feitas com unicamente compasso, ver [7], pp 140-152 e [20] pp 131-143
[SEC. 5.4: O PLANO DE INVERSÃO 123
De fato, como 4OAB ∼ 4OB′A′ (figura 5.11), temos que
A′B′
AB
=
OA′
OB
=
OA×OA′
OA×OB
=
k2
OA×OB
.
O
A
B
A′
B′
Figura 5.11:
A partir disso podemos facilmente deduzir a preservação da razão
cruzada (veja [5] p. 100).
Teorema 5.4.2. Se A, B, C e D são invertidos em A′, B′, C ′ e D′,
então , {A′B′, C ′D′} = {AB,CD}.
De fato,
{A′B′, C ′D′} =
A′C ′ ×B′D′
A′D′ ×B′C ′
=
k2AC
OA×OC
k2BD
OB ×OD
k2AD
OA×OD
k2BC
OB ×OC
=
AC ×BD
AD ×BC
= {AB,CD}
Assim, por sua vez, a separação é preservada por inversão.
Teorema 5.4.3. Se A, B, C e D são invertidos em A′, B′, C ′ e D′, e
AC//BD, então A′C ′//B′D′.
Segue, com a ajuda dos teoremas 5.2.1 e 5.4.2, vemos que a relação
AC//BD implica
{A′D′, B′C ′}+ {A′B′, D′C} = {AD,BC}+ {AB,DC} = 1,
onde A′C ′//B′D′.
No final da seção 5.2 (página 117), vimos que uma determinada cir-
cunferência pode ser descrita em termos de três de seus pontos, como
consistindo de A, B e C e todos os pontos X que satisfazem BC//AX
ou CA//BX ou AB//CX. Assim, o inverso da circunferência dada con-
siste nos pontos A′, B′, C ′ e todos os pontos que satisfazem B′C ′//A′X ′
124 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
ou C ′A′//B′X ′ ou A′B′//C ′X ′, isto é, o inverso é a circunferência (ou
linha) A′B′C ′. Como vimos na seção 5.3 (página 117), o inverso é uma
linha, se e somente se a circunferência dada passa por O. Isso completa
a prova do
Teorema 5.4.4. O inverso de qualquer circunferência que não passa
por O é uma circunferência que não passa por O.
A descrição de uma circunferência (ou linha) em termos de separa-
ção sugerem que ele pode ser útil para modificar a nossa terminologia,
de modo a que a palavra circunferência inclua a linha como um caso
particular, isto é, considerar uma linha como uma circunferência de raio
infinito. Ao mesmo tempo, concorda-se em adicionar ao plano eucli-
diano de um único ponto no infinito P∞ que é o inverso do centro de
qualquer circunferência de inversão. O plano, assim completado, é cha-
mado oplano de inversão. Uma vez que uma circunferência com centro
em O inverte qualquer circunferência por O em uma linha, consideramos
uma linha como uma circunferência através de P∞. Uma vez que duas
circunferências tangentes uma à outra em O, são invertidas em linhas
paralelas, consideramos linhas paralelas coma circunferências tangentes
entre si em P∞ . Com essa convenção, podemos combinar o teorema
5.4.4 com os resultados da seção 5.3, de modo a obter, para o plano de
inversão,
Teorema 5.4.5. O inverso de qualquer ćırculo é uma circunferência.
Adicionar P∞ ao plano euclidiano nos permite declarar que a inversão
é uma transformação um para um de todo o plano de inversão: cada
ponto (sem excepção) tem um inverso, e cada ponto é o inverso de algum
ponto.
Duas circunferências são chamadas de intersecantes, tangentes ou
não intersecantes acordo com o seu número de pontos comuns seja 2,
1 ou 0. Assim, um par de circunferências, de qualquer um destes três
tipos inverte num par do mesmo tipo (incluindo, entre os pares de “cir-
cunferências tangentes”, uma circunferência e uma linha tangente, bem
como duas linhas paralelas).
Exerćıcios
1. Seja A qualquer ponto fora de uma circunferência ω, A′ sua in-
verso, e P um ponto variável sobre ω, então, a relação PA/PA′ é
constante. Por outro lado, se B e C dividem um segmento dado
AA′ internamente e externamente numa proporção dada (diferente
de 1, como no exerćıcio 2 (i), da seção 5.2), a circunferência com
[SEC. 5.5: ORTOGONALIDADE 125
diâmetro BC é o lugar geométrico dos pontos cujas distâncias até
A e A′ tem esta razão dada. (Tal lugar geométrico é chamado a
circunferência de Apolônio.)
2. Um ponto arbitrário sobre a circunferência ω é ligado por duas
linhas com as extremidades de um diâmetro. Estas linhas encon-
tram o diâmetro perpendicular nos pontos P e P ′. Então, P ′ é o
inverso de P .
3. Através de qualquer dois pontos dentro de uma circunferência,
apenas duas circunferências podem ser tangente à circunferência
dada.
4. Com quaisquer três pontos distintos como centros, são desenhadas
três circunferências tangentes entre si em três pontos distintos. (Os
pontos não necessariamente formam um triângulo, eles podem ser
colineares). Então exitem exatamente duas circunferências tangen-
tes a todas as três circunferências. Estes duas circunferências são
não intersecantes. (Elas são chamadas circunferências de Soddy
[9], pp 13-16], embora elas foram descritas por Steiner, já em 1826,
no primeiro volume de Crelle Journal fur Mathematik5, p. 274.)
5. Dê uma prova rápida para o teorema 5.1.2, usando inversão [30],
pp 10-11.
6. O inverso, com respeito a uma circunferência ω com centro O, de
uma circunferência α através de O, é o eixo radical (ver página 35)
de ω e α.
7. Considerando uma linha como um caso especial de uma circunfe-
rência, determine se um par de linhas através de um ponto é um
par de circunferência tangentes ou um par de circunferência inter-
secantes? Explicar sua resposta em função do número de pontos
comuns para as duas linhas.
5.5 Ortogonalidade
Como a preservação de circunferências é um pequeno passo para a
preservação de ângulos. Os dois ângulos complementares, entre duas cir-
cunferências que se interceptam, é definido naturalmente como o ângulo
entre as respectivas tangentes no ponto de interseção. Por reflexão na li-
nha de centros, é evidente que os ângulos são iguais em ambos os pontos
5N.T.: Dispońıvel eletronicamente em http://gdz.sub.uni-goettingen.de/no_
cache/dms/load/toc/?IDDOC=238618
126 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
de interseção. Para ver como os ângulos são afetados pela inversão com
respeito a uma circunferênciacom centro O, seja θ um dos ângulos entre
duas linhas a e b através de um ponto P , como na figura 5.12. Vimos,
na discussão da figura 5.8 (página 119), que a linha a se inverte em uma
circunferência α que passa por O e cuja tangente em O é paralela a a.
Do mesmo modo, b se inverte em uma circunferência β cuja tangente em
O é paralela a b. Como θ es um dos ângulos entre estas tangentes em O,
a
b
O
α
β
P
P ′
θ
θ
Figura 5.12:
é um dos ângulos de intersecção entre α e β. Mas essas circunferências
se cruzam não só em O, mas também em P ′, o inverso de P . Assim, o
mesmo ângulo θ aparece em P ′.
O leitor pode ver facilmente, que mudanças são necessárias se a ou
b passam pelo ponto O. (Se ambas as linhas passam por O, se invertem
em si mesmas, e a invariância de θ é imediatamente clara.)
Para quaisquer duas circunferências através de P , podemos fazer a e b
ser tangentes em P . As circunferências inversas α e β (respectivamente)
são tangentes em P ′. Assim
Teorema 5.5.1. Se duas circunferências se cruzam em um ângulo θ,
seus inversos se cruzam formando o mesmo ângulo θ.
Duas circunferências são chamadas ortogonais se intersectam (em
dois pontos), perpendicularmente, de modo que, em cada ponto de in-
tersecção, a tangente a cada uma corresponde a um diâmetro da outra.
Como um caso especial do teorema 5.5.1 temos
Teorema 5.5.2. Circunferências ortogonais invertem em circunferên-
cias ortogonais.
Substituindo P da figura 2.2 (na página 28) por O, podemos consi-
derar a circunferência em na figura como qualquer circunferência através
[SEC. 5.5: ORTOGONALIDADE 127
dos pontos A e seu inverso A′. Então, uma vez
k2 = OA×OA′ = 0B ×OB′ = OT 2,
qualquer outra secante BB′ através de O fornece um outro par de pontos
de inversos, B e B′, e uma das tangentes desde O tem como ponto de
contato T , como seu próprio inverso, isto é, um ponto na circunferência
de inversão ω. Assim,
Teorema 5.5.3. Qualquer circunferência por dois pontos distintos, que
inverte um ponto no outro com respeito à ω, é o seu próprio inverso, e
é ortogonal a ω.
Por outro lado, cada circunferência ortogonal a ω é o seu próprio
inverso. Pois, se ele intersepta ω em T e A é outro ponto sobre ela, a
linha OA encontra novamente a circunferência em A′ tal que
OA×OA′ = OT 2 = k2.
Além disso, se duas circunferências ortogonais a ω se interseptam, seus
pontos em comum são inversos em pares. Asssim, se A é um desses
pontos, a linha OA encontra cada circunferência novamente no inverso
de A.
Estas observações nos permitem redefinir inversão em termos de or-
togonalidade, para que tenhamos, de fato, uma definição “inverśıvel” de
inversão:
Qualquer ponto ω é sua própria inversa, o inverso de qualquer outro
ponto P é o segundo ponto de interseção de qualquer duas circunferên-
cias através de P ortogonais a ω.
Substituindo ω por uma linha, podemos deduzir que a reflexão em
uma linha podem ser adequadamente considerado como um caso especial
de inversão em uma circunferência.
A
α
O
ω
A′
α′
Figura 5.13:
128 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
Daqui resulta da definição inversiva de inversão que uma circunfe-
rência α de dois pontos inversos (inverso em α) inverte (em ω) em uma
circunferência α′ e dois pontos inversos (inversos em α). Podemos agora
combinar ideias inversas e euclidiana de tal maneira a descobrir como
inversão afeita o centro A, de α. Pod́ıamos esperar que o inverso do
centro de uma fosse o centro da outra, mas isto seria muito simples!
(Nem mesmo acontece quando α coincide com ω). De fato, α e dois
pontos inversos A e P∞ (com respeito a α,) se invertem (com respeito a
ω) sobre α′ e em dois pontos A′ e O′ (com respeito a α′). Assim, A′ (o
inverso de A com respeito a ω) não é o centro de α′, mas o inverso (com
respeito a α′) de O. (Veja a figura 5.13).
Exerćıcios
1. Dado uma circunferência ω e um ponto A fora, construir a circun-
ferência com centro A ortogonal a ω.
2. Dado uma circunferência ω e dois pontos não inversos P e Q,
construa a circunferência que passa por P e Q e é ortogonal a ω.
3. Dado um ponto P e duas circunferências ω1 e ω2 que não passam
por P , construir a circunferência através de P ortogonal às duas
circunferências ω1 e ω2.
4. Se ω (com centro O e raio k) inverte a uma circunferência α em
α′, qual é a relação entre as potências do ponto O em relação a α
e α′?
5. Para qualquer circunferência α, qualquer ponto P sobre α e um
ponto O que não está sobre α, existe uma única circunferência
através de O que é tangente a α em P . (Ver figura 5.14).
Pα
O
αP
O
Figura 5.14:
[SEC. 5.6: TEOREMA DE FEUERBACH 129
5.6 Teorema de Feuerbach
Na seção 1.8 brevemente mencionado o teorema de Feuerbach , para
o qual a inversão pode ser aplicada de forma util em pelo menos três
formas. Para uma das formas ver Pedoe [30], pp 9-10. Antes de dar
outra forma ([31], pp 76-77), vamos a enunciar o de novo teorema de
Feuerbach, como se segue
Teorema 5.6.1. O ćırculo de nove pontos de um triângulo é tangente
ao inćırculo e a os três exćırculos.
A figura 5.15 mostra o triângulo 4ABC com o seu triângulo me-
dial 4A′B′C ′, seu inćırculo (de centro I) tangente a BC em X, um de
seus exćırculos (com centro Ia) tangente a BC em Xa, e B1C1 tangente
comum restante destes duas circunferências (que são tangentes aos três
lados do triângulo 4ABC). Vemos também na figura a circunferência
A B
C
I
Ia
X
Xa
A′
C ′
B′
B1
C1
B′′
C ′′
S
c
2 b− c
b−
c
b
2
s− b
Figura 5.15:
ω de diametro XXa, e os pontos S, B′′, C ′′, nos quais B1C1 encontra
BC, A′B′ e A′C ′. Uma vez que ω é ortogonal ao inćırculo e ao exćırculo
oposto a A, inversão em ω deixa as duas circunferências invariantes. Pas-
samos a provar que ω inverte a circunferência dos nove pontos A′B′C ′
na linha B1C1.
Pelo teorema 1.4.1 (página 11), e as observações subsequentes, temos,
em termos de s = (a+ b+ c)/2, que
BX = XaC = s− b,
130 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
onde o centro de ω é o ponto médio de BC, e o diâmetro de ω é
XXa = a− 2(s− b) = b− c
(que assumiremos ser positivo, pois caso contrário, renomeiamos A, B,
C, numa ordem diferente). O ćırculo de nove pontos passa pelo centro
A′ de ω, dáı ω a inverte em uma linha reta. Vamos mostrar que essa
linha passa por B′′ e C ′′ (e, portanto, através de B1 e C1), mostrando
que B′′ e C ′′ são as inversas com respeito a ω dos pontos B′ e C ′ no
ćırculo de nove pontos.
Como S (e da mesma forma I e Ia) está sobre a bissetriz do ângulo
A, o teorema 1.3.3 (página 9) mostra que S divide o segmento CB (de
comprimento a) na relação b : c, deste modo que temos
CS =
ab
b+ c
, SB =
ac
b+ c
e a metade da diferença desses dois comprimentos é
SA′ =
a(b− c)
2(b+ c)
.
Também sabemos que BC1 = AC1 − AB = AC − AB = b − c, e da
mesma forma CB1 = b− c.
Como 4SA′B′′ ∼ 4SBC1 e 4SA′C ′′ ∼ SCB1, temos
A′B′′
b− c
=
A′B′′
BC1
=
SA′
SB
=
b− c
2c
e
A′C ′′
b− c
=
A′C ′′
CB1
=
SA′
SC
=
b− c
2b
,
A′B′ ×A′B′′ = c
2
(b− c)2
2c
=
Å
b− c
2
ã2
e
A′C ′ ×A′C ′′ = b
2
(b− c)2
2b
=
Å
b− c
2
ã2
.
Assim ω, cujo raio é (b− c)/2, inverte B′ em B′′, e C em C ′′, conforme
desejado.
De fato, ω inverte o inćırculo o exćırculo oposto a A em si mesmos, e
sua tangente comum B1C1 no ćırculo dos nove pontos. Assim, o ćırculo
dos nove pontos, e a tangente comum aos dois, e toca igualmente os
restantes dois exćırculos.
Aliás, o ćırculo dos nove pontos é determinado pelos pontosD, E e F ,
que são as interseções de pares de lados opostos do quadrilátero ortocén-
trico ABCH(ver final da seção 2.4 na página 37). Em outras palavras,
[SEC. 5.7: CIRCUNFERÊNCIAS COAXIAIS 131
os quatro triângulos 4ABC, 4BCH, 4CAH e 4ABH têm o mesmo
mesmo ćırculo dos nove pontos. No entanto, cada um desses triângu-
los tem o seu próprio conjunto de quatro circunferências tri-tangentes.
Assim, o quadrilátero ortocéntricodetermina um conjunto de dezesseis
circunferências, todos tangentes à circunferência DEF .
Exerćıcios
1. Na figura 5.15, a linha de B1C1 corta BC formando um ângulo
igual a B − C.
2. O ćırculo ω inverte S em D (o pé da altura desde A até BC).
5.7 Circunferências coaxiais
Na seção 2.3 (página 35), vimos que quaisquer duas circunferências
não concêntricos, α e β, pertencem ao feixe αβ das circunferencias coa-
xiais, de modo que o eixo radical de α e β também é o eixo radical de
quaisquer duas circunferências pertencentes ao feixe. Qualquer ponto P
no eixo radical tem potências iguais com respeito a todas as circunferên-
cias do feixe. Sempre que esta potência é positiva, a sua raiz quadrada é
o comprimento das tangentes desde P até qualquer um das circunferên-
cias, e estas tangentes servem como raios da circunferência com centro
em P , ortogonal a todas as circunferências. Quaisquer dois de tais cir-
cunferências, digamos γ e δ (ortogonais a cada circunferência do feixe
αβ), pertencem a o feixe complementar γδ, de tal modo que cada circun-
ferência no feixe é ortogonal a cada circunferência no outro feixe. Cada
feixe tem, por um dos seus membros, uma linha, que serve como o eixo
radical do feixe e que é a linha de centros do outro, e claro, estas duas
linhas são perpendiculares. Se os utilizamos como eixos coordenados,
tal como na secão 2.3, as circunferências podem ser expressas como
x2 + y2 − 2ax+ c = 0, x2 + y2 + 2by − c = 0,
em que c é fixado enquanto que a e b variam. Se c > 0, o primeiro
feixe consiste de circunferências que não se interceptam, como na figura
2.8, e a segundo consiste em circunferências que se interceptam, todas
passado pelos pontos limites (
√
c, 0), que pode ser considerado como
membros degenerados
(x−
√
c)2 + y2 = 0, (x2 +
√
c)2 + y2 = 0,
do primeiro feixe. Se c < 0, temos o mesmo arranjo virado um ângulo
reto sobre a origem: o primeiro feixe é de interseção e o segundo de
132 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
não interseção. Finalmente, se c = 0, temos dois feixes ortogonais de
circunferências tangentes, todas tocando um dos eixos na origem.
