Maristas_Geometria_Elementar_600_problemas_resolvidos_e_comentados

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GEOMETRIA
ELEMENTAR
(600 Problema. Resolvidos ftom.nt.dos)
Geometria Plana, 
Espacial e Cônicas
/
GEOMETRIA
ELEMENTAR
MARISTA
“Entre os espíritos iguais e postos 
nas mesmas condições, o que 
conhece GEOMETRIA é superior aos 
outros e possui vigor especial."
Pascal
APRESENTAÇÃO
Mais uma vez, preocupada em resgatar para a presente e futuras 
gerações o que há de melhor em livros de ciências exatas, a 
VestSeller tem a honra de reeditar esta obra prima e, juntamente 
com todo o povo brasileiro, saudar e agradecer os irmãos maristas 
pela incomensurável contribuição que dão à educação nesse país 
desde que aqui chegaram, no final do século XVIII, até os dias de 
hoje.
Trata-se de uma obra prima recheada com centenas de problemas 
de construção, inúmeras demonstrações variadas envolvendo 
planimetria, geometria espacial, e um maravilhoso tratamento das 
cônicas (elipse, hipérbole e parábola) sem recorrer à geometria 
analítica !
O nível dos problemas aqui contidos estimulará mesmo os leitores 
mais exigentes. Provavelmente, os problemas mais difíceis de 
Geometria contidos nos modernos livros brasileiros encontram-se 
resolvidos na presente obra, cujo valor é inestimável para os 
amantes da Geometria, podem ter certeza.
Nem mesmo o tempo foi capaz de alterar o brilho dessa obra, 
escrita com muito vigor pelos irmãos maristas, com linguagem 
bastante simples, objetiva e acessível a qualquer leitor interessado 
em aprimorar e aprofundar seus conhecimentos no mais mágico e 
desafiador segmento da Matemática elementar: a Geometria.
Este livro maravilhoso, escrito pelos Irmãos Maristas e publicado 
pela editora marista FTD no inicio do século XX, traz mais de 600 
problemas resolvidos de excelente nível envolvendo Geometria 
Plana, Geometria Espacial e Cônicas.
Prof. Renato Brito
(ex-aluno do colégio marista cearense)
Editora VestSeller
Setembro / 2009
SUMÁRIO
Capítulo 1 7
35Capitulo 2
95Capitulo 3
143Capitulo 4
188Capitulo 5
190Capitulo 6
203Capitulo 7
210Capitulo 8
224Capitulo 9
Demonstrações envolvendo triângulos;
Problemas de construção;
Demonstrações envolvendo quadriláteros.
Problemas de construção envolvendo circulos, 
tangentes e secantes, inscrição e circunscrição.
Demonstrações envolvendo triângulos e circulos;
Problemas de construção envolvendo circulos 
inscrito e circulo ex-inscrito;
Problemas de construção envolvendo 
paralelogramos e trapézios.
Demonstrações envolvendo cevianas;
Demonstrações envolvendo triângulos e 
circunferências;
Demonstrações envolvendo quadriláteros e
circunferências;
Demonstrações envolvendo polígonos.
Problemas envolvendo áreas de triângulos e 
quadriláteros;
Problemas envolvendo divisão de áreas em razão 
dada;
Problemas envolvendo áreas de polígonos.
Problemas envolvendo paralelepípedos e 
pirâmides.
Problemas envolvendo divisão de volume de 
sólidos em razão dada.
Problemas envolvendo sólidos de revolução;
Problemas envolvendo cálculo de volumes gerados 
pela rotação de figuras planas.
Problemas de construção envolvendo elipses;
Demonstrações envolvendo elipses;
Demonstrações envolvendo hipérboles;
Problemas de construção envolvendo parábolas;
Demonstrações envolvendo parábolas.
Problemas de revisão do capitulo 1;
Demonstrações envolvendo triângulos;
Demonstrações envolvendo cevianas.
234Capitulo 10
247Capítulo 11
260Capitulo 12
278Capitulo 13
282Capitulo 14
296Capítulo 15
299Capitulo 16
Problemas de revisão do capitulo 2;
Demonstrações de construção envolvendo 
triângulos;
Demonstrações envolvendo circunferências, 
triângulos, tangentes e secantes;
Problemas de construção envolvendo 
circunferências e tangências.
Problemas de revisão do capitulo 3;
Demonstrações envolvendo triângulos, 
circunferência inscrita e circunscrita;
O circulo de Euler dos 9 pontos.
Problemas de revisão do capitulo 4;
Lúnulas de Hipócrates;
Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
áreas de figuras isoperimétricas;
Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
inscrição e circunscriçâo de figuras planas.
Problemas de revisão do capitulo 5;
Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
paralelepipedos.
Problemas de revisão do capítulo 7;
Problemas envolvendo sólidos de revolução;
Problemas envolvendo inscrição e circunscriçâo de 
figuras espaciais;
Problemas de máximo e minimo envolvendo 
inscrição e circunscriçâo de figuras espaciais. 
Problemas de revisão do capitulo 8;
Demonstrações e teoremas envolvendo elipses e 
parábolas.
Apêndice sobre máximos e minimos sem uso de 
cálculo diferencial.
Capítulo 1
GEOMETRIA ELEMENTAR
EXERCÍCIOS DE GEOMETRIA
CAPÍTULO 1
1.
C
D O B
2.
3.
OC B
4.
7
Solução: Sejam OK a bissetriz do ângulo AOB, e OL a do ângulo COD.
Temos: BOK + KOA + AOC = 2 retos; mas BOK= COL;
Logo: KOA + AOC + COL = 2 retos;
Logo: OL é o prolongamento de OK.
Mostre que as bissetrizes de dois ângulos opostos pelo 
vértice estão em linha reta.
Construir o complemento de um ângulo dado.
Solução: seja o ângulo AOB. Se, sobre o lado OB, no ponto O, elevarmos uma 
perpendicular OC, o ângulo AOC será o ângulo procurado, pois AOB + AOC = 
BOC - 1 reto.
Construir o suplemento de um ângulo dado.
Solução: seja o mesmo ângulo AOB. Se prolongarmos a reta BO, o ângulo AOD 
será o ângulo procurado, pois AOB + AOD = 2 retos.
Mostre que as bissetrizes de dois ângulos adjacentes 
suplementares são perpendiculares uma à outra.
Solução: com efeito, sejam os dois ângulos suplementares e adjacentes AOB e 
AOC, e OD e OE as bissetrizes dos mesmos ângulos. Temos por definição: 
AOB + AOC = 2 retos;
Logo: AOB + AOC = 1 reto.
Geometria Elementar
Fig. 3
5.
diagonais .
E
DA'
Fig. 4
B C
0
2
6.
Solução: Deveremos ter: AC + BD < AB + BC + CD + AD.
8
Mostre que a soma das diagonais de um quadrilátero 
convexo é menor que a soma e maior que a semi-soma de 
seus lados.
Aplicações numéricas:
• Para o triângulo, n - 3 = 0;
Logo:n(^) =
Solução: Cada vértice, A, pode ser ligado a todos os outros, menos a seus 
vizinhos, o que dá, para cada vértice, n - 3 diagonais. Por conseguinte, para os 
n vértices, deveriamos ter: n(n - 3) diagonais ao todo. Mas cada diagonal é 
contada, duas vezes. Assim, a diagonal AD pode ser obtida unindo o ponto A ao 
ponto D, ou ligando o ponto D ao ponto A; e, como o mesmo se dá para todas
as outras, resulta que poderão ser traçadas ao todo
• Para o quadrilátero, temos n = 4; n - 3 = 1;
. ín-3^1Logo: nl —=
Quantas diagonais podem ser tragadas em um polígono 
convexo de n lados?
Capítulo 1
Temos igualmente:
C
B
Fig. 5
O
A D
7.
A
Fig. 6
O
B' C
9
Demonstre que a soma das retas que ligam um ponto 
interior de um triângulo aos três vértices, é menor que a 
soma e maior que a semi-soma dos três lados do triângulo.
1) Tem-se:
OA + OB < AC + BC
OB + OC < AB + AC
OA + OC < AB + BC.