Os membros de um feixe das circunferências coaxiais de não inter-
secção aparecem em uma ordem natural determinada pela ordem dos
pontos em que elas encontra o segmento de reta que une os pontos limi-
tes. Esta ordem natural nos permite dizer com precisão que um de três
membros este feixe está “entre” os outros dois.
Podemos descrever o feixe αβ “inversamente” como consistindo de
todas as circunferências ortogonais a γ e δ, e o feixe γδ como o conjunto
de todas as circunferências ortogonais a α e β. Em outras palavras,
αβ consiste de todas as circunferências ortogonais a quaisquer par de
circunferências distintas ortogonais a α e β.
Se O e P são os pontos comuns de duas circunferências secantes γ
e δ, a inversão em qualquer circunferência com centro O produz duas
linhas através de P ′, o inverso de P . As circunferências ortogonais a
estas linhas são um feixe de circunferências concêntricas com centro P ′,
e o feixe γδ inverte os diâmetros destas circunferências concêntricos. A
mesma figura podem ser derivada de quaisquer duas circunferências não
se interceptam α e β. Pois, podemos encontrar facilmente (figura 5.16)
duas circunferências secantes, γ e δ, ortogonais a α e a β, ou seja, duas
circunferências de raios adequados, cujos centros se encontram sobre o
eixo radical de α e β. Por isso
Teorema 5.7.1. Quaisquer duas circunferências não intersecantes pode
ser invertida em circunferências concêntricas.
Para este propósito, a circunferência de inversão pode ser qualquer
circunferência, cujo centro é um dos pontos limites O e P do feixe não
intersecante αβ. Se α precede de β na ordem natural de O a P , qualquer
circunferência com centro O (ou P ) irá a inverter para a maior (ou a
menor) das circunferências concêntricas. Ao alterar o raio da circunfe-
rência de inversão sem alterar o seu centro, podemos substituir o par
de circunferências concêntricos com um outro par cujos raios estão na
mesma proporção, pois, a nova inversão é equivalente à inversão antiga
seguida de uma dilatação adequada. Invertendo em uma circunferência
com centro P em vez de O, podemos substituir o par de circunferências
concêntricos por um outro par cujos raios estão na relação inversa.
Se α e ω são os duas circunferências distintas, o inverso de α em
ω pertence ao feixe αω. Isso porque, quaisquer duas circunferências
ortogonais α e ω se invertem em si mesmas. Se α se inverte em β, dizemos
que γ a circunferência média de α e β. (Isto parece mais natural que o
nome clássico “circunferência de antisimilitude”). Como β pertence ao
feixe αω, ω pertence ao feixe αβ. Agora estamos prontos para provar o
inverso do teorema 5.4.5
[SEC. 5.7: CIRCUNFERÊNCIAS COAXIAIS 133
α
β
δ
γ
O P
Figura 5.16:
Teorema 5.7.2. Quaisquer duas circunferências têm, pelo menos, uma
circunferência média. Dois circunferências não-intersecantes ou circun-
ferências tangentes ter apenas uma circunferência média. Duas circun-
ferências secantes têm duas circunferências médias, ortogonais entre si.
Se α e β se interceptam, podemos inverter-las em linhas que se cru-
zam, que se transformam uma na outra por reflexão sobre qualquer uma
de suas bissetrizes. Invertendo de volta, vemos que as circunferências
intersecantes α e β tem duas circunferências meias, ortogonais entre si
e bissetando os ângulos entre α e β.
Se α e β são tangentes, podemos inverter-las em linhas paralelas. Por
conseguinte, tais circunferências têm uma circunferência média única.
Se α e β não se intersectam, podemos inverter-las em circunferências
concêntricos, de raios (por exemplo) a e b. Estes ćırculos concêntri-
cos são transformados um no outro por inversão em uma circunferência
concêntrico cujo raio é a média geométrica
√
ab. Invertendo de volta,
vemos que as circunferências que não se interceptam α e β tem (como
circunferências tangentes) uma única circunferência média. Se α e β são
congruentes, sua circunferência média coincide com o seu eixo radical.
Exerćıcios
1. Que equação c e c′ devem satisfazer para que as duas circunferên-
cias
x2 + y2 − 2ax+ c = 0 e x2 + y2 − 2by + c′ = 0
sejam ortogonais?
134 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
2. O raio da circunferência média de duas circunferências tangentes
(do mesmo lado da sua tangente comum) é a média harmônica dos
raios das duas circunferências dadas.
3. O que acontece quando dois feixes ortogonais de circunferências
tangentes são invertidos em uma circunferência cujo centro é o
ponto comum?
4. Quaisquer duas circunferências podem ser invertidas em circunfe-
rências congruentes.
5. Para quaisquer duas circunferências congruentes, seu eixo radical
é a circunferência média.
6. Quaisquer quatro pontos distintos A, B, C, D pode ser inverti-
dos nos vértices de um paralelogramo A′B′C ′D′ (incluindo, como
possibilidade, um paralelogramo degenerado na qual os quatro
vértices estão sobre uma linha, mas ainda assim A′B′ = D′C ′
e A′D′ = B′C ′).
Dica: Considere separadamente os três casos (i) AC//BD, (ii)
AB//CD e AD//BC, (iii) A, B, C, D não são conćıclicos.
7. Construa a circunferência média de duas circunferências dadas que
não se interceptam (de tamanhos diferentes). Dica: Suponha que
sabemos (com a ajuda da seção 5.5, exerćıcio 3) como localizar os
pontos limites do feixe coaxial αβ, onde α e β são duas circunfe-
rências não se interceptam (com centros diferentes).
5.8 Distancia inversiva
Como as bissetrizes são invertidas em bissetrizes, de igual foram
que circunferências médias de duas circunferências secantes bisseta um
dos ângulos entre as circunferências. De acordo com isso, é razoável
questionar se duas circunferências que não se interceptam determinar, de
alguma maneira semelhante, umapropriedade numérica que é dividida
pela metade por seu única circunferência média. Este pergunta quase
obriga-nos a inventar, para quaisquer duas circunferências que não se
interceptam α e β, uma distância inversa (α, β) de tal forma que, se γ
pertence ao feixe de circunferência não intersecantes αβ e se β está entre
α e γ, então,
(5.2) (α, β) + (β, γ) = (α, γ).
Invertendo em uma circunferência, cujo centro é um dos pontos limites,
obtemos três circunferências concêntricas cujos raios são a, b e c que
[SEC. 5.8: DISTANCIA INVERSIVA 135
satisfazem a > b > c ou a < b < c, e, evidentemente,
a
b
× b
c
=
a
c
.
Observando que, ao tomar logaritmos podemos transformar a multipli-
cação em adição, definimos
(5.3) (α, β) =
∣∣∣∣log
a
b
∣∣∣∣
ou seja, log(a/b) ou log(b/a), de acordo com que a > b ou a < b. A
equação 5.2 é claramente satisfeita para estas circunferências concêntri-
cas.
Seria posśıvel interpretar o śımbolo “log” acima com o significando
“logaritmo de base dez”, de modo que a relação x = log y significaria y =
10x. No entanto, o costume de usar base dez surge a partir da observação
não-matemática que a maioria das pessoas tem dez dedos (incluindo os
polegares). É mais matematicamente significativo substituir este dez
pelo número transcendente
e =
∞∑
n=0
1
n!
= 2, 718281828459045235360287471352662497757247093 · · · ,
de modo que a relação x = log y (às vezes escrito ln y com n para “na-
tural”) significa
y = ex =
∞∑
n=0
xn
n!
,
e o logaritmo natural6 em si é dada pela igualmente notável série
log(1 + t) = −
∞∑
n=1
(−t)n
n
= t− t
2
+
t2
2
+
t3
3
− t4
4
+ · · ·
Definimos a distância inversiva entre quaisquer duas circunferências
que não se interceptam com o logaritmo natural da relação entre os raios
(maior sobre o menor) de duas circunferências concêntricas, em que as
circunferências dadas podem ser invertidas.
Como circunferências concêntricas se invertem em circunferências
coaxiais, este tipo de “distância” é aditiva, no sentido de 5.2, para os
membros de um feixe coaxial. Em particular, a circunferência média de
quaisquer duas circunferências que não interceptam bisseta a distância
inversiva entre eles. Sobre duas linhas paralelas como caso limite de duas
circunferências concêntricos, vemos que duas circunferências tangentes
podem ser adequadamente consideradas como tendo distância inversiva
zero.
6Ver [33], p. 32
136 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
Figura 5.17:
Se temos duas circunferências (não-concêntrica), uma dentro da ou-
tra, e outras circunferências são desenhadas, tocando uma à outra su-
cessivamente e todas tocando os duas circunferências originais, como na
figura 5.17, pode acontecer que a sequência de circunferências tangentes
feche de modo a formar um anel de n circunferências, a última tocando
a primeira. Neste caso, podemos pegar a primeira circunferência do anel
de forma arbitrária tocando as duas circunferências originais, e o anel
ainda vai fechar com o mesmo valor de n. O teorema 5.7.1 fornece uma
prova notavelmente simples deste resultado, conhecido como porisma de
Steiner ([16], p. 53). Só precisamos inverter as circunferências originais
em circunferências concêntricas, então, as outras tornam-se um anel de
circunferências congruentes cujos centros formam um n-ágono regular,
como na figura 5.18. Aqui A é um dos centros, T o ponto de tangencia
desta circunferência com uma de seus vizinhas do anel, e O é centro
comum das duas circunferências concêntricas: a exterior de raio a, e a
interior de raio b. Como o triângulo 4OAT é retângulo com
OA = (a+ b)/2, AT = (a− b)/2
e ângulo em O de medida π/n radianos ([11], p. 3). Uma vez que estas
circunferências concêntricas tem raios a e b, sua distância inversiva é
δ = log(a/b) satisfaz
sen
π
n
=
AT
OA
=
a− b
a+ b
=
a/b− 1
a/b+ 1
=
eδ − 1
eδ + 1
Daqui resulta que o porisma de Steiner é satisfeito sempre que a distância
inversiva entre suas duas circunferências originais satisfazem a equação
sen
π
n
=
eδ − 1
eδ + 1
.
[SEC. 5.8: DISTANCIA INVERSIVA 137
Resolvendo esta equação para eδ e depois para δ em si, encontramos
eδ =
1 + sen(π/n)
1− sen(π/n)
=
Ç
1 + sen(π/n)
cos(π/n)
å2
=
Å
sec
π
n
+ tan
π
n
ã2
,
(5.4) δ = 2 log
Å
sec
π
n
+ tan
π
n
ã
.
Em particular, pegando n = 4, vemos que quaisquer duas circunferências
cuja distância inversiva é
2 log(
√
2 + 1)
pertencem a uma “configuração” de seis circunferências, cada uma to-
cantes quatro outras. As seis circunferências se dividem em três pares de
“opostos”, de modo que cada circunferência toca todas as outras, exceto
o seu próprio oposto. A distância inversiva entre duas circunferências
opostas é de 2 log(
√
2+1), e, claro, as restantes doze distâncias são zero.
O Porisma de Steiner ainda é válido se a cadeia de ćırculos fecha após
d voltas ao redor de uma circunferência. Nas fórmulas apenas temos que
substituir n pela fração n/d.
O A
T
Figura 5.18:
Uma vez que uma circunferência pode ter qualquer raio, e uma vez
que o seu centro é determinado por duas coordenadas, o conjunto de
todas as circunferências no plano Euclidiano (e também no plano inver-
sivo) é uma famı́lia de três parâmetros. Ao interpretar o espaço infinito
de circunferências no plano inversivo como planos de um espaço tridi-
mensional, podemos obter a famosa geometria “não-euclidiana”, que foi
descoberta de forma independente (entre 1820 e 1830) por Gauss, Bolyai
e Lobachevsky. Os ângulos entre as duas circunferências intersecantes
aparecem como os ângulos entre os dois planos que se intersectam numa
138 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
linha; duas circunferências tangentes aparecem como dois planos “pa-
ralelos”, e as distâncias inversas entre os duas circunferências não se
interceptam aparece como sendo a distância entre dois planos “ultra-
paralelos” que tem uma linha perpendicular comum, sendo a distância
entre elas medida ao longo deste linha7.
Exerćıcios
1. No porisma de Steiner, os pontos de contato de circunferências
adjacentes no anel estão sobre a circunferência média das duas
circunferências originais. (Na realidade, a circunferência média
ou circunferências médias de quaisquer duas circunferências α e
β pode ser descrito como o lugar geométrico dos pontos P tal
que duas circunferências, tangentes simultaneamente a α e β, são
tangentes uma a outra em P .)
2. A equação 5.4 é equivalente a
δ = 2 log tan
Å
π
4
+
π
2n
ã
.
3. Desenhar três circunferências congruentes tangentes entre si por
pares, e um segundo conjunto de três circunferências de modo que
cada circunferência é tangente também a duas do primeiro con-
junto. Quais são as distâncias inversiva entre estas seis circunfe-
rências?
5.9 Funções Hiperbólicas
Nesta seção vamos observar uma analogia fascinante entre as funções
trigonométricas dos ângulos entre pares de circunferências secantes e as
chamadas funções hiperbólicas8 das distâncias inversiva entre pares de
circunferências que não se interceptam. O seno hiperbólico, cosseno
hiperbólica e tangente hiperbólica são definidos, em termos da função
exponencial ex, pelas fórmulas
senhx =
ex − e−x
2
, coshx =
ex + e−x
2
, tanhx =
ex − e−x
ex + e−x
,
7Veja Coxeter, Non-euclidian Geometry (5a ed., Toronto, 1965), pp 265-266.
8Porque “hiperbólico”? Ver [9], p. 124, [33], p. 22. A geometria não-euclidiana
de Gauss, Bolyai e Lobachevsky é chamada de geometria hiperbólica, e uma boa
justificativa para isso pode ser encontrada no artigo “Non-Euclidean Geometry” em
The Mathematical Sciences, A Collection of Essays (MIT Press, 1969).
[SEC. 5.9: FUNÇÕES HIPERBÓLICAS 139
que facilmente implica
coshx+ senhx = ex, coshx− senhx = e−x.
Algumas outras identidades estão apresentados no lado esquerdo do qua-
dro a seguir, a coluna da direita mostra as identidades trigonométricasanálogos.
senh 0 = 0, cosh 0 = 1 sen 0 = 0, cos 0 = 1
tanh 0 = 0, tanh∞ = 1 tan 0 = 0, tanh
π
4
= 1
cosh2 x− senh2 x = 1 cos2 x+ sen2 x = 1
senhx
coshx
= tanhx
senx
cosx
= tanx
senh2 x
2
=
coshx− 1
2
sen2 x
2
=
1− coshx
2
cosh2 x
2
=
coshx+ 1
2
cos2
x
2
=
1 + coshx
2
tanh
x
2
=
coshx− 1
senhx
tan
x
2
=
1− coshx
senhx
Com esta notação, 5.4 pode ser expressada como,
tanh
δ
2
= sen
π
n
, ou senh
δ
2
= tan
π
n
, ou cosh
δ
2
= sec
π
n
.
É talvez, não muito ilusório comparar o papel das funções hiperbólicas
em matemática com o papel do radical amônio NH4 em qúımica9. Este
radical se comporta como um átomo de sódio ou de potássio, embora
possa ser analisados em átomos de nitrogênio e hidrogênio. De forma
análogo, as funções hiperbólicas comportam como funções trigonométri-
cas embora possam ser expressos em termos de exponenciais. (Deve-se
admitir que esta excursão em qúımica terão menos apelo para qualquer
leitor que, tendo estudado funções de uma variável complexa, entende o
significado das fórmulas cosx = cosh ix, i senx = senh ix.)
Voltando a nossa discussão de ângulos e distâncias entre os pares
de circunferências, vamos considerar duas circunferências de raios a e b
tal que a distância (euclideana) entre seus centros é c. Se cada um dos
números a, b e c é menor que a soma dos outros dois, as circunferências
se intersectam em dois pontos, cada um dos quais forma um triângulo
com os dois centros de um triângulo cujos lados medem a, b e c. Um
dos dois ângulos complementares de intersecção, sendo igual ao ângulo
9A. E. H. Tutton, Crystals (Kegan Paul, Londres, 1911), p. 82.
140 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
entre o primeiro e segundo lado, tem a expressão familiar
a2 + b2 − c2
2ab
para a sua cosseno.
Vamos ver se podemos encontrar um significado geométrico para a
mesma expressão
γ =
a2 + b2 − c2
2ab
quando um dos números a, b ou c é maior do que a soma dos outros dois,
de modo que as circunferências não se intersectam. Por exemplo, eles
podem ser de duas circunferências concêntricos (de modo a que c = 0),
cujos diâmetros AA′ e BB′ satisfazem AB′//A′B sobre a linha que os
contém, tal como na figura 5.19.
A B A′B′
b
Figura 5.19:
Em termos de distância inversiva
δ = log
Å
a
b
ã
,
encontramos a razão cruzada
{AA′, BB′} =
AB ×A′B′
AB′ ×A′B
=
Å
AB
AB′
ã2
=
Å
a− b
a+ b
ã2
=
Ç
eδ − 1
eδ + 1
å2
=
e2δ + 1− 2eδ
e2δ + 1 + 2eδ
=
eδ + e−δ − 2
eδ + e−δ + 2
=
cosh δ − 1
cosh δ + 1
.
Se essas circunferências surgem por inversão de duas circunferências que
não se interceptam cujos centros estão a distância (euclideana) c, é con-
veniente usar as mesmas letras a e b para os raios das últimas circun-
ferências, e A, A′, B e B′ para os pontos onde elas cortam a sua linha
de centros (com AB′//A′B, como antes) pelos teoremas 5.4.2 e 5.4.3
(página 123), a razão cruzada e separação são invariantes. Assim, ainda
temos
{AA′, BB′} =
cosh δ − 1
cosh δ + 1
[SEC. 5.9: FUNÇÕES HIPERBÓLICAS 141
embora agora devemos expressar essa razão cruzada (e, portanto, δ), em
termos dos novos a e b, juntamente com c.