Somando membro a membro e dividindo por 2, temos: 
OA + OB + OC < AB + AC + BC.
AC + BD < AB + BC + CD + AD.
2) Temos: OA + OB > AB
OB + OC > BC
OC + OD > CO
OD + OA > AD.
Somando estas desigualdades, e dividindo cada soma por 2, temos:
OA + OB + OC + OD > (AB + BC + CD + AD),
ou, finalmente: AC + BD > (AB + BC + CD + AD).
Solução:
Teremos:
OA + OB + OC < AB + AC + BC;
OA + OB + OC > + AC + BC).
AC + BD > y2 (AB + BC + CD + AD).
1) Temos: AC < AB + BC
AC < AD + DC.
BD < BC + CD 
BD < AB + AD.
Somando estas desigualdades membro a membro, e dividindo cada soma por 2, 
obtemos:
Geometria Elementar
8.
D
B’
A
Fig. 7
9.
10
Mostre que dois polígonos são iguais quando têm n - 2 
lados consecutivos iguais adjacentes a n - 1 ângulos iguais 
e semelhantemente dispostos.
Solução:
Temos: AB = A'B’, BC = B’C', CD = C’D'; A = A', B = B', C = C', D = D1;
digo que os dois polígonos são iguais.
Com efeito, transporto o polígono ABtVE' sobre ABCDE, de modo que A'B' 
coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C, CD' 
coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD. Por outra, por causa de 
A' = A e D' = D, A’E' toma a direção de AE, e D'E' a de DE: o ponto E* cairá,pois, 
sobre o ponto E, e os dois polígonos serão iguais.
2) Temos também:
OA OB > AB
OA + OC > AC 
OB + OC > BC.
Somando e dividindo por 2, obtemos:
OA + OB + OC > (AB + AC + BC).
10. Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm 
todos os lados, e n - 3 ângulos consecutivos 
respectivamente iguais e semelhantemente dispostos.
Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm n - 1 
lados consecutivos iguais, compreendendo n - 2 ângulos 
iguais e semelhantemente dispostos.
Solução:
Temos:
AB = A'B‘, BC = B’C', CD = CD’, DE = DE', B = B', C = C, D = D';
digo que os dois polígonos são iguais.
Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre ABCDE, de modo que A'B' 
coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C', 
CD', D'E' coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD, DE.
Estando A' sobre A, e E' sobre E, A'E' se confundirá com AE, e o mesmo se 
dará com os polígonos.
Capítulo 1
3 elementos
Fig. 8
11
Solução:
Temos:
AB = A’B', BC = B'C’, CD = CD, DE = D'E’, EA = E'A' e A = A*, B = B'; digo que 
estes dois polígonos são iguais.
Com efeito, transporto o polígono ABVCE’ sobre o polígono ABCDE, de modo 
que A'B' coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos A e A', B e 
B', os lados A'B, B'C’, A’E' coincidirão respectivamente com os lados iguais AB, 
BC, AE. Além disso, se eu traçar as diagonais (traçá-las) C'E‘ e CE, estas retas 
coincidem também; o mesmo se dá com os triângulos C'E'D‘ e CED, pois têm os 3 
lados iguais e semelhantemente dispostos; logo, os dois polígonos são iguais.
Solução:
Teremos: AM < (AB + AC).
Com efeito: prolonguemos a mediana AM do comprimento MD = AM, e 
tracemos BD.
Os dois triângulos ACM, BDM são iguais e, por conseguinte, AC = BD. Mas temos
AD = 2AM < AB + BD, ou 2AM < AB + AC, ou, enfim: AM < (AB + AC).
Operar-se-ia da mesma forma para as medianas BN, CP.
13. Mostre que a soma das medianas de um triângulo é menor 
que a soma e maior que a semi-soma dos lados (fig. 8).
Solução: Teremos: AM + BN + CP < AB + BC + AC
AM + BN + CP > % (AB + BC + AC).
1) Ora, temos (ex. 12):
12. Mostre que, em qualquer triângulo, cada mediana é menor 
que a semi-soma dos lados adjacentes.
11. Quantas condiçoes sao precisas para a igualdade de dois 
polígonos?
Solução: Dois polígonos são iguais quando têm 2n 
respectivamente iguais e semelhantemente dispostos.
Com efeito, conforme os 3 problemas precedentes, é preciso conhecer: 1°) n - 1 
lados e n - 2 ângulos; 2o) n - 2 lados e n - 1 ângulos; 3o) n lados e n - 3 
ângulos, e, por conseguinte, em todos os casos 2n - 3 elementos.
Geometria Elementar
Fig. 10
C’
P B■C
12
15. Por um ponto dado, P, fora de um ângulo AOB, traçar uma 
reta que determine, por sua interseção com os lados deste 
ângulo, dois comprimentos iguais OA, OB.
B’
14. Sobre os lados de um ângulo, tornam-se os comprimentos 
OA = OB; depois: OA' = OB'; traçam-se AB’ e BA'. 
Demonstrar que OM é bissetriz do ângulo considerado.
O
2) Temos (n° 60):
AM > AB - BM
AM > AC-CM.
Adicionando, obtemos: 2AM > AB + AC - BC.
Temos igualmente: 2BN > AB + BC - AC
2CP > AC + BC-AB.
2AM < AB + AC
2BN < BA + BC
2CP < AC + BC.
Feita a soma, e dividida por 2, obtemos: AM + BN + CP < AB + BC + AC.
A’
Somemos essas três desigualdades, reduzamos e dividamos por 2; virá: 
AM + BN + CP > y2 (AB + BC + AC).
Solução: Com efeito, os triângulos OA'B, OAB’ são iguais, como tendo um 
ângulo igual, compreendido entre lados iguais: onde resulta a igualdade dos 
ângulos OAM e OB'M, OAM e OBM.
A igualdade destes últimos dá A'AM = B’BM
Logo os triângulos AAM e B'BM são iguais, por terem um lado igual adjacente a 
dois ângulos iguais; logo: AM = BM. Tendo os triângulos OAM e OBM um 
ângulo igual, OAM = OBM, compreendido entre dois lados respectivamente 
iguais, sâo iguais, e disto resulta a igualdade dos ângulos AOM e BOM. Dai, um 
meio de construir a bissetriz de um ângulo.
Capítulo 1
Fig. 11
Fig. 12
A B
P
13
Solução: Tracemos, nos meios de AB e AC, as perpendiculares ON, OP: teremos 
OA = OB, e OA = OC; onde: OB = OC; logo, ponto O pertence à perpendicular 
elevada no meio de BC: portanto, as três perpendiculares OM, OP, ON concorrem 
no mesmo ponto O.
Solução: Uno A e B por uma reta; no ponto M, meio de AB levanto uma 
perpendicular, até o encontro em N do rio. Como a perpendicular MN é o lugar dos 
pontos equidistantes dos pontos A e B, o ponto N dista igualmente de A e de B.
18. Mostre que as perpendiculares elevadas no meio dos lados 
de um triângulo concorrem em um mesmo ponto.
16. Dizer, sem tomar diretamente medida, se um ponto C, 
situado fora de uma reta AB, está mais perto de A que de B.
Solução: Basta evidentemente elevar uma perpendicular no meio de AB: se o 
ponto C se acha sobre esta perpendicular, é que ele está igualmente distante de 
A e de B; se estiver fora desta perpendicular, está mais perto de um ponto que 
do outro. É fácil determinar de qual dos dois pontos está mais próximo.
17. Duas aldeias, A e B, situadas a certa distância de um rio, 
querem construir uma ponte com despesas comuns; 
pergunta-se o lugar em que deverá ser feita a ponte para se 
achar igualmente distante de cada aldeia.
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Já que os comprimentos OA e OB 
são iguais, o triângulo OAB é isósceles; portanto a reta OC, que une o ponto O 
ao meio C de AB, é perpendicular à reta PB e também é bissetriz do ângulo 
AOB. Daí resulta a construção seguinte: traça-se a bissetriz OC do ângulo AOB; 
depois, do ponto P, abaixa-se sobre OC a perpendicular PB, que é a reta 
procurada. Existe evidentemente outra solução, que se obtém traçando a 
bissetriz OC do ângulo AOB', suplementar de AOB; de fato, ver-se-ia, com 
raciocínio análogo ao precedente, que os comprimentos OA' e OB’ sâo iguais.