A B A′B′
b
Figura 5.20:
Se a− b > c, como na figura 5.20, temos
{AA′, BB′} =
AB ×A′B′
AB′ ×A′B
=
(a+ c− b)(a− c− b)
(a+ b+ c)(a− c+ b)
=
(a− b)2 − c2
(a+ b)2 − c2
=
a2 + b2 − c2 − 2ab
a2 + b2 − c2 + 2ab
=
γ − 1
γ + 1
onde cosh δ = γ.
A A′ B B′
a
b
Figura 5.21:
Da mesma forma, se a+ b < c, como na figura 5.21,
{AA′, BB′} =
AB ×A′B′
AB′ ×A′B
=
(c− a− b)(c+ a+ b)
(c− a+ b)(c+ a− b)
=
c2 − (a− b)2
c2 − (a− b)2
=
−a2 − b2 + c2 − 2ab
−a2 − b2 + c2 + 2ab
=
−γ − 1
−γ + 1
onde cosh δ = −γ. Reunindo estes resultados, vemos que temos provado
142 [CAP. 5: UMA INTRODUÇÃO À GEOMETRIA INVERSIVA
Teorema 5.9.1. Se c é a distância (euclideana) entre os centros de
duas circunferências que não se interceptam de raios a e b, o distância
inversiva δ entre as circunferências é dada por10
cosh δ =
∣∣∣∣∣a2 + b2 − c2
2ab
∣∣∣∣∣ .
Como uma aplicação interessante desta teorema, vamos considerar
duas circunferências colocadas de maneira que existe um quadrilátero
cujos vértices se encontram sobre uma das circunferência (de raio a),
enquanto seus lados são tangentes à outra circunferência (de raio b).
É conhecido11 que a distância (euclideana) c entre os centros das duas
circunferências satisfaz a equação
1
(a− c)2
+
1
(a+ c)2
=
1
b2
,
que pode ser escrito na forma
|a2 + b2 − c2| = b
√
4a2 + b2
ou
cosh δ =
|a2 + b2 − c2|
2ab
=
√
4a2 + b2
2a
=
√
1 +
Å
b
2a
ã2
.
Como cosh2 δ = 1 + senh2 δ, segue-se que a distância inversiva entre as
circunferências que possuem um quadrilátero inscrito e circunscrito é
expresso em termos do seus raios pela fórmula simples
senh δ =
b
2a
.
Exerćıcios
1. Se a distância (euclideana) entre os centros de duas circunferências
de raio 1 é 2(
√
3 + 1), uma outra circunferência de raio unitário
está equidistante a estas circunferências com respeito à distância
inversiva. É esta a circunferência média?
2. A distância inversiva δ entre as circunferências de Soddy (Exerćıcio
4 da seção 5.4) é dada por
cosh
δ
2
= 2.
10O gráfico da função y = coshx é a conhecida catenária: a forma de uma corrente
em suspensão, suportadas nas duas extremidades ([9], pp 317-319).
11[21], pp 91-95. De acordo com J. L. Coolidge, [6] pp 45 -46, esta fórmula foi
descoberta por Euler, bem como a fórmula análoga 1/(R− d) + 1/(R+ d) = 1/r para
o triângulo (ver teorema 2.1.2 na p. 29)
[SEC. 5.9: FUNÇÕES HIPERBÓLICAS 143
3. Se duas circunferências estão na parte de fora uma da outra, de
modo que elas têm quatro tangentes em comuns, a razão entre os
comprimentos das tangentes mais curtas e as mais compridas é
tanh(δ/2), onde δ é a distância inversiva entre as duas circunfe-
rências.
4. Considere-se uma linha a distância p do centro de uma circunfe-
rência de raio b. Se p < b, a linha e a circunferência se cruzam
formando um ângulo δ dado por cos δ = ±p/b. Se p > b, a sua
distância inversiva δ é dado por cosh δ = p/b.
5. Para um triângulo com circunraio R e inraio r, o circunćırculo e o
inćırculo estão a distância inversiva δ, onde
senh
δ
2
=
1
2
…
r
R
.
Dica: Use o teorema 2.1.2.
6. Considere o circunćırculo e o ćırculo dos nove pontos do triângulo
4ABC. Se o triângulo é obtusângulo, essas circunferências se
cruzam em um ângulo δ dado pela fórmula
sen2 δ
2
= − cosA cosB cosC.
Se o triângulo é retângulo ou acutâgulo , a sua distância inversiva
δ é dada por
senh2 δ
2
= cosA cosB cosC.
7. A distância inversa entre as duas circunferências
x2 + y2 − 2ax+ d2 = 0 (a > d > 0)
e
x2 + y2 − 2bx+ d2 = 0 (b > d > 0)
é |α− β|, onde
tanhα =
d
a
e tanhβ =
d
b
.
Caṕıtulo 6
Introdução à geometria
projetiva
Como você está agora estudando geometria e trigono-
metria, vou dar-lhe um problema. Um barco navega
no oceano. Deixou Boston com uma carga de lã. Car-
rega 200 toneladas. Está navegando para Le Havre
.... Há 12 passageiros a bordo. O vento está soprando
Leste-Nordeste. No ponteiros do relógio marcam 3:15
da tarde. É o mês de maio. Quantos anos tem o capi-
tão?
Gustave Flaubert
Todas as transformações foram considerados até agora levam pontos
em pontos. O traço mais caracteŕıstico do plano “projetiva” é o prinćıpio
da dualidade, que nos permite transformar pontos em linhas e linhas em
pontos. Uma tal transformação, que se assemelha a inversão, é “trans-
formaçãa reciproca” em relação a uma circunferência fixa. Cada ponto,
exceto o centro O é enviado a uma linha, cada linha que não passa por
O é atribúıdo um ponto, e cada circunferência é atribúıda uma “cônica”
que tem O como “foco”. Depois de alguma discussão sobre os vários ti-
pos de cônica, vamos fechar o caṕıtulo com uma comparação cuidadosa
da geometria inversiva e a geometria projetiva.
6.1 Transformação rećıprocaPara esta variante de inversão, usamos (como na seção 5.3, página
108) uma circunferência com centro O e raio k. Cada ponto P (diferente
de O), determina uma linha correspondente p, chamada de polar de P ,
que é a linha perpendicular a OP através da inversa de P (ver figura
6.1). Por outro lado, cada linha p (que não passa por O) determina um
144
[SEC. 6.1: TRANSFORMAÇÃO REĆIPROCA 145
p p p
O
ω
O P
ω
O
ω
P ′
P ′
P P
Figura 6.1:
ponto P correspondente, chamado o polo de p, que é o inverso do pé da
perpendicular de O a p. Intercambiando P e P ′ na figura 5.7, vemos que,
quando P está fora ω, sua polar passa pelos pontos de contato das duas
tangentes desde P . Ainda mais, quando P se encontra em ω, sua polar
é a tangente em P , e este é o único caso em que P e p são incidentes (P
sobre p, e p através de P ). Será útil adotar uma notação consistente,
de modo que as polares dos pontos A, B, · · · , são as linhas a, b, · · · , e o
polo de qualquer linha é denotado pela letra maiúscula correspondente.
Para qualquer ponto A (exceto O), A′ denota sua inversa e a sua
polar, como na figura 6.2. Para qualquer ponto B sobre a, desenhamos
AB′ perpendicular a OB. Então 4OAB′ ∼ 4OBA′, e
OB ×OB′ = OA×OA′ = k2.
Assim, B′ é o inverso do B e AB′ é b, a polar de B. Por outro lado,
toda linha b que passa por A (excepto a linha OA) produz uma linha
perpendicular OB que nos permite reconstruir a mesma figura. Temos
assim provado:
Teorema 6.1.1. Se B se encontra sobre a, então b passa por A.
Mantendo A e a fixos, enquanto permitimos B e b variar, deduzimos
que as polares de todos os pontos em uma linha a (que não passa por O)
são as linhas através de seu polo A. Em outras palavras, as polares de um
conjunto de pontos colineares são um conjunto de linhas concorrentes.
Este processo de preservação da incidência, no qual os pontos e linhas
são transformados nos seus polares e polos, é chamada de transformação
reciproca. Isso leva, naturalmente, ao prinćıpio da dualidade que afirma
que, para qualquer configuração de pontos e linhas, com certos pontos
que ficam em determinadas linhas, há uma configuração dual de linhas e
pontos, com certas linhas passando por certos pontos. Por exemplo, dual
de um quadrângulo completo ABCD (que consiste de quatro pontos,
146 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
a a a
a a
O
ω
O A = A′
ω
O
ω
A′
B B
A
B′B′
b
b B = B′
A
b
A′
O
ω
A′
A
B
B′
b
O
ω
A′
A
B
B′ b
Figura 6.2:
onde não há três colineares, e seus seis linhas os unindo AD, BD, CD,
BC, CA, AB) é um quadrilátero completo abcd (que consiste de quatro
linhas, onde não há três concorrentes, e seus seis pontos de interseção,
a · d, b · d, c · d, b · c, c · a, a · b).
A circunferência pode ser considerada como um lugar geométrico de
pontos, ou como um envelope de linhas tangentes (ver figura 6.3). Cada
tangente é a posição limite de uma secante, quando os “dois pontos”
da secante coincidem. Dualmente, cada ponto de contato é a posição
limite do ponto de intersecção de duas tangentes quando estas coincidem.
Assim a aplicação reciproca intercambia lugares geométricos e envelopes.
A circunferência ω, considerada como um lugar geométrico ou como um
envelope, é aplicada mesma circunferência mas no aspecto oposto. Da
mesma forma, uma circunferência com centro O e raio r é aplicada (
com a mesma mudança de aspecto) em uma circunferência concêntrica
de raio k2/r.
O dual de qualquer teorema ou construção pode ser obtido simples-
mente fazendo algumas alterações verbais de acordo com o seguinte “di-
cionário”. (Quando uma palavra em qualquer coluna ocorre, ela deve ser
substitúıda pelo elemento correspondente na outra coluna.)
[SEC. 6.1: TRANSFORMAÇÃO REĆIPROCA 147
Lugar geométrico Envoltória
Figura 6.3:
ponto linha
está sobre passa a traves de
linha que une dois pontos interseção de duas linhas
concorrentes colineares
quadrângulo quadrilátero
polo polar
lugar geométrico envolvente
reta tangente ponto de contato
Quando dois pontos e duas linhas estão relacionadas como no teo-
rema 6.1.1 (de modo que uma se encontra sobre a polar da outra), cha-
mamos pontos A e B de pontos conjugados, e a e b de linhas conjugadas.
Assim, a polar de A é o lugar geométrico dos pontos conjugados a A, e
o polo de a é o envelope das linhas que são conjugadas a a. (Fazendo o
raio de uma circunferência tendem para zero, pode-se justificar a noção
de que um ponto é o “envelope” das linhas através dele.) Em particular,
qualquer ponto sobre uma tangente a é conjugado ao ponto de contato
A, que é um ponto auto-conjugado, e qualquer linha que passa por A
(em ω) é conjugado com a tangente a, que é uma linha auto-conjugada.
O polo de qualquer linha AB (que não passa através de O) encontra-
se nas polares de A e B, e, assim, pode ser descrito como o ponto de
intersecção a · b. Por exemplo, se A e B se encontram sobre ω, como
mostrado na figura 6.4, o polo da secante AB é o ponto de intersecção
das tangentes a e b. Dualmente, qualquer ponto fora da circunferência
ω se encontra sobre duas tangentes, digamos a e b, e sua polar pode ser
constrúıda como a secante que une os pontos de contato A e B.
Qualquer linha p contém necessariamente alguns pontos fora de ω.
Se p não é um diâmetro, o polo P situa-se na polares de todos estes
pontos exteriores e pode ser constrúıdo como o ponto de intersecção das
polares de dois deles. Dualmente, qualquer ponto P se encontra sobre
148 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
O
ω
A
B
a · b
P p
Figura 6.4:
algumas secantes. Se não coincide com O, sua polar p contém os polos
de todas estas secantes e pode ser constrúıdo como a linha que une os
polos de dois delas. Podemos resumir esses resultados como segue:
Teorema 6.1.2. O polo de qualquer secante AB (exceto um diâmetro)
é o ponto comum das tangentes em A e B. A polar de qualquer ponto
exterior é a linha que une os pontos de contato das duas tangentes a
partir deste ponto. O polo de qualquer linha p (exceto um diâmetro) é o
ponto comum das polares de dois pontos exteriores sobre p. A polar de
qualquer ponto P (exceto no centro) é a linha que une os polos de dois
secantes através P .
Vale a pena notar que, quando aplicamos a transformação reciproca
de uma circunferência ω e todas suas tangentes são dadas, essas cons-
truções envolvem apenas incidência de pontos e linhas, sem qualquer
medição. Este recurso é uma caracteŕıstica da geometria projetiva.
Exerćıcios
1. Com respeito a uma circunferência ω com centro O, a polar de
qualquer ponto A (excepto O) podem ser constrúıdos como o eixo
radical de duas circunferências: ω e a circunferência com diâmetro
OA.
2. Um dos ângulos entre as polares de A e B é igual a ]AOB.
3. Os reciprocos1 dos vértices e os lados (considerado como linhas) de
um n-ágono regular com centro O são os lados e vértices de outros
n-ágono regular.
1N.T.: quando escrevemos “o reciproco” nos referirnos à imagem de um ponto,
uma linha ou qualquer figura via a transformação reciproca.
[SEC. 6.2: CIRCUNFERÊNCIA POLAR DE UN TRIÂNGULO 149
4. O reciproco de um retângulo com centro O é um losango.
6.2 Circunferência Polar de un triângulo
Sempre que os quatro pontos A, B, A′, B′ da figura 6.2 sejam dis-
tintos, o triângulo 4ABC (onde C = a · b) tem a propriedade de que
cada vértice é o polo do lado oposto, dois vértices quaisquer são pontos
conjugados, e quaisquer dois lados são linhas conjugadas. Na verdade,
qualquer conjugado de dois (mas não auto-conjugado) são dois vértices
de um triângulo auto-polar 4ABC.
Uma vez que as partes da figura 6.2 são todos as posśıveis escolhas
dos pontos conjugados A e B, cada triângulo auto-polar é obtusângulo,
onde o vértice do ângulo obtuso ocorre no interior de ω, e os dois vértices
restantes estão na parte de fora. Inversamente, para qualquer triângulo
obtusângulo 4ABC possueuma única circunferência polar, isto é, o
triângulo é auto-polar com respeito a tal circunferência. Seu centro O e
raio k pode ser constrúıdo como se segue: Uma vez que as linhas OA e
OB são duas alturas de 4ABC, O é o ortocentro. Na notação de 2.8
(página 39), a circunferência polar tem centro H e raio
√
HA×HD =
√
HB ×HE =
√
HC ×HF.
O
B
A
C
c
a
O
C
A
B
c
b
b
a
O
A
b
B
C
a
c
Figura 6.5:
Portanto, inversão sobre esta circunferência transforma os vértices de
4ABC nos pés das alturas. Considerando-se as circunferências que pas-
sam por estas duas triplas de pontos, e lembrando que os circunferência
inverte em circunferência, deduzimos
Teorema 6.2.1. Para qualquer triângulo obtusângulo, a circunferência
circunscrita e o ćırculo de nove pontos são trocados pela inversão sobre
a circunferência polar.
150 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
Em outras palavras, a circunferência polar é uma das duas circunfe-
rências médias da circunferência circunscrita e o ćırculo de nove pontos.
(Estes se cruzam, porque o triângulo é obtusângulo.) Conclui-se que a
circunferência circunscrita, o ćırculo de nove pontos e a circunferência
polar (cujos centros estão todas sobre a linha de Euler) são coaxiais,
e que (para qualquer triângulo obtusângulo) o ćırculo dos nove pontos
passa não apenas nove, mas onze pontos notáveis, os dois últimos sendo
os pontos de intersecção da circunferência circunscrita e a circunferência
polar.
Exerćıcios
1. Em um triângulo obtusângulo, a circunferência polar corta a cir-
cunferência circunscrita formando um ângulo θ tal que
cos2 θ = − cosA cosB cosC.
6.3 Cônicas
Umas curvas de interesse são as chamadas cônicas (ou “secções côni-
cas”), as quais já foram mencionados brevemente nas seções 3.8 e 3.9, e
que podem ser abordadas de várias maneiras diferentes. Uma maneira
de definir uma cônica é como o rećıproco de uma circunferência.
Mais precisamente, consideremos o rećıproco de uma circunferência
α de raio r e centro A, em relação a uma circunferência ω de centro O.
O raio k de ω não é importante, pois afeita apenas o tamanho e não a
forma da cônica. A forma é determinada pela relação entre ε =
OA
r
, o
que é, naturalmente chamada de excentricidade da cônica. O ponto O é
chamado de foco.
A
α
O
ω T
P
p
t
Figura 6.6:
[SEC. 6.3: CÔNICAS 151
Ao descrever uma cônica como o rećıproco de α, queremos dizer que
é ao mesmo tempo o lugar geométrico dos polos das tangentes a α e
também o envelope das polares dos pontos sobre α.
Se ε < 1, de modo que O está dentro de α, existe um ponto da cônica
para cada raio desde O e a cônica é uma curva oval chamada de elipse
(figura 6.6). Em particular, uma elipse com ε = 0 é meramente uma
circunferência. Quando a excentricidade ε aumenta, a cônica torna-se
obviamente mais e mais diferente de uma circunferência.