Geometria Elementar
Fig. 13
A
Fig. 14P.
M N Fig. 15D; E
14
Ar
20. Por um ponto dado, P, traçar uma reta equidistante de dois 
pontos dados A e B, e separando os dois pontos dados.
AI
D
21. Dados dois pontos, A e B, situados do mesmo lado de uma 
reta, achar o caminho mais curto para se ir do ponto A ao 
ponto B, tocando nessa reta.
Solução: Se os dois pontos se encontrassem de cada lado da reta, o caminho 
mais curto para se ir do ponto A ao ponto 8 seria a reta que unisse esses dois 
pontos.
B
Solução: Com efeito, os dois triângulos retângulos ABE, ABD têm a hipotenusa 
comum e um ângulo adjacente igual, logo, são iguais: onde, a igualdade das 
perpendiculares AE e BD.
19. Mostre que se, das extremidades da base de um triângulo 
isósceles abaixarmos perpendiculares sobre os lados 
opostos, estas perpendiculares serão iguais.
í
Solução: Tracemos a reta AB e uma reta qualquer PE, cortando o meio de AB: 
PE é a reta pedida.
De fato, abaixemos sobre essa reta as perpendiculares AD e BE; obteremos 
dois triângulos ADC e BCE, iguais, por terem a hipotenusa igual e ângulos 
agudos em C iguais; onde. AD = BE; logo, PE é a reta pedida.
Capítulo 1
Fig. 16
Fig, 17
CA E
15
23. Mostre que as bissetrizes dos três ângulos de um triângulo 
concorrem no mesmo ponto.
22. Tomados dois pontos, A e B, no interior de um ângulo xOy, 
achar o caminho minino do ponto A ao ponto B tocando os 
lados Ox e Oy.
Solução: Sejam A' e B' os pontos simétricos de A e B, e A'B' a reta que os une: 
tracemos AC e BD, e teremos a linha quebrada ACDB, como sendo o caminho 
mais curto de A a B, tocando os lados Ox e Oy. Para demonstrã-lo, provemos 
que qualquer outro, ACDB por exemplo, é maior.
De acordo com a construção da figura, podemos substituir ACDB por A'CDB' e 
ACDB por A’CDB', sendo evidente que temos A’C‘DB’ > A'CDB'.
Solução: Traço as bissetrizes dos ângulos A e B, e, do ponto O de encontro, abaixo 
as perpendiculares OD. OE e OF sobre os três lados. Ficando o ponto O sobre a 
bissetriz de A, OE = OF; pertencendo o mesmo ponto O à bissetriz de B, OD = OF, 
onde: OE = OD; logo, o ponto O está também na bissetriz do ângulo C; concluímos 
finalmente que as três bissetrizes concorrem no mesmo ponto.
É, pois, natural procurarmosabaixo da reta um ponto A', tal que a reta AB seja 
igual à linha quebrada que devemos percorrer para irmos de A a B. Para isto, 
abaixemos sobre MN a perpendicular AD, e prolonguemo-la de um comprimento 
DA' = AD (o ponto A' é simétrico de A em relação a MN). Enfim, tracemos a reta 
AB: o trajeto ACB é o mais curto caminho procurado.
Para demonstrá-lo, provemos que qualquer outro, AEB, é maior. Segundo a 
construção da figura, ACB pode substituir-se por A'CB e AEB por A'EB; ora, é 
claro que temos: A'EB > A'CB.
NOTA. Do que precede, resulta que as retas AC, CB, correspondentes ao 
caminho mais curto (AC + CB é um mínimo), ficam igualmente inclinadas sobre 
a reta MN, pois os ângulos ACM o BCN são iguais.
■:Õ>'
o
Geometria Elementar
Fig. 18
B 'C
□
Fig. 19
16
26. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos que têm os lados 
paralelos são paralelas ou perpendiculares uma a outra.
Solução:
25. Determinar a bissetríz do ângulo formado por duas retas 
AB e CD, que não podemos prolongar até o ponto de 
concurso.
1o) Sejam os dois ângulos BAC e B'A'C, que têm os lados paralelos e dirigidos 
no mesmo sentido. Tracemos DA, paralela a D'A’, bissetriz de B'A'C’; 
teremos:
Com efeito, os ângulos DOB e OBC são iguais como alternos-internos.
Portanto, o triângulo DOB é isósceles, e DO = BD. Analogamente se provaria 
OE = CE. Onde resulta que DO + OE, ou DE = BD + CE.
24. Demonstre que a paralela a um dos lados de um triângulo, 
traçada pelo ponto de concurso das bissetrizes, é igual à 
soma dos segmentos adjacentes a esse lado, determinados 
por ela sobre os dois outros.
Solução: Sejam BO e CO as bissetrizes dos ângulos B e C, e DE a reta 
paralela a BC e passando pelo ponto O. Temos: DE = BD + CE.
A
BAD = BTVD', DAC = DTVC.
Mas B’A'D' = D’A'C’; logo, BAD = DAC, e DA é bissetriz de BAC.
2°) Se considerarmos a bissetriz AE do ângulo BAG, esta reta é perpendicular a 
AD, e, portanto, a A'D'.
Solução: Por um ponto qualquer de CD, traço EF paralela a AB, e tomo, sobre os 
lados do ângulo FEC, os comprimentos iguais EH e EG, prolongando GH até I. A 
reta IH forma com as duas retas, AB e CD, um triângulo isósceles, pois I = G = H. 
Logo, obteremos a bissetriz do ângulo do vértice levantando uma perpendicular no 
meio da reta IH.
Capitulo 1
C Fig. 20
A'
B’ \
Fig. 21
A G A'
E
B’
D’
C’
dos ângulos B e C vale 1 reto mais
Fig. 22
B C
17
28. Mostre que num triângulo ABC, o ângulo O das bissetrizes
A 
2 '
27. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos de lados 
perpendiculares são perpendiculares ou paralelas.
Solução:
1o) Sejam os ângulos agudos BAC e B'A'C, que têm os lados perpendiculares, 
AD e A'D' as suas bissetrizes. Estas retas são perpendiculares. Com efeito, 
pelo pelo ponto A, tracemos AC" e AB", paralelas a A'C e A'B': os ângulos 
B"AC" e B’A'C', dirigidos em sentidos opostos, sâo iguais. A bissetriz AD", 
do ângulo B"AC", é paralela a A'D' (ex. 26). Ora, se do ângulo reto CAC” 
tirarmos o ângulo DAC e lhe acrescentarmos o ângulo C"AD" = DAC, ainda 
teremos DAD”, que serâ reto.
Logo, AD e AD" são perpendiculares e, portanto, AD e A'D' também o sâo.
2o) Sejam os dois ângulos BAC e C'A'G, agudo um, e obtuso o outro; a bissetriz 
A'E é perpendicular a A'D' e, por conseguinte, paralela a AD.
D'
Geometria Elementar
A
Fig. 23
CB
Fig. 24
B D
18
Solução:
Com efeito, temos: A = 2r - (B + C) e O = 2r - (OBC + OCB). 
Ora, é evidente a relação OBC + OCB < B + C; onde: O > A.
Solução:
Devemos ter DAE = B - C.
E C
Solução: A ângulo BAD = C, ângulo EAC = B. Digo que o triângulo DAE é 
isósceles.
Com efeito, sendo o ângulo AED exterior no triângulo AEC, temos: 
AED = EAC + C = B + C; e, do mesmo modo: ADE = B + C. Portanto, o 
triângulo ADE é isósceles.
D E
Com efeito, B + C = 1r. Também temos C + DAC = 1 r, portanto B - DAC. Aliás, 
C = EAC; e, finalmente: DAE = DAC - EAC = B - C
30. Mostre que o ângulo DAE formado pela mediana e a altura 
de um triângulo retângulo, é igual à diferença dos dois 
ângulos agudos.