A
α
O
ω
TP
t
p
Figura 6.7:
Se ε = 1, de modo que a OA = r e O estã sobre α, o conjunto
de pontos de α inclui um, isto é, O, que não tem nenhuma polar (com
respeito a ω), e o conjunto das tangentes a α inclui uma, nomeadamente
tangente a O, que não tem polo, consequentemente a cônica, que agora é
chamada de uma parábola (figura 6.7) estende-se até o infinito na direção
AO.
A
α
O
ω
T
P
t
p U
V
u v
Figura 6.8:
Um cônica é chamada de hipérbole (figura 6.8) se ε > 1, de modo
152 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
a que O está fora de α. As duas tangentes a α que passam por O não
têm pólos, mas os seus pontos de contato, U e V , têm polares que são
as chamadas asśıntotas da hipérbole. Estas duas linhas u e v pertencem
ao envelope e, portanto, são tangentes que não têm pontos de contacto!
Quando vamos ao longo de um delas em um ou outro sentido, vemos a
curva cada vez mais perto, mas sem nunca realmente atingir a asśıntota.
Sir Isaac Newton (1642-1727) explicou a observação de Kepler que
a órbita de um planeta é uma elipse com um foco no sol. Desde o
seu tempo, as excentricidades para órbitas de vários planetas e cometas
foram medidas. Alguns destes valores de ε são dadas na tabela seguinte.
Planetas ε Cometas ε
Mercurio 0, 2056 Encke 0, 85
Vênus 0, 0068 Biela 0, 76
Terra 0, 0167 Holmes 0, 41
Marte 0, 0934 Brooks 0, 47
Júpiter 0, 0484 Halley 0, 967
Saturno 0, 0557 Donati 0, 9963
Urano 0, 0472 Coggia 0, 9988
Netuno 0, 0086 Daniel 1, 000
Plutão 0, 2482 Morehouse 1, 000
Exerćıcios
1. Desenhe duas circunferência α e β, com quase o mesmo raio e
centros de quase coincidentes, de modo que α está dentro β. Es-
colha pontos A1, A3, A5, . . . sobre α, e B0, B2, B4, . . . sobre β,
de modo que as linhas B0B2, B2B4, . . . sejam tangente a α em
A1, A2, . . . . Denotemos por b2, b4, . . . as linhas A1A3, A3A5, . . . , e
sejam C1, C3, . . . os pontos de intersecção das tangentes a β em B0
e B2, B2 e B4, etc . Então, as tangentes b2, b4, . . . são tangentes ao
rećıproco da β com respeito a α, e os pontos de C1, C3, . . . estão
sobre o rećıproco de α com respeito a β.
2. O rećıproco de uma circunferência com respeito a uma circunfe-
rência não concêntrica ω é simétrica pela reflexão sobre a linha que
passa pelos centros. É posśıvel que uma cônica tenha uma segunda
linha de simetria?
3. Em uma parábola, os pés das perpendiculares desde o foco às tan-
gentes estão sobre a mesma linha.
[SEC. 6.4: FOCO E DIRETRIZ 153
4. O ângulo θ, em que qualquer asśıntota de uma hipérbole corta
a linha OA é dado por sec θ = ε. Calcular a excentricidade da
hipérbole retangular, cujas assimptotas são perpendiculares.
5. O que acontece com um cometa em cuja órbita ε ≥ 1?
6.4 Foco e diretriz
Quando uma cônica é considerado como o rećıproco de uma circunfe-
rência, cujo centro é A, a polar de A (no que diz respeito à circunferência
ω) é chamada diretriz (correspondente ao foco O) da cônica. Para qual-
quer ponto sobre a cônica, a distância do foco ao ponto é chamada de
distância focal. Passamos a estabelecer uma das propriedades mais fa-
mosas de uma cônica (provada por Pappus de Alexandria, no século IV
dC, mas possivelmente antecipado por Euclides 600 anos antes):
Teorema 6.4.1. Para qualquer ponto P sobre uma cônica com excen-
tricidade ε, de foco O e diretriz a, a distância focal OP é igual a ε vezes
a distância de P a a.
Nas figuras 6.9, 6.10, 6.11, o ponto P é o polo (com respeito a ω) de
uma linha p que toca α em T , cortando a linha OA em M , e encontra a
linha OP em P ′ (a inversa de P ). A diretriz a e a polar de M encontram
O A A′
T
M
P ′
M ′
P
m
K
a
p
α
ω
Figura 6.9:
a linha OA em A′ (a inversa de A) e M ′ (a inversa da M); no desenho
K é o pé da perpendicular de P para a. Queremos provar que OP =
εPK. Para cobrir todos posśıveis casos, devemos considerar todas as
distâncias sobre a linha OA linha como distâncias dirigidas. (De modo
que OM − OA = AM , mesmo se O fica entre M e A) Em termos de k
154 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
O AA′
T
M
P ′
M ′
P
m
K
ap
αω
Figura 6.10:
e r, os raios de ω e α, temos que
PK
OP
=
OA′ −OM ′
OP
=
k
OP
Ç
OA′
k
− OM ′
k
å
=
OP ′
k
Å
k
OA
− k
OM
ã
=
OP ′
OM
Å
OM
OA
− 1
ã
=
AT
AM
AM
OA
=
r
OA
=
1
ε
como queŕıamos provar.
O AA′
T
M
P ′
M ′
P
m
K
ap
α
ω
Figura 6.11:
Por outro lado,
Teorema 6.4.2. Para qualquer ponto O, qualquer linha a que não passa
através de O e qualquer constante ε positiva, o lugar geométrico dos
pontos cuja distância a O é ε vezes a sua distância à reta a é uma
cônica.
[SEC. 6.5: PLANO PROJETIVO 155
Isto pode ser visto facilmente tomando ω uma circunferência com
centro O que é tangente a a, onde A é o ponto de contato. Então, α é
uma circunferência com centro A e raio OA/ε.
Exerćıcios
1. Obter a equação cartesiana para o lugar geométrico dos pontos P
cuja distância a partir da origem é ε vezes a sua distância à linha
x = l/ε.
2. Se ε 6=1, o lugar geométrico do exerćıcio 1 encontra o eixo x duas
vezes. Desloque o eixo y, de modo a colocar o novo origem no
ponto médio entre esses dois pontos de encontro. Simplifique a
equação usando as constantes a = l/(l− ε2) e b2 = |la| ao invés de
ε e l. Que nos diz a forma da equação sobre a simetria da curva?
6.5 Plano projetivo
Podemos quase dizer que a transformação rećıproca transforma cada
ponto em uma linha, e cada linha em um ponto. As exceções são o
ponto O, que não tem polar, e as linhas através de O, que não têm
polos. No caso da inversão, tomamos conta das exceções, estendendo
o plano euclidiano para o plano inversivo. No presente caso, tomamos
conta de nossas novas exceções por uma extensão diferente: o plano
projetivo. Postulamos que existe uma linha única no infinito l∞, que é
a polar de O, e os seus pontos (pontos no infinito), que são os polos das
linhas que passam por O. As propriedades da nova linha e pontos são
determinadas pelo fato de todos os pontos sobre uma linha a, todas suas
linhas reciprocas passam através do seu polo A. Se a passa O, a polar
de seus pontos de formar um “feixe” de linhas paralelas, ou seja, todas
as linhas perpendiculares a a. Assim, um ponto no infinito, tal como
o polo de a, tem de ser considerado como o ponto comum do feixe de
linhas paralelas. Daqui resulta que, no plano projetivo, não há exceções
para a declaração que
quaisquer duas linhas distintas a e b determinam único ponto a · b.
Na verdade, qualquer teorema sobre a incidência de pontos e linhas
implica um teorema dual sobre linhas e pontos, ou seja, as polares e polos
dos pontos e linhas do teorema de origem. Por exemplo, podemos tomar
os lados de um hexágono circunscrito a uma circunferência ω como as
tangentes nos vértices de um hexágono inscrito na mesma circunferência,
assim o teorema de Pascal (seção 3.8) e teorema de Brianchon (seção 3.9)
156 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
são duais, e um pode pode ser deduzido a partir da outro aplicando a
transformação rećıproca em relação a ω. De modo mais geral, o teorema
de Pascal (ou de Brianchon), aplicado a qualquer circunferência, implica
o teorema de Brianchon (ou Pascal) para a cônica rećıproca.
Podemos, agora, simplificar o teorema 6.1.2, excluindo as exceções.
Além disso, quando consideramos este teorema aplicado em uma circun-
ferência arbitrária α, diferente da circunferência ω base da transformação
rećıproca, nós podemos usar ω para derivar de α a cônica rećıproca α′.
Então, as nossas construções de “polos” e “polares” em relação a α se
transforma via rećıprocos em uma construção de “polares” e “polos” em
relação à cônica α′. Desta forma, a transformação rećıproca em relação
a uma circunferência é generalizada a polaridade em relação a um cô-
nica ([9], p. 75). O teorema 6.1.2 (com as exceções removidas) consiste
em quatro partes que são duais umas do outras e por isso continua a
ser verdadeira quando a circunferência com respeito à qual aplicamos a
rećıproca é substitúıda por uma cônica.
p
A
B
D
E
P
M
L
Figura 6.12:
Na notação da figura 3.22 (página 82), a linha LM passa por N = b·e
e, similarmente, através de a · d. Esta observação permite converter a
última parte do teorema 6.1.2 (figura 6.12) na seguinte construção direta
para da polar de um ponto P geral:
Teorema 6.5.1. Se P não está na cônica, sua polar une os pontos de
intersecção AB · DE e AE · BD, onde AD e BE são quaisquer duas
secantes pelo ponto P .
Vimos que qualquer polo e polar em relação a uma circunferência α,
seus reciprocos (com respeito a outra circunferência ω) são transforma-
dos em polo e polar e com respeito à cônica α′. Em particular (ver as
figuras 6.6, 6.7, 6.8), o centro A e l∞ são polo e polares em relação a α,
e, por conseguinte, a e O são polar e polo em relação a α′:
[SEC. 6.6: CÔNICAS CENTRAIS 157
Teorema 6.5.2. Para qualquer cônica, excepto a circunferência, uma
diretriz é a polar do foco correspondente.
Exerćıcios
1. Escrever o teorema 3.6.1 (Teorema de Desargues) em sua forma
projetiva, e dualize-lo.
2. Escrever o teorema 3.5.1 (Teorema de Pappus) em sua forma pro-
jetiva, e dualize-lo.
3. Se um triângulo é auto-polar com respeito a uma circunferência
e l∞ é um de seus lados, o que pode ser dito sobre os dois lados
restantes?
4. Um cônica é uma elipse, uma parábola ou uma hipérbole conforme
l∞ é uma não-secante, uma tangente, ou uma secante.
5. Os assimptotas de uma hipérbole são as suas tangentes nos pontos
onde encontram a l∞.
6. Para uma parábola, as duas tangentes a partir de qualquer ponto
sobre sua diretriz são perpendiculares.
7. Para qualquer cônica através das quatro vértices de um quadrân-
gulo completo, os pontos de interseção dos três pares de “lados
opostos” são os vértices de um triângulo auto-polar.
6.6 Cônicas centrais
É natural querer saber se elipses e hipérboles são realmente mais
simétricas do que as nossas construções que imediatamente nos levam a
esperar: se os dois “finais” de uma elipse são iguais, e se os dois “ramos”
não conectados de uma hipérbole são iguais. A seguinte discussão será
vista para produzir a simetria adicional desejada.
Revendo a notação do teorema 6.5.1, podemos afirmar que, se um
ponto C que não está na cônica, sua polar une os pontos de interseção
PQ · P1Q1 e PQ1 · P1Q, onde PP1 e QQ1 são quaisquer duas secantes
através C. Se a polar de C é a linha no infinito, como mostrado na figura
6.13, isto significa que o quadrado inscrito PQP1Q1 é um paralelogramo.
Como C não está na cônica, a sua polar l∞ não é uma tangente, e a cônica
não é uma parábola. Uma vez que as diagonais de um paralelogramo se
bissetam uma a outra, neste ponto C (que é o polo de l∞) é o ponto médio
de cada um dos segmentos de PP1, QQ1. Mas esto podem acontecer com
158 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
C
P
Q
P1
Q1
C
Q
P
P1
Q1
Figura 6.13:
quaisquer duas cordas através de C. Assim, C é chamado o centro da
cônica, elipses e hipérboles são chamadas de cônicas centrais, e assim
temos provado
Teorema 6.6.1. Uma cônica central é simétrica por uma meia volta
sobre seu centro.
Aplicando uma meia volta sobre C ao foco O e a diretriz a (seção
6.4), obtém-se um segundo foco O1 e uma segunda diretriz a1, como nas
figuras 6.14 e 6.15 .
O1 O
P
aa′
K1 K
A′C
Figura 6.14:
Ao aplicar a mesma meia-volta para as circunferências ω e α da
[SEC. 6.6: CÔNICAS CENTRAIS 159
seção de 6.3, obtém-se novas cirucunferências ω1 e α1 de tal forma que
a mesma cônica central α′, é a reciproca de α1 com respeito ω1.
Deixando de lado o caso trivial quando O e A coincidem, vemos
que cada cônica é simétrica pela reflexão sobre a linha OA. No caso
de uma cônica central, segue-se que C está sobre esta linha. Podemos
expressar a meia volta sobre C como a soma das reflexões sobre duas
linhas perpendiculares através de C, uma das quais é OA. Dáı a cônica
central também é simétrica pela reflexão na linha por C perpendicular a
OA. Em outras palavras, a cônica central tem o mesmo tipo de simetria
que um losango ou que um retângulo.
O O1
P
a1a
K K1
A′ C
Figura 6.15:
Denotemos por c a linha polar de C com respeito a ω, como nas
figuras 6.16 e 6.17. Como C e l∞, são polo e polar em relação a α′, c
A
α
O
c
C ′C A′
ω
Figura 6.16:
e O deve ser polar e polo em relação a α. Assim, C é o polo de c com
respeito a ω, e c é a polar de O respeito a α. Em outras palavras, se
C ′ é o ponto em que c encontra à linha OA, C é a inversa de C ′ com
160 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
respeito a ω, que é o inverso de O respeito a α. Como
OC ×OC ′ = k2 = OA×OA′
e
r2 = AO ×AC ′ = OA× C ′A
(na notação de distâncias dirigidas), temos
OC
OA′
=
OA
OC ′
=
OA
OA− C ′A
=
OA2
OA2 − (OA× C ′A)
=
OA2
OA2 − r2
=
ε2
ε2 − 1
que é negativa ou positiva,dependendo se ε < 1 ou ε > 1. Assim, para
uma elipse do centro C e diretriz a, eles estão em lados opostos de O,
como na figura 6.14, mas para uma hipérbole, eles estão do mesmo lado,
como mostrado na figura 6.15. Em outras palavras, a elipse encerra dois
focos e encontra-se totalmente entre as suas duas diretrizes, mas as duas
directrizes de uma hipérbole se encontram no espaço “vazio” entre os
dois ramos.
A
α
O
ω
U
V
C ′ C
A′
c
Figura 6.17:
Na disciplina de mecânica vista na escola, aprendemos que, quando
a resistência do ar é desprezada, a trajetória de uma bola lançada é um
arco de uma parábola cujo foco pode ser localizado sem muita dificul-
dade. Uma vez que a bola é lançada, durante alguns segundos, ela parece
um pequeno satélite artificial, a parábola aparente é precisamente uma
elipse alongada enormemente, cuja excentricidade é apenas um pouco
menos do que 1. Onde está o seu segundo foco? No centro da terra!
Exerćıcios
1. Quando um ponto P varia sobre uma elipse, a soma das duas
distâncias focais OP +O1P é constante. (Veja figura 6.14).
[SEC. 6.7: PROJEÇÃO ESTEREOGRÁFICA E GNOMÓNICA 161
2. Quando um ponto P varia em sobre hipérbole, a diferença das duas
distâncias focais |OP −O1P | é constante. ( Ver figura 6.15)
3. Para uma cônica central, os pés das perpendiculares a partir de
qualquer foco a todas as tangentes estão sobre uma circunferência.
(Esta circunferência é chamada circunferência auxiliar da cônica
[25], pp 13, 25, 155)
6.7 Projeção estereográfica e gnomónica
Como vimos na seção 5.3 (página 117), o único ponto do plano eu-
clidiano que não tem inverso é o centro O da circunferência inversão ω.
Para remover essa exceção, e fazer da inversão uma transformação um
para um de todo o plano, estendemos o plano euclidiano postulando um
único ponto ideal, chamado de ponto no infinito, para ser o inverso de
O. Este plano estendido é chamado o plano inversivo.
Como vimos na seção 6.1 (página 144), o único ponto do plano eucli-
diano que não tem polar é o centro O da circunferência ω.Para remover
essa exceção, e poder calcular o reciproco ponto-a-linha e linha-a-ponto
de todo o plano, estendemos o plano euclidiano, postulando uma única
linha ideal, chamado de linha no infinito, para ser a polar de O. Este
plano estendido é chamado o plano projetivo.
Há, portanto, duas formas diferentes, mas igualmente válidas para
estender o plano euclidiano. Esta observação importante parece ser
muito menos conhecida do que deveria ser. As duas extensões podem
ser ainda mais elucidadas, trabalhando no espaço e comparando dois dos
mais simples modos de mapeamento de uma esfera num plano.
Nossa primeira definição para a inversão em uma circunferência (se-
ção 5.3) é facilmente generalizada para inversão em uma esfera. Dado
uma esfera ω com centro O e raio k, e um ponto P diferente de O, de-
finimos o inverso de P como sendo um ponto P ′, sobre a semireta OP ,
cuja distância a O satisfaz
OP ×OP ′ = k2.
Ao incorporar o plano da figura 5.8 (página 119), em um espaço tri-
dimensional, e girando sobre a linha de centros de OA, vemos imedia-
tamente que esferas (incluindo planos como esferas de raio infinito) se
invertem em esferas.
Em particular (ver a parte do meio da figura 5.8), se α é o plano
tangente em A à esfera de inversão ω, então o inverso α′ de α é de uma
esfera que tem OA como diâmetro. Pontos inversos sobre α e α′ podem
ser, na verdade, derivados um do outro, sem referência a ω. Dado P no
162 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
plano α (ver figura 6.18), podemos construir o ponto correspondente P ′
como a segunda interseção da linha OP com a esfera α′. De igual forma,
dado P ′, em qualquer lugar de α′ diferente de O, pode-se construir o
correspondente ponto P , tal como o ponto de corte da linha de OP ′ com
o plano α. Nosso desejo natural de evitar a exceção nos obriga a mudar
α, pelo plano de inversão com a adição de um único ponto no infinito o
qual será a posição de P quando P ′ é O ([9], p. 83).
A
α′
O
α
P
P ′
Figura 6.18:
Este mapeamento da esfera α′ sobre o plano α é chamado projeção
estereográfica. Quando percebemos que esse tipo de projeção é uma
inversão particular, podemos facilmente ver que projeta circunferência
em circunferências. Na verdade, uma vez que as esferas se invertem em
esferas (ou planos), e qualquer circunferência pode ser considerado como
a curva de intersecção das duas esferas, segue-se que circunferências (em
qualquer lugar do espaço, e assim, em particular, sobre α′) são invertida
em circunferências.
Outra maneira de mapear a esfera α′ para seu plano tangente é a
projeção gnomónica (ou “projeção central”). Agora, em vez de projetar
a partir de O ( o ant́ıpoda de A), projetamos desde o centro de α′ (que
é o ponto médio da OA). Como qualquer plano através deste ponto
encontra a esfera α′ em uma circunferência máxima e o plano α em uma
linha, de cada linha em α vem de uma circunferência máxima, e em cada
ponto em α vem da projeção de um par de pontos ant́ıpodas (tais como
P ′1 e P ′2 na figura 6.19) da esfera.
Por outro lado, tendo em conta qualquer circunferência máxima,
excepto aquela cujo plano é paralelo a α, pode-se construir a linha cor-
[SEC. 6.7: PROJEÇÃO ESTEREOGRÁFICA E GNOMÓNICA 163
respondente como a seção por α do plano que contém a circunferência
máxima. Nosso desejo natural de evitar as exceções nos obriga a mu-
dar α para o plano projetivo, adicionando uma única linha no infinito
correspondente à circunferência máxima excepcional. Os pontos nesta
linha ideal (“pontos no infinito”) correspondem aos pares de pontos an-
t́ıpodas nesta circunferência máxima. A afirmação projetiva que cada
duas linhas têm um ponto comum corresponde ao fato óbvio que cada
duas circunferências máximas têm um par pontos de ant́ıpodas em co-
mum, isto é, que quaisquer dois planos, através do centro da esfera, se
encontram em uma linha. ([16], p. 56.)
A
α′
α
P
P ′2
P ′1
Figura 6.19:
Uma vez que todos os pontos do plano projetivo (incluindo pontos no
infinito) surgem por projeção gnomónica de pares de pontos ant́ıpodas
na esfera, que pode ser útil considerar o plano projetivo como sendo
derivada da esfera por identificação cada par de pontos ant́ıpodas, ou
seja, alterando o significado da palavra “ponto” de modo a chamar a
cada par de pontos antipodas de um ponto ([9], p. 94).
Do ponto de vista prático, nem a projeção estereográfica nem pro-
jeção gnomónico são ideais, mas cada uma tem algumas virtudes. Uma
vantagem da primeira é que o ângulo entre dois direções a partir de um
ponto é preservado e, consequentemente, as formas de pequenas porções
do plano são mapeados sem distorção. Uma vantagem desta última é que
o caminho mais curto entre dois pontos sobre a esfera é mapeado por um
segmento de reta. No teorema 5.4.1 (p. 122), vimos que as razões cru-
zadas são preservadas por inversão. Mas também são preservadas pela
transformação rećıproca?.. Apenas no caso que os pontos são colineares
164 [CAP. 6: INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA
(ver [10], pp 118-119). A afirmação precisa é que a razão cruzada de
quatro pontos em uma linha p é igual à razão cruzada de quatro pontos
em que suas polares encontram qualquer linha que não passa através de
P , o polo de p. Toda a história é longa demais para ser contada aqui.
Qualquer um que tenha entendido essas ideias estará pronto para
apreciar um tratamento axiomático da geometria projetiva, como em
[10]. Lá, encontrará novamente os teoremas de Desargues, Pappus e
Pascal, a partir de um ponto de vista totalmente diferente, mas com a
vantagem de ser capaz de reconhecê-los como velhos amigos.
Exerćıcios
1. Projeção estereográfica preserva ângulos.
2. Projeção estereográfica transforma cada cirucunferência máxima
sobre α′ em uma circunferência (ou linha) emα que encontra uma
determinada circunferência em dois pontos diametralmente opos-
tos da última.
3. Se P ′1, P
′
2 é um par de pontos ant́ıpodas arbitrários sobre α′ e P1,
P2 é o resultado da projeção estereográfica, que transformação do
plano α leva P1 em P2?
4. Derivar, por projeção estereográfica, as seis circunferências da se-
ção 5.8, exerćıcio 3, a partir das circunferências inscritas nas seis
faces de um cubo.
Dicas e Respostas
Sua resposta escorria pela minha cabeça, como água
através de uma peneira!
C. L. Dodgson
Seção 1.1
1. A altura de BC divide um lado em dois segmentos de comprimen-
tos: b cosC e C cosB. Adicionar (ou subtrair).
2. Substitua senA = a/2R, senB = b/2R, senC = c/2R e simplifi-
car.
3. (ABC) = 1
2ab senC, senC = c/2R.
4. c = 2p senB = pb/R, b = 2q senC = qc/R. Multiplicar e simplifi-
car.
Seção 1.2
1. Use o teorema de Ceva com BX = XC, CY = Y A , AZ = ZB.
2. Use o teorema de Ceva com BX = c cosB, XC = b cosC, etc
3. Seja O o ponto de interseção de BB′ com CC ′, e OA corta A′B′
em A1. Como 4A′B′C ′ ∼ 4ABC,
A′B′
AB
=
B′C ′
BC
=
OB′
OB
=
A1B
′
AB
.
Portanto A1 coincide com A′.
4. Como ∠CXA e ∠AXB são complementares, os termos que envol-
vem seus cossenos se cancelam.
165
166 DICAS E RESPOSTAS
Seção 1.3
1. O triângulo obtusângulo está inscrito no arco menor do que um
semićırculo. Duas das alturas encontram seus lados opostos esten-
didos.
2. Usando a figura 1.7, desenhe A′D igual e paralelo a BB′, de modo
que A′CDB′ seja um paralelogramo cujo centro E é o ponto médio
de CB. Então os lados do 4DAA′ são iguais e paralelos às três
medianas de 4ABC, e
(ABC)
(DAA′)
=
(CAA′)
(EAA′)
=
CA
EA
=
4
3
.
3. As medianas iguais BB′ e CC ′ se encontram em G, como na figura
1.7. Como BG = 2
3BB
′ = 2
3CC
′ = CG, o triângulo 4GBC é
isósceles e ]C ′CB = ]B′BC. Pelo critério de lado-ângulo-lado,
4C ′CB ' 4B′BC, de onde B = C.
4. SejamBE e CF as alturas iguais. Como b·BE = 2(ABC) = c·CF ,
então b = c.
5. Usando a notação da figura 1.9, BL
LC = c
b , etc
6. Pelo teorema de Stewart (Ex. 4 da seção 1.2),
a
Å
p2 +
1
4
a2
ã
=
1
2
a(b2 + c2),
de onde
p =
1
2
√
2b2 + 2c2 − a2.
7. Use teorema de Stewart com m = kc, n = kb, k = a
b+c .
8. 12
√
2/7.
9. Adicionando a altura CF às figuras 1.1 e 1.2, observa-se que4BCJ ∼
4FCA, de onde BC/CJ = FC/CA.
Seção 1.4
1. Seus raios são x, y, z, na notação da figura 1.11, e, assim, y+z = a,
x + z = b e x + y = c. Adicionando estas igualdades obtemos
x+ y + z = s, 2 etc.
2. Use o teorema 1.4.2 e o exerćıcio 3 da seção 1.1.
DICAS E RESPOSTAS 167
3. Useo teorema de Ceva com AY = AZ = x, BZ = BX = y e
CX = CY = z.
4. Os bissetrizes interna e externa do ângulo em A formam um ângulo
reto.
5. (ABC) = (IaCA) + (IaAB)− (IaCB)
=
1
2
(b+ c− a)ra = (s− a)ra
Alternativamente, como 4AIaYa ∼ 4AIY , então ra
r = s
s−a .
6.
r
ra
+
r
rb
+
r
rc
=
s− a
s
+
s− b
s
+
s− b
s
= 1.
Seção 1.5
1. Como ]BCM = 48◦ = ]CMB e ]CBN = 12◦ = ]BNC, então
BM = BC = CN . Note que o excentro Ia está sobre o segmento
BM , mas não sobre o segmento CN .
2. Quando aplicado ao triângulo de Bottema o lema 1.5.1.2, é claro
que é verdadeiro, tal como está. Mas ao se tentar substituir “ex-
terna” por “interna” encontramos que a circunferência BCN en-
contra a linha BM em um ponto M ′ sobre o lado de E longe de
M ; assim já não podemos afirmar que a BM > BM ′.
3. A equação BM = CN implica
ac
ñ
1−
Å
b
c+ a
ã2ô
= ab
ñ
1−
Å
c
a+ b
ã2ô
de onde
a(a+ b+ c)((a+ b+ c)(a2 + bc) + 2abc)(b− c) = 0.
Seção 1.6
1. Como BCEF é inscrit́ıvel em uma circunferência,
]AEF = B e 4AEF ∼ 4ABC.
Similarmente para os outros triângulos.
2. Embora H ainda se encontre sobre a bissetriz interna do ângulo
∠EDF , ele encontra-se sobre as bissetrizes externas de ∠FED e
∠DFE.
168 DICAS E RESPOSTAS
3. Veja a resposta para o exerćıcio 2.
4. ]EAC = 90◦ − C e ]OAC = 90◦ −B.
Seção 1.7
2. Referindo-se à figura 1.14, vemos que OA′2 = R2 − (12a)2. Em
termos de n = GA′, temos que AG = 2n e AA′ = 3n. Pelo
exerćıcio 6 de seção 1.3,
3n =
1
2
√
2b2 + 2c2 − a2.
Aplicando o teorema de Stewart (Ex. 4 da seção 1.2) para4OAA′,
obtemos
3n(OG2 + 2n2) = 2nOA′
2
+ nOA2 = n(2R2 − 1
2
a2 +R2)
de onde
OH2 = (3OG)2 = 9R2 − 3
2
a2 − 18n2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2).
3. Suponha que b > c (Caso contrário intercambiar B e C). Pelo
teorema de Pitágoras, BA2 −BD2 = AA′2 −DA′2, isto é,
c2 −
Å
a
2
−DA′
ã2
=
Ç
b2 + c2
2
− a2
2
å
−DA′2,
e, portanto, aDA′ = 1
2(b2 − c2).
4. Se a linha de Euler é paralela a AC, esta trissecta AD, de modo
que
OA′ = AD/3.
Agora substitua AD e OA′ nas seguintes expressões:
AD = b senC = 2R senB senC,
OA′ = R cosA = R(senB senC − cosB cosC).
Seção 1.8
1. OA′ = 1
2AH = AK, e OA′ é paralela à AK.
2. Pela observação no final da secção 1.6, EF é perpendicular a OA
e paralela à linha A′K. Assim, o diâmetro A′K corta no ponto
médio a corda EF e o arco EF .
DICAS E RESPOSTAS 169
3. O triângulo 4ABC é o triângulo órtico de 4IaIbIc.
4. Seja P um ponto arbitrário e D, E e F os pontos diametralmente
opostos a P sobre os ćırculos PBC, PCA e PAB, respectivamente.
Então, PA, PB, PC sendo as mediatrizes de EF , FD, DE, são
também perpendiculares a BC, CA, AB. Uma vez que os lados
do 4ABC tem compriemto a metade do comprimento dos lados
do 4DEF , o circunraio do primeiro é metade do circunraio do
segundo, isto é, metade do diâmetro comum das circunferências
dados.
5. Como DK é perpendicular a BC, e KA′ é um diâmetro, a circun-
ferência corta o lado BC em um ângulo
]DKA′ = ]HKN = ]HAO = |B − C|.
(Veja Ex. 4 da seção 1.6.)
Seção 1.9
1. Estender CP até D de modo a formar um triângulo equilátero
4BDP . Como 4DCB ∼ 4PCQ, então
DB
PQ
=
DC
PC
= 1 +
DP
PC
.
Dividindo por DB = PB = DP , deduzimos
1
PQ
=
1
PB
+
1
PC
.
2. Primeiro relaxamos as condições, permitindo que ABCD seja um
retângulo.
Suponha que PD < CD. Então ]CPD > 60◦, ]DPA < 75◦
e AD < PD < CD. Por outro lado, se PD > CD, todas as
desigualdades são invertidas. Em ambos os casos ABCD não seria
um quadrado. Portanto, se ABCD é um quadrado, devemos ter
PD = CD.
Ou: Construa4BQC ' APB (ver figura 1.20). Então o triângulo
4BPQ é equilátero, a extensão de CQ é perpendicular a PB e a
conta no ponto médio, e CP = CB = CD. Do mesmo modo, o
DP = DC.
3. EscolhaQ de modo a completar os paralelogramosBCPQ eADPQ.
Como
]BAQ = α = ]BPQ,
os quatro pontos A, B, Q, P são conćıclicos. Assim,
γ + ε = ]APB = ]AQB = ]DPC = δ + ε,
de maneira que γ = δ. (Esta solução foi contribuição de Daniel
Sokolowski.)
170 DICAS E RESPOSTAS
4. Seja DF paralela a BC e encontra AB em F . Denotemos por G
o ponto de interseção de CF com BD. Como o triângulo 4BCG
é equilátero, BG = CB. Como o triângulo 4CBE é isósceles,
BE = BC. Dáı que o triângulo 4BGE é isósceles,
]BGE = 80◦, ]FGE = 40◦.
Como ]EFG = 40◦, o triângulo 4FEG é isósceles e FE = EG.
Além disso, DF = DG. Dáı que 4GDE ' 4FDE, assim DE
bisseta o ângulo ∠FDG e ]EDB = 30◦.
5. As extremidades de arcos iguais são quatro vértices de um hexá-
gono regular, cujas dois vértices restantes são os pontos médios
dos dois lados do triângulo equilátero. Estendendo estes lados a
metade dos seus comprimentos, obtém-se um triângulo equilátero
maior cujos três lados contém lados alternados do hexágono. Todo
o padrão torna-se agora claro.
Seção 2.1
1. −R2. O centro.
2. Uma circunferência concêntrica.
3. O comprimento de sua tangente.
4. PT 2 − PU2 = OU2 −OT 2 = OQ2 −OT 2 = QT 2.
5. R(R− 2r) = R2 − 2Rr = d2 ≥ 0. Mas R > 0, logo R− 2r ≥ 0.
6. A potência é d2 −R2 = −2rR.
7. Escrevendo P em lugar de A e A em lugar de X na figura 1.5,
temos que
BC(PA2 +BA×AC) = PC2 ×BA+ PB2 ×AC,
isto é
BC(PA2 + CA×AB) + PB2 × CA+ PC2 ×AB = 0.
8. Trissetamos o segmento BC em U e V , assim BU = UV = V C.
Como GU é paralela a AB e GV a AC, temos que
GX
Å
1
GX
+
1
GY
+
1GZ
ã
= 1 +
V X
V C
+
UX
UB
= 1 +
XV − UX
V C
= 1 +
V U
UV
= 0.
DICAS E RESPOSTAS 171
9. 89 milhas.
Seção 2.2
1. O eixo radical ou, se as circunferências se cruzam, o eixo radical
menos a corda comum.
2. Os quatro pontos médios estão sobre o eixo radical.
3. Como 4PAB ∼ 4AQB, ]PBA = ]ABQ, Q está sobre BP e
PB/AB = AB/QB. Como 4ABQ ∼ 4ABR, ]BAQ = ]RAB,
logo R está sobre AQ e AQ/AB = AB/AR. Como
PB ×QB = AB2 = AQ×AR,
A e B são equidistantes do centro da circunferência PQR, e essa
circunferência é simétrica pela reflexão sobre mediatriz do seg-
mento AB. Portanto P ′, Q′ e R′ estão sobre esta circunferência (e
são as interseções com as linhas BR, AP ′e AP ).
4. Escrevendo a equação na forma (x− a)2 + (y − b)2 = a2 + b2 − c,
vemos que ela representa uma circunferência, se c < a2 + b2.
5. Desenhar uma circunferência, cujo centro não está na linha de
centros das circunferências dadas, que corta uma dessas circunfe-
rências em A e B, e o outro em C e D. A partir do ponto de
intersecção das linhas AB e CD, desenhar a linha perpendiculares
à linha de centros. Este é o eixo radical.
Seção 2.3
1. Seja O o ponto em que a tangente por T intersecta AB. Como
4OAT ∼ 4OTB e OT = OP ,
TA
TB
=
OP
OB
=
OA
OP
=
OP −OA
OB −OP
=
AP
PB
Agora use o inverso do teorema 1.3.3.
2. As tangentes às circunferências desde o ponto O são todas iguais.
Seção 2.4
1. Na figura 2.10, os pontos D, E, F são os pontos médios de HD′,
HE′ , HF ′. Assim, os lados do triângulo 4D′E′F ′ são paralelos
aos lados do triângulo órtico 4DEF .
172 DICAS E RESPOSTAS
2.
]MLN = ]MLA+ ]ALN = ]MBA+ ]ACN
=
1
2
B +
1
2
C =
1
2
(B + C).
Similarmente ]NML = 1
2(C +D) e ]LNM = 1
2(A+B).
Seção 2.5
1. Não.
2. O ponto diametralmente oposto a B.
3. Os vértices estão sobre suas próprias linhas de Simson.
4. Desenhe PB, PC, C1A1, A1B1. Dos quadriláteros ćıclicosA1PB1C
e A1BC1P temos
]A1B1P = ]A1CP = ]BCP = ]C1BP = ]C1A1P
]PA1B1 = ]PCB1 = ]PBC = ]PBA1 = ]PC1A1
e 4PA1B1 ∼ 4PC1A1.
Seção 2.6
1. Use os teoremas 2.6.1 e 2.6.2, com AB = BC = AC.
2. Desenhar as diagonais AC, BD e aplicar o teorema de Ptolomeu
para os quadriláteros PABC e PDAB. Então PA+PC = PB
√
2
e PB + PD = PA
√
2.
3. Como ]QPR = ]QAR = ]CAD = ]ACB e ]PRQ = ]PAQ =
]BAC,4PQR ∼ 4CBA. Pelo teoreora de Ptolomeu, AP×RQ+
AR×OP = AQ×RP . Portanto AP×AB+AR×BC = AQ×AC.
Seção 2.7
1. Seja OH a linha de Euler do triângulo 4ABC e PP1 um diâmetro
do circunćırculo. Pelo teorema 2.7.2, as linhas de Simson de P e
P ′ cortam HP e HP ′, no seus pontos médios, digamos a M e M ′,
respectivamente. Como O, M , M ′ e N são os pontos médios de
PP , HP , HP ′ e OH (teorema 1.8.2), N é também o ponto médio
da MM ′. Como NM = 1
2OP = 1
2R é o raio do ćırculo de nove
pontos (teorema 1.8.1), MM ′ é um de diâmetro. Se as linhas de
Simson se encontram em X, ]MXM ′ = 90◦ (teorema 2.7.1), e X
está no ćırculo de nove pontos.
DICAS E RESPOSTAS 173
2. Em um triângulo equilátero o ortocentro e o circuncentro coinci-
dem.
Seção 2.8
1. A prova é essencialmente a mesma do teorema de borboleta, com
excepção de algumas alterações de sinal.
2. Seja O o centro da circunferência e Q o ponto de interseção de
EM e BP (estendido). Como OP bisseta o ângulo ∠TOB, que é
duas vezes o ângulo ∠TAB,
]POB = ]QAB.
Assim, PO é paralelo a QA. Uma vez que O é o ponto médio de
BA, P é o ponto médio do BQ. Como 4AHT ∼ 4ABQ, o ponto
médio de TH está sobre AP .
3. Suponha AB < AC (caso contrário intercambiamos B e C). Tome
B′ em AB, C ′ em AC, tal que a linha B′C ′ seja tangente ao
inćırculo em Z ′ (diametralmente oposto a X). Então 4AB′C ′ ∼
4ABC, e o inćırculo de 4AB′C ′ é tangente a B′C ′ no ponto X ′
sobre AX. Os dois inćırculos têm tangentes “internas” comuns
de comprimento t′ = XZ ′ e tangentes comuns externas (que são
segmentos de AB e AC) de comprimento t. Claramente
B′X ′ =
1
2
(t− t′) = Z ′C ′.
Da mesma forma, se AZ ′(estendido) corta BC em Z, então
BX = ZC.
Assim, A′, o ponto médio de BC, é também o ponto médio da
XZ. Mas o ponto médio da XZ ′ é I. Por conseguinte, o ponto
médio de XA é colinear com A′ e I. (Esta solução foi contribuição
de Daniel Sokolowski.)
Seção 2.9
1. As linhas UX, V Y , WZ bissetam os ângulos do triângulo equilá-
tero 4XY Z.
2. A = 108◦ , B = C = 36◦ .
3. A circunferência é dividida em três arcos iguais por A, Y ′ e Z ′, e
o arco Y̆ ′Z ′ está dividido em três partes iguais por Z e F .
174 DICAS E RESPOSTAS
4. Usando a notação da figura 2.21,
]BZX − 60◦ + α e ]BXC = 120◦ + α.
Dáı
ZX
senβ
=
BX
sen(60◦ + α)
,
BX
sen γ
=
a
sen(120◦ + α)
=
2R sen 3α
sen(60◦ − α)
e
ZX =
2R sen 3α senβ sen γ
sen(60◦ + α) sen(60◦ − α)
=
4R senα(3− 4 sen2 α) senβ sen γ
cos 2α− cos 120◦
= 8 senα senβ sen γ.
5. Tomando o lado do triângulo 4XY Z como unidade de medida,
temos que
BC = Y ′Z ′ = 3, BY ′ = CZ ′ =
√
3,
tan]CBX = tan]CBZ ′ =
√
3/3, tan]ZBY ′ = 1/
√
3,
]CBX = ]ZBY ′ = 30◦.
Seção 3.1
1. Na figura 3.2, PS = QR = 1
2BD, então PS + QR = BD. Da
mesma forma, PQ+RS = AC.
2. Aplicar o exerćıcio 6 da seção 1.3 para os triângulos4ABC,4CDA
e 4BDX da figura 3.6 (Pode ser interessante notar que, neste te-
orema, “qualquer quadrilátero” podem ser pegado para incluir um
quadrilátero torto, cujo pares de lados adjacentes estão em quatro
planos distintos.)
3. Aplicar o exerćıcio 2 com XY = 0.
4. Use o teorema de Ptolomeu (teorema 2.6.1).
Seção 3.2
1. Observe que tangentes a uma circunferência a partir de um ponto
externo são iguais, e use o teorema 3.2.3 com s = a+ b = c+ d.
2. (i) 84. (ii) 4
√
26.
DICAS E RESPOSTAS 175
3. r = (ABC)/s =
»
(s− a)(s− b)(s− c)/s.
4. Pelo exerćıcio 5 da seção 1.4 e o exerćıcio 3 da seção 1.1,
ra + rb + rc − r = (ABC)
Å
1
s− a
+
1
s− b
+
1
s− c
− 1
s
ã
=
(ABC)abc
s(s− a)(s− b)(s− c)
=
abc
(ABC)
= 4R
e
(IaIbIc) = (IaBC) + (IbAC) + (IcBA) + (ABC)
=
1
2
(ara + brb + crc) + sr
=
1
2
s(ra + rb + rc)−
1
2
(s− a)ra −
1
2
(s− b)rb
− 1
2
(s− c)rc +
3
2
sr
=
1
2
s · 4R− 3
2
(ABC) +
3
2
(ABC)
= 2sR.
5. K =
abn
4R
+
cdn
4R
=
(ab+ cd)n
4R
=
lmn
4R
.
6. l = a, b = m, n = c, K = abc/4R.
7. Aplicar o exerćıcio 3 da seção 1.1 para os dois triângulos na figura
3.8 e some os resultados. Obtenha uma segunda expressão de
K, usando a outra diagonal l em vez de n. Multiplique as duas
expressões e use o teorema de Ptolomeu, 2.6.1.
8. Compare os arcos em que a circunferência é dividida pelas bisse-
trizes dos ângulos em V e W .
9. Desenhe perpendiculares desde P ao par de lados paralelos do re-
tângulo, e use o teorema de Pitágoras quatro vezes. (Segue-se
facilmente que P pode estar fora do plano do retângulo.)
10. Seja ABCD um quadrilátero inscrito em uma circunferência de
diâmetro d, e seja P o ponto dado desta circunferência. Pelo exer-
ćıcio 9 da seção 1.3, o produto das distâncias de P a AB e CD
é
PA× PB
d
PC × PD
d
=
PB × PC
d
PD × PA
d
=
PA× PC
d
PB × PD
d
.
176 DICAS E RESPOSTAS
Seção 3.3
1. Desenhe as diagonais CP e CQ dos quadrados sobre os dois primei-
ros lados BC e CA, e um triângulo retângulo isósceles cuja hipo-
tenusa é o terceiro lado AB. Como 4PCB ∼ 4CQA ∼ 4BAR,
os teoremas 3.3.3 e 3.3.5 podem ser aplicados.
2. (i) PO1, QO2, RO3 são as mediatrizes dos lados de 4ABC.
(ii) Sejam X, Y e Z os pontos onde as retas AO1 BO2, CO3
cortam os lados do triângulo 4ABC. Então
BX
XC
=
(ABO1)
(CAO1)
=
c sen(B + 30◦)
b sen(C + 30◦)
,
e há expressões similares para CY/Y A e AZ/ZB, o que nos
permite aplicar do teorema de Ceva.
(iii) Como 4PCA ' 4BCQ, temos PA = QB, e da mesma
forma BQ = CR. Além disso, ]PFC = ]PBC = 60◦ , de
forma semelhante
]CFQ = 60◦, ]QFA = 60◦,
por outro lado, ]PFA = 180◦ , ou seja, F está sobre AP .
Pode ser mostrado de forma semelhante que F está sobre BQ
e sobre CR, e estas três linhas formar seis ângulos de 60◦ em
F ([9], p. 22).
3. Use o inverso do teorema de Ceva,como em exerćıcio. 2 (ii).
4. Imaginem as figuras 3.11 e 3.12 misturadas. Como os seis tri-
ângulos 4BO1N1, 4CN1O1, 4CO2N2, 4AN2O2, 4AO3N3 e
4BN3O3 são equilátero, enquanto os seis triângulos 4AN3O2,
4AO3N2, 4O3BN1, 4N3BO1, 4N2O1C e 4O2N1C são direta-
mente semelhante a 4ABC e congruente um com o outro, temos
N3O2 = O3N2 = BN1 = BO1 = O1C = N1C =
a√
3
,
N1O3 = O1N3 = CN2 = CO2 = O2A = N2A =
b√
3
,
N2O1 = O2N1 = AN3 = AO3 = O3B = N3B =
c√
3
.
Como
]O1BO3 = ]O1BN3 + ]N1BO3 = 60◦ +B,
DICAS E RESPOSTAS 177
e
]BO3N2 = ]BO3A− ]N2O3A = 120◦ −B,
o quadrilátero BO1N2O3 (cujos lados oposto são iguais) é um para-
lelogramo. Seja X o ponto médio de O2O3, e B′ o ponto médio do
CA (que é também o ponto médio do O2N2), deduz-se que a linha
XB′ é paralela às linhas O3N2 e BO1. Como BO1 = 2XB′, as li-
nhasO1X eBB′ se encontram em um pontoG tal queO1G = 2GX
e BG = 2GB′. Mas O1X e BB′ são medianas dos triângulos
4O1O2O3 e 4ABC. Assim, estes dois triângulos têm G como seu
baricentro comum. Substituindo o paralelogramo BO1N2O3 pelo
paralelogramo BN1O2N3, encontramos de forma similar que G é
também o baricentro do triângulo 4N1N2N3.
Seção 3.4
1. Sejam AX, BY e CZ as bissetrizes externas. Então
BX
CX
CY
AY
AZ
BY
=
c
b
a
c
b
a
= 1.
2. Sejam AX ′, BY ′ as bissetrizes internas e CZ a bissetriz externa.
Então
BX ′
CX ′
CY ′
AY ′
AZ
BY
=
Å
−c
b
ãÅ
−a
c
ã
b
a
= 1.
Seção 3.5
1. Se as duas linhas AC e BD são paralelas, dos paralelogramos
ABDE e CDFA deduzimos que BD = AE e DF = CA, onde, se
tem também BF = CE. Assim EFBC é um paralelogramo, e EF
é paralela a BC. Se, por outro lado, AC e BD não são paralelas,
elas se encontram em O. Como
OA
OB
=
OE
OD
e
OC
OD
=
OA
OF
,
temos
OB ×OE = OA×OD = OC ×OF,
de onde OE/OF = OC/OB.
2. Sejam C e F os pontos de concorrência, como na figura 3.15 ou
3.16, e seja L o ponto onde AB encontra DE. Pelo teorema de
Pappus, L está sobre MN , isto é, AB, DE e NM são concorrentes.
3. Pelo teorema de Pappus, a linha MN passa através do centro L
do paralelogramo e, assim, divide a lados opostos em segmentos
que são iguais aos pares.
178 DICAS E RESPOSTAS
4. 9 pontos; 9 linhas; 3 linhas por ponto, 3 pontos por linha.
Seção 3.6
1. Se dois triângulos 4PQR e 4P ′Q′R′, são perspectivos desde o
ponto O, enquanto QR é paralelo a Q′R′ e RP paralelo a R′P ′,
temos
OQ
OQ′
=
OR
OR′
=
OP
OP ′
.
Portanto PQ é paralelo a P ′Q′.
2. 10 pontos; 10 linhas; 3 linhas por ponto; 3 pontos por linha.
3. (i) 4OQR e 4P ′FE. (ii) 4OQ′R′ e 4PFE. (iii) 4ERR′ e
4FQQ′
4. Os vértices de cada pentágono encontram nos lados do outro. Sim,
existem ao todo seis desses pares de pentágonos mutuamente ins-
crit́ıveis. Um dos cinco pares restantes é RPP ′Q′D, EFQOR′.
5. Seja P um vértice de um triângulo 4PQR com Q e R sobre duas
linhas dadas e e f . Pegue D sobre a a extensão QR, E sobre a
extensão de RP , e seja F o ponto onde DE encontra a extensão de
QP . Para qualquer Q′ sobre e, seja R′ o ponto onde DQ′ encontra
f , e seja P ′ o ponto onde ER′ encontra FQ′. Então PP ′ é a linha
desejada que passa através P . Se aplicássemos a mesma construção
para linhas paralelas e e f , obteŕıamos uma linha por P paralela
a ambas. (Em outro caso o teorema 3.6.2 seria contraditório).
Seção 3.7
1. Estender as linhas AB, CD e EF , de modo a formar um triângulo
4UVW com A e B sobre UV , C e D sobre VW , e E e F sobre
WU . Como UE = AD = FW , temos UF = EW = BC. Assim
BCFU é um paralelogramo, e CF é paralela a AB. Para lidar com
os baricentros, sejamX e Y os pontos ondeBE encontra CF e AD,
respectivamente. Então CDEX e BCDY são paralelogramos, e
seus centros, A′ e F ′, sendo os pontos médios das diagonais DX e
DB, encontram-se sobre uma linha paralela a BX e AF . Como
AF = BX = 2F ′A′,
as linhas AA′ e FF ′ se encontram em um ponto G tal que AG =
2GA′ e FG = 2GF ′. Mas AA′ e FF ′ são medianas dos triângulos
4ACE e 4BDF . Assim, estes dois triângulos têm G como seu
baricentro comum.
DICAS E RESPOSTAS 179
2. Seis.
Seção 3.8
1. Suponha que vértices A, B, C, D e E são os vértices do hexágono
ABCDEF que estão sobre uma circunferência, e esta corta AF
no ponto F ′. Por hipótese os três pontos L = AB · DE, M =
CD · FA, N = BC · EF são colineares, como mostrado na figura
3.21. Aplicando o teorema de Pascal para o hexágono ABCDEF ′,
vemos que EF ′, ao igual que EF , passa pelo ponto N = BC ·LM .
Dáı que F ′ coincide com F .
2. A figura 3.22 mostra como o teorema de Pascal se aplica a um
hexágono degenerado ABBDEE. O resultado desejado vem de
forma similar dos “hexágonos”AABCCE ou ABCCEA.
Seção 3.9
1. Use o hexágono degenerado BQCEPF .
2. AC, BE, QF .
3. Use o hexágono degenerado AZBXCY .
Seção 4.1
1. Considere o segmento a de duas maneiras como um vetor, trans-
ladando 4ABC para 4A′B′C ′ à direita e 4A′′B′′C ′′ à esquerda.
Una os pontos AB ·A′′C ′′ e AC ·A′B′.
2. Um mosaico de triângulos equiláteros, seis em torno de cada vér-
tice.
Seção 4.2
1. Use quartos-de-voltas sobre os centros dos quadrados.
2. (i) Uma vez que CX/b = a/(a+ b),
CX
XA
=
CX
b− CX
=
a
a+ b− a
=
a
b
.
Da mesma forma, BY/Y C = a/b. Também
AH
BH
=
(CAH)
(CHB)
=
b2
a2
.
Como
BY
Y C
CX
XA
AH
HB
=
a
b
a
b
b2
a2
= 1
o resultado segue do teorema de Ceva.
180 DICAS E RESPOSTAS
(ii) O triângulo 4ABC é uma metade do paralelogramo ABFC
cujo centro M é o ponto médio de BC. Aplicando Exerćıcio 1
a este paralelogramo, vemos que MO2 = MO3 e estas linhas
são perpendiculares. Também MO1 = MC e estas linhas são
perpendiculares. Assim, um quarto de volta sobre M leva o
triângulo 4MO1O2 para 4MCO3.
(iii) Complete o retângulo KCGC e os paralelogramos DAJA′ e
IBEB′. Por quartas-de-volta positiva e negativa sobre O1,
O2 e O3 mostram que os seis triângulos 4B′IB, 4C ′CG,
4CC ′K, 4JA′A, 4DAA′ e 4BEB′ são diretamente con-
gruente com 4ABC. Assim, os pontos de U , V e W são os
centros do rectângulo e dos paralelogramos.
3. Considere o efeito de uma rotação de 60◦ em torno de um vértice
do triângulo equilátero desejado.
Seção 4.3
1. Trace a reta que passa por A e pela à interseção remanescente
de qualquer uma das circunferências com a imagem da outra pela
meia volta sobre a A.
2. Sejam O e r o centro e raio da circunferência dada. Com centros
A e O, raios r e 2r, desenhe duas circunferências que se encontram
em O1 e O2. A linha desejada se obtém ao unir A ao ponto médio
P de OO1 ou OO2.
3. Considerar a meia volta sobre o ponto médio de uma diagonal.
Seção 4.4
1. Ao pés da altura correspondente ao lado AB.
2. Seja AB a base. O terceiro vértice C deve estar sobre uma linha
paralela a AB, e temos que minimizar AC + CB.
3. O espelho une A ao ponto médio da linha de centros.
Seção 4.6
1. Uma maneira é (12, 0, 0), (7, 5, 0), (7, 0, 5), (2, 5, 5), (2, 1, 9), (11, 1, 0),
(11, 0, 1), (6, 5, 1), (6, 0, 6).
2. Primeiro encha os vasos de 11 onças e 5 onças. Dê a um ladrão
o vaso com 8 onças. Em seguida, use os outros vasos para dividir
o restante de acordo com o problema [16; 13, 11, 5], que pode ser
resolvido em quatro etapas.
DICAS E RESPOSTAS 181
3. Adaptando a notação da figura 1.19, encontramos quadriláteros
semelhantes AC1PB1 ∼ AB′1P ′C ′1.
Seção 4.7
1. Uma circunferência cujo raio é metade do raio da circunferência
dada.
2. Construir um quadrado CBED externamente no lado BC. As
linhas AD e AE encontram BC em dois vértices do quadrado
desejado
Seção 4.8
1. Seja 4AB′C ′ qualquer nova posição do triângulo variável. Como
4ACC ′ ∼ 4ABB′, ]ACC ′ = ]ABB′ = ]ABC.
2. A partir dos conjuntos de segmentos congruentes apresentadas na
resposta ao exerćıcio 4 da seção 3.3 (p. 65), vemos que a rotação de
120◦ sobre o ponto G, que leva O1 a O2, O2 a O3 e O3 a O1, leva N3
para N2, N2 para N1, e N1 para N3. Existe uma semelhança que
transforma O1, O2, O3 em N1, N2 e N3, respectivamente. Porém,
essa semelhança não é direta, mas oposta: a soma deuma dilatação
e uma reflexão )([9], pp 74-75).
Seção 4.9
1. x′ = x+ a, y′ = y + b.
2. x′ = x, y′ = y.
3. x′ = y, y′ = x.
4. x′ = −x, y′ = −y.
5. x′ = kx, y′ = ky.
6. x′ = −ky, y′ = kx.
7. x′ = x+ a, y′ = −y.
8. x′ = kx, y′ = −ky.
9. x′ = x3, y′ = y.
10. x′ = x, y′ =
{
y se x ≥ 0,
−y se x < 0.
Seção 5.1
1. AC//BD, AC//DB, CA//BD, CA//DB, BD//AC, DB//AC,
BD//CA, DB//CA.
Seção 5.2
182 DICAS E RESPOSTAS
1. {BA,DC} =
BD ×AC
BC ×AD
=
AC ×BD
AD ×BC
= {AB,CD}; similar-
mente para os outros.
2. (i) 1; (ii) 2; (iii) 3; (iv) 1.
Seção 5.3
1. A figura em forma de flor consistindo em quatro semicircunferên-
cias congruentes (erguidas externamente sobre os lados de um qua-
drado mais pequeno).
2. O incentro e os excentros.
3. (i) Uma circunferência com centro P e raio PO encontra ω nos
pontos A e B. As circunferências através de O com centros
A e B se encontrar novamente no inverso de P .
(ii) Usando circunferências que podem ser construidas, por qual-
quer ponto P1 e um ponto P2 tal que OP2 = 2OP1, e da
mesma forma um ponto Pn tal que OPn = nOP1. Se OP1 >
k/2n, OPn > k/2, e podemos construir o inverso P ′n de
Pn como em (i). Então, o inverso P ′1 de P1 é dada por
OP ′1 = nOP ′n.
4. (i) Similar ao triângulo 4ABC.
(ii) Similar ao triângulo órtico 4DEF (pela equação 2.8 da pá-
gina 39).
(iii) Similar ao triângulo dos excentros 4IaIbIc (pelo exerćıcio 4
da seção 1.4, e o teorema 1.6.1).
5.
Ç
k2x
x2 + y2
,
k2y
x2 + y2
å
.
6. Construir um triângulo isósceles 4BO1C com ângulos iguais a
A + D − 90◦ em B e C, e um triângulo isósceles 4CO2A com
ângulos iguais a B+E−90◦ em C e A.. As circunferências através
de C com centros em O1 e O2 se encontram novamente no centro
O desejada. O raio k desta circunferência é dada por
k2 =
OA×OBXDE
AB
.
Seção 5.4
1. Seja O o centro do ω. Então
4OAP ∼ 4OPA′ e PA/PA′ = OA/PO,
que é constante.
DICAS E RESPOSTAS 183
2. Seja BC o diâmetro. Então 4POB ∼ 4COP ′ e
PO
OB
=
CO
OP ′
, OP ×OP ′ = k2.
3. Sejam P e Q pontos dentro da circunferência α dada. A inversão
em qualquer circunferência com centro P os transforma nos pontos
P∞ e Q′ e na circunferência α′. Uma vez que P∞ está fora de α′,
então Q′ também está. As duas tangentes desde Q′ para α′, são
dois “circunferências” por P∞ e Q′, que são os inversos das duas
circunferências através de P e Q tangentes a α.
4. Use uma circunferência de inversão com seu centro num dos três
pontos de tangencia. A figura inverte em duas linhas paralelas, e
uma circunferência tangentes à duas retas.
5. A inversão em qualquer circunferência com centro A os transforma
em três pontos B′, C ′ e D′, tal que C ′ está sobre o segmento B′D′
se e somente se AC//BD. Pelo Teorema 5.4.1, a “desigualdade
triangular”B′C ′ + C ′D′ > B′D′ é equivalente a
BC
AB ×AC
+
CD
AC ×AD
>
BD
AB ×AD
,
ou seja, AD ×BC +AB × CD > AC ×BD.
6. Se ω e α se interceptam ou são tangentes, a afirmação é óbvia.
Caso contrário, suponha que ω e α são definidas pelas equações
x2 + y2 = k2 e x2 + y2 = ax. Pelo exerćıcio 5 da seção 5.3, o
inverso de α em ω tem equaçãoÇ
k2x
x2 + y2
å2
+
Ç
k2y
x2 + y2
å2
= a
Ç
k2x
x2 + y2
å2
isto é, k2 = ax.
7. De interseção. O segundo ponto de intercepcão é P∞.
Seção 5.5
1. Ela passa pelos pontos de intersecção de ω com a circunferência
de diâmetro OA.
2. É a circunferência PP ′Q, onde P ′ é o inverso de P .
3. É a circunferência PP1P2, onde P1 e P2 são os inversos de P .
4. O produto é k4.
184 DICAS E RESPOSTAS
5. A inversão em qualquer circunferência com centro O produz uma
circunferência α′ e um ponto P ′ sobre α′. Existe uma única linha
que é tangente a α′ em P ′. Alternativamente, a inversão sobre
qualquer circunferência com centro P produz uma linha a e um
ponto O′ que não está sobre a. Existe uma única linha através de
O′ paralela a a.
Seção 5.6
1. Como AB1C1 é congruente ao triângulo4ABC pela reflexão sobre
a linha AS temos
]BSC1 = ]SBA− ]SC1B = B − C.
2. Pelo exerćıcio 3 da seção 1.7, A′D = (b2 − c2)/2a. Como foi visto
anteriormente A′S = a(b− c)/2(b+ c). Assim,
A′S ×A′D =
Å
b− c
2
ã2
.
Seção 5.7
1. c+ c′ = 0.
2. Seja r o raio da circunferência média das duas circunferências tan-
gentes de raios a e b. A inversão em uma circunferência cujo centro
é o ponto de tangencia leva esta em uma linha a distância k2/2r,
equidistante das duas linhas paralelas a distâncias k2/2a e k2/2b.
Por isso
2
r
=
1
a
+
1
b
.
3. Obtemos dois feixes ortogonais de linhas paralelas, como por exem-
plo as linhas cuja equações são x =constante e y = constante.
4. Tome O sobre a circunferência média. A circunferência média é
então invertida em uma linha reta, e a inversão em esta se reduz
a uma reflexão.
5. Reflexão em uma linha é um caso especial de inversão em uma
circunferência.
6. (a) Se AC//BD, seja γ a circunferência que contém os quatro
pontos dados. Sejam α e β duas circunferências ortogonais
para γ, uma passando por A e C, e a outra passando através
de B e D. As circunferências α e β se cruzam em dois pontos,
digamos L e O. Qualquer circunferência com centro L irá a
inverter α e β em dois diâmetros da circunferência γ, fazendo
A′B′C ′D′ um retângulo com centro O′.
DICAS E RESPOSTAS 185
(b) Se AB//CD e AD//BC, definimos γ, α e β como antes. Mas
agora as circunferências α e β são de não-interseção. Sejam
L e O os pontos limitantes do feixe coaxial αβ, em outras
palavras, sejam L e O os pontos onde γ encontra a linha
que une os centros de α e β. Qualquer circunferência com
centro L irá a inverter α e β em duas circunferências com o
mesmo centro O′. Como A′C ′ e B′D′(sobre a mesma linha)
são diâmetros dessas circunferências concêntricos, A′B′C ′D′
é um paralelogramo degenerado.
(c) Se A, B, C e D são não-conćıclicos, eles determinam quatro
circunferências distintas ABC, ACD, ABD, BCD. Seja µ
uma das duas circunferências médias de ABC e ACD, por
exemplo, aquela que separa B e D (de modo que um destes
pontos é interior e outro exterior, ou se µ passa é uma linha,
B e D estão em lados opostos da mesma). Da mesma forma,
seja ν a circunferência média de ABD e BCD, que separa A
e C. As circunferências µ e ν se interceptam, digamos em L e
O. Qualquer circunferência ω com centro L inverterá ABC e
ACD em duas circunferências congruentes A′B′C ′ e A′C ′D′,
cujo eixo radical µ′ separa B′ e D′, de modo que
]A′B′C ′ = ]C ′D′A′.
Da mesma forma, ω inverte ABD e BCD em duas circun-
ferências congruentes, A′B′D′ e B′C ′D′, cujo radical eixo ν ′
separa A′ e C ′, de modo que ]D′A′B′ = ]A′B′D′. Assim
A′B′C ′D′ é um paralelogramo. ([21], p. . 99)
Em cada caso, o par de pontos LO é chamado o Jacobiana
dos dois pares de pontos AC e BD; ver Coxeter, Abh. Math.
Sem. Univ. Hamburgo, 29, (1966) p. 233.
7. Sejam AB e CD os diâmetros das circunferências dadas em sua
linha de centros, assim temos que AC//BD. Sejam α e β as cir-
cunferências cujos diâmetros são AD e BC. Sejam L e M os
pontos limitantes do feixe coaxial αβ. A circunferência média de-
sejada tem LM como diâmetro. (Para esta circunferência, temos
que sendo ortogonal a α e β, inverte A em D, e B em C).
Seção 5.8
1. Use o exerćıcio 4 da seção 5.7.
2. Substitua θ = π/2 + π/n na identidade trigonométrica
csc θ − cot θ = tan
1
2
θ.
186 DICAS E RESPOSTAS
3. Do ponto de vista da geometria inversiva, este arranjo de circun-
ferências é simplesmente a figura o porisma de Steiner com n = 4.
Portanto três das distâncias inversivas são 2 log(
√
2 + 1) e os res-
tantes doze são zero.
Seção 5.9
1. A distância inversiva mı́nima δ é dado por
cosh δ =
∣∣∣∣∣1 + 1− (
√
3 + 1)2
2
∣∣∣∣∣ =
√
3 + 1.
O cosseno hiperbólico da distância inversiva máxima é∣∣∣∣∣1 + 1− 4(
√
3 + 1)2
2
∣∣∣∣∣ = 4
√
3 + 7 = 2 cosh2 δ − 1 = cosh 2δ.
Não, a circunferência entre não pode ser a circunferência média
das outras, porque não é coaxial comelas.
2. As circunferências de Soddy vêm do porisma de Steiner com n = 3,
dáı
cosh
δ
2
= sec
δ
2
= 2.
3. O quadrado da relação dos comprimentos é
c2 − (a+ b)2
c2 − (a− b)2
=
c2 − a2 − b2 − 2ab
c2 − a2 − b2 + 2ab
=
cosh δ − 1
cosh δ + 1
= tanh2 δ
2
.
4. A primeira parte é óbvia a partir de um diagrama. Para a segunda
parte, use o teorema ??, com a = b e c = 2p:
cosh 2δ =
(2p)2 − b2 − b2
2b2
= 2
Å
p
b
ã2
− 1.
5. 2 senh2 δ
2
+ 1 = cosh δ =
r2 +R2 − (R2 − 2rR)
2rR
=
r
2R
+ 1.
6. Vemos na figura 1.8 (na página 8) que
AH = b cosA cscB = 2R cosA.
Usando também o exerćıcio 4 da seção 1.6 (página 16 ), deduzimos
que
OH2 = R2 + (2R cosA)2 − 4R2 cosA cos(B − C)
= R2(1− 8 cosA cosB cosC).
DICAS E RESPOSTAS 187
Como ON = 1
2OH, segue-se que
cos δ ou cosh δ =
R2 +
Ä
1
2R
ä2 −R2
Ä
1
4 − 2 cosA cosB cosC
ä
R2
= 1 + 2 cosA cosB cosC.
7. Usando o exerćıcio 4. e tomando a linha como o eixo radical x = 0,
temos coshα = a/
√
a2 − d2 e coshβ = b/
√
b2 − d2.
Seção 6.1
1. Como ω inverte a circunferência que tem OA como o diâmetro
na polar a, as duas circunferências e a linha pertencem ao mesmo
feixe coaxial, isto é, a é o eixo radical das circunferências.
2. As polares de A e B são perpendiculares a OA e OB, respectiva-
mente.
3. Uma vez que o rećıproco de qualquer figura por uma circunferência
com centro O é similar ao rećıproco da mesma figura com respeito
a qualquer outra circunferência com o mesmo centro de O, pode-
mos escolher ω como a circunferência inscrita ao poĺıgono regular
de ABC · · · . Então, os polos dos lados AB, BC, · · · são os pon-
tos médios dos segmentos AB, BC, · · · , e as polares dos vértices
A, B, C, · · · são as linhas que unem os pares de pontos médios
adjacentes. Da mesma forma, se escolhermos ω como a circunfe-
rência circunscrita, a rećıproca é o poĺıgono obtido pelo desenho
das tangentes a esta circunferência em cada vértice.
4. Os polos de dois lados opostos do retângulo são equidistantes O
sobre uma linha. Isto é válido também para os outros dois lados,
com respeito a linha perpendicular através de O, com (em geral)
distâncias diferentes. Temos assim, obtido um quadrilátero cujas
diagonais se bissetam entre si em ângulo reto, ou seja, um losango.
Alternativamente, os dois eixos de simetria do retângulo intercep-
tam segmentos congruentes das tangentes em seus vértices.
Seção 6.2
1. Pelo teorema 6.2.1, a circunferência polar bisseta um dos dois ân-
gulos complementares entre a circunferência circunscrita e o ćır-
culo de nove pontos, ou seja, o ângulo entre eles tende para zero,
quando o ângulo obtuso tende a 180◦ . Assim, na notação da seção
5.9, exerćıcio 6., θ = 1
2(180◦ − δ).
188 DICAS E RESPOSTAS
Seção 6.3
1. Com respeito a α , a polar de B2 é b2, e assim por diante. Com
respeito a β, o polo da linha B0B2 é C1, e assim por diante.
2. Cada uma das figuras desta seção é simétrica com respeito à li-
nha OA: tudo o que acontece acima desta linha pode ser repetido
abaixo. A aparência das figuras 6.6 e 6.8 sugere a possibilidade de
um outro “espelho”, perpendiculares a OA, para a elipse e hipér-
bole. (Este será estabelecido na seção 6.6.)
3. Vemos, a partir da figura 6.7, que cada tangente t da parábola é
a polar de um ponto T sobre a circunferência α. O pé da perpen-
dicular desde O a t é o inverso de T com respeito a ω. Seu lugar
geométrico do inverso de α (tirando O), é uma linha reta.
4. Vemos, a partir da figura 6.8, que a asśıntota u, sendo o polar
de U , é perpendicular ao lado OU do triângulo retângulo 4OUA.
Assim, este triângulo tem ângulo θ em A, e
sec θ =
OA
AU
=
OA
r
= ε.
Para a hipérbole retangular, θ = 45◦ e ε = −
√
2.
5. Um cometa com uma órbita parabólica ou hiperbólica nunca iria
voltar para uma vizinhança do sol. No entanto, não existe qual-
quer evidência conclusiva de que tal cometa nunca tenha sido visto.
Embora a porção de uma órbita que se pode observar por vezes
se assemelha a uma hipérbole por causa da perturbação causada
pelos planetas (especialmente o enorme planeta Júpiter)2, e algu-
mas órbitas eĺıpticas são então alongados até ser indistingúıveis
de parábolas, todos os cometas conhecidas (incluindo aqueles “não
periódicos” oferecem uma breve visita e nunca mais são vistos no-
vamente) são geralmente considerados como membros do sistema
solar. Sua velocidade em relação ao sol nunca é grande o sufici-
ente para capacitá-los a escapar para “o espaço” onde a atração de
alguma outra estrela pode ser mais influente do que a do sol.
2N.T.: Um exemplo disso, é o cometa C/2006 P1, também conhecido como cometa
McNaught, ou grande cometa de 2007, que segue uma trajetória hiperbólica durante
sua passagem pelo interior do Sistema Solar (com uma excentricidade próxima de
1, 000019), mas a excentricidade cai abaixo de 1, depois de sair da influência dos
planetas e permanecerá vinculado ao sistema Solar como um cometa da nuvem de
Oort. Segundo medições do Laboratório de Propulsão a Jato (JPL) da NASA, ele
tem um peŕıodo orbital de aproximadamente 92.600 anos.
DICAS E RESPOSTAS 189
Seção 6.4
1. x2 + y2 = (l − εx)2.
2. Na metade entre x =
l
ε± 1
, encontramos x = −εa. Assim, a nova
equação é
(x− εa)2 + y2 = (l − ε(x− εa))2 = (a− εx)2
ou
(1− ε2)x2 + y2 = (1− ε2)a2 = la = ±b2,
ou
x2
a2
± y2
b2
= 1,
com o sinal positivo ou negativo dependendo de se ε < 1 ou ε > 1.
Uma vez que ocorrem somente potências pares de x e y, a elipse e
hipérbole é simétrica com respeito a ambos eixos coordenados.
Seção 6.5
1. Se dois triângulos são perspectivos com respeito a um ponto, então
são perspectivos com respeito a uma linha. Se dois triângulos são
perspectivos com respeito a uma linha, que são perspectivos com
respeito a um ponto.
2. Se os seis vértices de um hexágono estão alternativamente sobre
duas linhas, os três pares de lados opostos se encontram em três
pontos colineares. Se os seis lados de um hexágono passar alterna-
damente através de dois pontos, as três diagonais são concorrentes
([10], pp 38, 90).
3. Elas são linhas perpendiculares que passam pelo centro.
4. Como I∞ é a polar de O, qualquer ponto no infinito sobre a cônica
é o polo (com respeito a ω) de uma tangente α que passa por O.
Portanto, o número de pontos no infinito, sobre a cônica é 0, 1 ou
2, de acordo como que O está dentro de α, sobre α, ou fora de α.
5. Na notação da figura 6.8, OU é a tangente de α em U , portanto,
um dos pontos no infinito sobre a hipérbole é o ponto de contato
da tangente u, e, claramente, o outro é o ponto de contato de v.
6. Uma vez que a directriz é a polar de A, em qualquer ponto sobre
ela é o pólo de um diâmetro de α, e as tangentes à parábola de um
ponto são as polares das duas extremidades desse diâmetro. Uma
vez que estes pontos diametralmente opostos sobre α subtender
um ângulo reto em O, suas polares são perpendiculares.
190 DICAS E RESPOSTAS
7. Cada um dos três “pontos diagonais”, por sua vez, pode ser iden-
tificado com o P do teorema 6.5.1, e, então, os outros dois pontos
se encontram na sua polar.
Seção 6.6
1. OP + O1P = εPK + εK1P = εK1K. Isto é ε vezes a distância
entre as duas directrices.
2. Quando P está no ramo esquerdo da hipérbole, como na figura
6.15,
OP −O1P = εPK − εPK1 = −εKK1.
Para o ramo direito o sinal tem de ser trocado.
3. Esta circunferência é o inverso (em ω), de α. (Compare com o
exerćıcio 3 da Seção 6.3.)
Seção 6.7
1. Projeção estereográfica é um caso especial de inversão.
2. O plano que corta perpendicularmente bisseta o diâmetro OA (fi-
gura 6.18) corta a esfera α′ ao longo de um grande circunferência
especial que naturalmente chamaremos de Equador. Qualquer ou-
tra grande circunferência corta esta em um par de pontos diame-
tralmente opostos. Uma caracteŕıstica especial do equador é que
seus diâmetros são projetados em diâmetros (da circunferência decentro A e raio 2k).
3. Podemos considerar P ′1 e P ′2 como os pontos de intersecção de duas
grandes circunferências de α′, uma das quais passa por O e A. As-
sim, P1 e P2, em α, são os pontos de intersecção de uma linha
que passa por A e uma circunferência através de dois pontos dia-
metralmente opostos, digamos Q1 e Q2, da “projeção do equador”
(com centro A e raio 2k). Como
AP1 ×AP2 = AQ1 ×AQ2 = −(2k)2,
P1 e P2 são relacionados por uma anti-inversão: a soma da inversão
no equador projetado e uma meia-volta sobre seu centro A.
4. Seja α′ a esfera que é tangente às doze arestas do cubo (nos seus
pontos médios), e O um dos pontos de intersecção de α′ com a
linha que une dois vértices opostos. (Ao mover O a um dos pon-
tos de interseção de α′ com a linha que une os centros de duas
faces opostas, em vez disso, seriam obtida uma figura simétrica ao
porisma de Steiner com n = 4.)
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Glosário
“Quando eu uso uma palavra”, disse Humpty Dumpty,
“isso significa exatamente o que eu quiser que ela sig-
nifique, nem mais nem menos.”
Charles Lutwidge Dodgson
(ABC). Área do triângulo 4ABC.
altura de um triângulo. Segmento de reta partindo de um vértice perpendi-
cular ao lado oposto(ou a sua extensão).
asśıntotas de uma hipérbole. Polares dos pontos de contato das tangentes
desde O a α.
asśıntota de uma curva. A tangente cujo ponto de contato é no infinito.
baricentro. Ponto de intersecção das medianas.
centro radical de três circunferências com centros não colineares. Ponto de
interseção dos três eixos de radicais, cada eixo radical constrúıdo a partir
de duas das três circunferências.
centroide de um triângulo. ver baricentro.
ceviana. Um segmento de reta que une um vértice de um triângulo com um
ponto no lado oposto (ou a sua extensão).
circuncentro (O) de um triângulo. Centro de sua circunferência circunscrita.
circunraio (R) de um triângulo. Raio da circunferência circunscrita.
circunferências coaxiais. Famı́lia de todas as circunferências que têm o
mesmo eixo radical. Alternativamente, circunferências ortogonais duas
circunferências dadas.
circunferência exinscrita. Veja exćırculos.
circunferência média, ou circunferência de antisimilitude. Circunferência
que serve para trocar duas circunferências dadas por inversão.
194
GLOSÁRIO 195
circunferência polar. Circunferência tal que os rećıprocos dos vértices de um
triângulo obtusângulo são seus lados opostos, respectivamente.
circunferências ortogonais. Duas circunferências secantes cujas tangentes
em cada ponto de interseção são perpendiculares.
circunferência máxima de uma esfera. A seção por um plano através do
centro.
circunferências tri-tangentes do 4ABC. As quatro circunferências tangente
a todos os três lados (ou suas extensões) do 4ABC; circunferência ins-
crita e as três circunferência exinscritas.
colineação. A transformação que leva linhas em linhas.
congruência. Veja isometria.
cônica. Rećıproco da circunferência α (Centro A, raio r) com respeito uma
circunferência ω (centro O, raio k).
cônica central. Elipse ou hipérbole.
dilatação. Transformação que leva cada linha em uma linha paralela. A
direção de similaridade é preservação.
dilatação central. A dilatação que mantém um ponto fixo.
distância inversa entre os duas circunferências que não se interceptam α e
β. Logaritmo natural da relação entre os raios de duas circunferências
concêntricas em que α e β podem ser invertidas.
diretriz de uma cônica. A polar de A em relação a ω (ver definição de cônica).
eixo radical de dois ćırculos não-concêntricos. Lugar geométrico dos pontos
de igual potência em relação às duas circunferências.
elipse. Cônica com excentricidade ε < 1, de modo que O está dentro de α
(ver definição de cônica).
envelope. O conjunto de tangentes de uma curva.
excentricidade deuma cônica. ε = OA/r (ver definição de cônica).
excentros (Ia, Ib, Ic) de um triângulo. Centros das circunferências exinscritas
do triângulo.
exćırculos, ou circunferências exinscritas de um triângulo. Circunferêncas
tangente a um lado do triângulo, e as extensões dos outros dois lados.
196 GLOSÁRIO
exraio (ra, rb, rc) de um triângulo. Raios das circunferências exinscritos do
triângulo.
feixe de circunferências αβ. Circunferências ortogonais para duas circunfe-
rências distintas e ortogonais α e β.
feixe de linhas. Todas as linhas (no mesmo plano) que passam pelo mesmo
ponto.
foco de uma cônica. O centro O da circunferência de reciprocidade (ver
definição de cônica).
hipérbole. Cônica com excentricidade ε > 1, de modo que O está fora de
α(ver definição de cônica).
homeomorfismo Transformação que continuamente e que possui inversa tam-
bém continua.
imagem de um ponto P por reflexão sobre uma linha l. Segunda interseção
de duas circunferências através de P cujos centros se encontram em l.
incentro (I) de um triângulo. Centro de sua circunferência inscrita.
inćırculo de um triângulo. Circunferência inscrita no triângulo.
inraio (r) de um triângulo. Raio de sua circunferência inscrita.
inverso de um ponto P em relação a uma circunferência ω. Segundo ponto
de interseção de duas circunferências através de P ortogonal a ω.
isometria. transformação que preserva os comprimento.
linha de Euler do 4ABC. A linha que passa pelo ortocentro, baricentro e
circuncentro.
linha de Pascal de um hexágono cujos vértices se encontram em uma circun-
ferência (ou em qualquer outra cônica). Linha contendo os três pontos
de intersecção dos pares de lados opostos do hexágono.
linha de Simson de um ponto P sobre a circunferência circunscrita ao4ABC.
Linha em que o triângulo pedal de P com respeito ao triângulo 4ABC
se degenera.
linha no infinito. Linha ideal cujos pontos são centros de feixes de retas
paralelas.
linhas conjugadas. Uma linha a e um qualquer outra linha através do polo
de a.
GLOSÁRIO 197
mecanismo de Peaucellier. Aparelho formado por barras articuladas que
traça o inverso de qualquer lugar geométrico.
mediana de um triângulo. Ceviana através do ponto médio de um lado.
meia volta. Uma rotação de 180◦.
n-ágono. Um poĺıgono com n vértices e os n lados.
ortocentro (H) de um triângulo. Ponto de intersecção das alturas.
parábola. Cônica com excentricidade ε = 1, de modo que O está sobre α (ver
definição de cônica).
plano inversivo. Plano euclidiano, mais um único ponto ideal (ver ponto no
infinito P∞ ).
pontos limites de duas circunferências que não se interceptam α e β. Os
dois pontos comuns de quaisquer duas circunferências ortogonais a α e
β.
pontos conjugados. Um ponto A e qualquer ponto sobre a polar de A.
ponto de Gergonne 4ABC. O ponto de intersecção do cevianas através dos
pontos de tangência da circunferência inscrita com os lados do 4ABC.
paralelogramo de Varignon de um quadrilátero. Paralelogramo formado por
segmentos unindo os pontos médios dos lados adjacentes do quadrilátero.
ponto no infinito, P∞ . O ponto comum ideal de todas as linhas retas,
considerado como ćırculos no plano inversivo.
pontos ant́ıpodas de uma esfera. Os pontos finais de um diâmetro.
polar de um ponto P em relação a uma circunferência. Linha que une as
interseções AB ·DE e AE · BD, onde AD e BE são duas secantes (ou
cordas) através de P .
polo de uma linha p em relação a uma circunferência ω e centro O. In-
verso do pé da perpendicular de O a P . Alternativamente, o ponto de
intersecção das polares de quaisquer dois pontos de p.
poĺıgono. Uma linha quebrada e fechada no plano .
poĺıgono regular. Um poĺıgono convexo que tem um centro com a mesma
distância R a cada um dos vértice e, o mesmo comprimento r para
todos os lados.
198 GLOSÁRIO
potência de um ponto P em relação a uma circunferência. d2 − R2, onde d
é a distância do ponto P ao centro da circunferência e R é o raio.
plano de projetivo. Plano euclidiano mais uma linha ideal (veja linha no
infinito).
produto (ou soma ou resultante) de duas transformações. O resultado da
aplicação da primeira transformação e, em seguida, a segunda.
projeção estereográfica. Projeção, a partir de O, de esfera através de O num
plano tangente na ant́ıpoda de O.
projeção gnomónico. Projeção de uma esfera a partir de seu centro em
qualquer plano tangente.
quadrângulo. Um poĺıgono com quatro vértices e quatro lados.
quadrilátero convexo. Quadrângulo com suas diagonais dentro.
quadrilátero re-entrantes. Quadrângulo que tem uma diagonal dentro e a
outra fora.
quadrilátero cruzado. Quadrângulo com ambas diagonais de fora.
quadrângulo completo. Quatro pontos, com suas seis linhas que os unem.
quadrilátero ćıclico. Um quadrilátero convexo cujos vértices se encontram
sobre uma circunferência (de modo que os ângulos opostos são comple-
mentares).
quadrilátero. Veja quadrângulo.
quadrilátero completo. Quatro linhas, com suas seis pontos de intercepção.
razão cruzada de 4 pontos. {AB,CD} = (AC/BC)/(AD/BD).
reciprocidade. Transformação de pontos nas suas polares, e as linhas em seus
polos.
reflexão sobre uma linha l. A transformação que leva cada ponto em sua
imagem sobre um espelho, com l como espelho.(Ver imagem).
rotação. Uma transformação resultante de virar o plano inteiramente sobre
um ponto fixo no plano.
separação AC//BD (para quatro pontos coplanares distintos). Quando cada
circunferência que passa por A e C corta toda circunferência que passa
por B e D.
similaridade. Uma transformação que preserva proporções entre as distân-
cias.
GLOSÁRIO 199
similaridade direta. Colineação que preserva ângulos e seu sentido.
similaridade em espiral (ou rotação dilatável). O produto de uma rotação e
uma dilatação, ou vice-versa.
soma. Veja produto.
topologia. Geometria do grupo de homeomorfismos.
triângulo auto-polar. Um triângulo cujos vértices são os polos dos lados
opostos, respectivamente.
triângulo de Napoleão do 4ABC .
interior. Triângulo cujos vértices são os centros de triângulos equiláteros
erguido internamente nos lados do 4ABC.
exterior. Triângulo cujos vértices são os centros de triângulos equiláteros
erguido externamente nos lados do 4ABC.
triângulo medial 4ABC. Triângulo formado unido-se os pontos médios dos
lados do 4ABC.
triângulo órtico 4DEF do 4ABC. Triângulo cujos vértices são os pés das
alturas do 4ABC.
triângulo pedal de um ponto P em relação a 4ABC. O triângulo formado
pelos pés das perpendiculares a partir do ponto P para os lados do
4ABC (ou suas extensões).
transformação do plano. Um mapeamento do plano sobre si de tal modo que
a cada ponto P é mapeado para uma única imagem P ′ e cada ponto Q′
tem um único ponto preimagem Q.
translação. Uma transformação de tal modo que os segmentos que unem
pontos dirigidos às suas imagens têm todos o mesmo comprimento e
direção. Alternativamente, uma dilatação, sem nenhum ponto fixo.
vetor. Veja translação.
Índice Remissivo
ângulo
de incidência, 95
de reflexão, 95
área, 3, 11
de um quadrilátero ćıclico,
61
asśıntotas da hipébole, 152
baricentro, 6
bissetriz
externa, 11
interna, 8
centro
da circunferência inscrita, 9
de gravidade, 7
de homotetia, 108
de uma cônica, 158
radical, 36
ceviana, 4
ćırculo dos nove pontos, 21, 48,
129, 143, 149
circuncentro, 6
circunćırculo, 6, 149
circunferência
circunscrita, 6
de Apolônio, 125
polar, 149
circunferências
coaxiais, 131
de Soddy, 142
ortogonais, 126
concorrencia, 4
cônicas, 150
centrais, 157
coordenadas
cartesianas, 32
trilineares, 97
deltóide, 47
dilatação, 102
diretriz, 153
distancia
de O a H, 19
de O a I, 29
inversiva, 134
distância
focal, 153
e, 135
eixo radical, 31, 34
elipse, 151
excentricidade, 150
exćırculos, 11
feixe
de circunferências coaxiais,36
de linhas paralelas, 155
foco, 150, 153
fórmula
de Brahmagupta, 60
de Heron, 63
hipébole, 151
hipociclóide de Steiner, 47
homeomorfismos, 110
homotetia, 5, 77, 102
inćırculo, 9
inversão, 117
200
ÍNDICE REMISSIVO 201
inversor de Peaucellier-Lipkin, 119
isometria, 87
lei
dos cossenos, 62
dos senos, 3
linha
de Euler, 18
de Pascal, 81
de Simson, 43
logaritmo, 135
lugar geométrico, 33
mediana, 6
mediatriz, 6
meia volta, 91
ortocentro, 8, 37
centro radical, 39
ortogonalidade, 125
parábola, 151
paralelogramo
de Varignon, 56
perspectiva
respeito a um ponto, 75
respeito a uma linha, 75
plano
de inversão, 122
projetivo, 155
planos ultraparelelos, 138
polar, 156
poĺıgono, 54
polo, 156
ponto
de Fermat, 90
de Gergonne, 13
no infinito, 155, 163
pedal, 22
pontos
antipodas, 163
conjugados, 147
isogonais, 102
porisma de Steiner, 136
potência de um ponto, 30
prinćıpio de dualidade, 146
projeção
estereográfica, 162
gnomómica ou central, 162
quadrilátero
convexo, 55
ortocéntrico, 41
razão cruzada, 117, 123, 140
reflexão, 93
teorema
da bissetriz, 9
da Borboleta, 48
de Brianchon, 82, 155
de Ceva, 4
de Desargues, 75
de Feuerbach, 129
de Menelaus, 70
de Morley, 49
de Pappus, 72
de Pascal, 79, 155
de Pitágoras, 91
de Ptolomeu, 44, 116
de Steiner-Lehmus, 13
de Stewart, 6
de Varignon, 54
do Pivot, 66
do seno, 1
transformação, 86
reciproca, 144
transformações afins, 110
translação, 96
triângulo
órtico, 8, 16
de Napoleão, 65
medial, 17
pedal, 22