31. Num triângulo ABC, traça-se até o lado BC uma reta AD, 
fazendo com o lado AB um ângulo igual ao ângulo C, e uma 
reta AE, fazendo com o lado AC um ângulo igual a B. 
Demonstrar que o triângulo DAE é isósceles.
A
29. Dados um triângulo ABC, e um ponto O, no interior do 
mesmo, demonstrar que o ângulo O é sempre maior que o 
ângulo A do triângulo (fig. 22).
B + CCom efeito, no triângulo BOC, temos: O = 2r----- -—. Mas o triângulo proposto
dá: B + C = 2r - A ou, dividindo por 2 ambos os membros desta igualdade:
B + C . A , „ . A d A
—— = 1r - —; onde O = 2r - 1r + — = 1r +
A 
Solução: Deveremos ter: O = 1r + —.
Capitulo 1
No caso presente, temos:
CE
Fig. 25D’
E’ C’B’
19
Solução: Na fórmula S = 2nr - 4r, basta substituir S por 12r e resolver a 
equação resultante, onde n = 8.
Resposta: Trata-se do octógono.
virá n = 6.
Resposta: O polígono pedido é o hexágono.
Solução: Consideremos os dois trapézios ABCD e ABVD*. nos quais temos 
AB = A'B'; BC = B'C; CD = CD' e AD = A'D'. Pelos pontos A e A', tracemos as 
paralelas AE e A'E' aos lados CD e CD’. Os dois tnàngulos ABE e A'B'E‘ são iguais 
por terem os três lados iguais, pois BE = BC - AD = B'C - A'D' = B'E'; AB = A'B' e 
AE = A'E'.
Por conseguinte, se os sobrepusermos de forma que BE coincida com B'E', o 
ponto A cairá no ponto A’; como temos BC = B'C, o ponto C cairá em C e 
igualmente D em D', devido a EAD = E'A'D’ e AD = A’D'.
Logo, os dois trapézios sobrepostos coincidirão em toda a sua extensão.
32. Achar a soma dos ângulos de um polígono de 25 lados.
Solução: Seja S a soma pedida. Temos S = 2nr - 4r. Ora n = 25, logo: 
S = (2rx 25 - 4r) = 46r.
33. Qual é o polígono regular cuja soma dos ângulos vale 12 
retos?
36. Mostre que as três alturas AG, BH e Cl de um triângulo 
concorrem ao mesmo ponto.
34. Qual é o polígono regular cujo ângulo interior vale 4/3 de 1 
reto?
35. Mostre que dois trapézios sâo iguais quando têm os 
quatro lados iguais e dispostos do mesmo modo.
A D
B
A’
Solução: Como no ex. 32, a soma dos ângulos interiores é igual a: 2nr - 4r; um 
, , , . .■. 2nr - 4rângulo tera por medida----------- .
2nr- 4r
n
= Eliminemos r e resolvamos a equação;
Geometria Elementar
D
I .---'B Fig. 26
F Fig. 27
20
37. Demonstre que se, pelos vértices de um quadrilátero, 
traçarmos paralelas às suas diagonais, formaremos um 
paralelogramo equivalente ao dobro do quadrilátero dado.
H>
-'oK
Solução: Pelos vértices A, B e C do triângulo proposto, traço paralelas aos 
lados e assim obtendo segundo triângulo DEF. Sendo iguais as paralelas 
compreendidas entre paralelas, escrevo AF = BC = AE; logo, o ponto A é o meio 
de EF.
Com análogo raciocínio, prova-se que os vértices C e B do triângulo ABC 
também se encontram respectivamente no meio dos lados DE e DF do triângulo 
DEF. Por outra parte, sendo AG, BH e Cl perpendiculares aos lados BC, AC e 
AB, são também perpendiculares as suas paralelas (n° 90) EF, DF e DE. Em 
consequência, as alturas do primeiro triângulo ABC podem ser consideradas 
como perpendiculares levantadas pelos meios dos lados do segundo DEF e, 
portanto, concorrem ao mesmo ponto.
E C
Solução: A figura EFGH é um paralelogramo equivalente ao dobro do 
quadrilátero ABCD.
Com efeito, consideremos os dois triângulos AEB e AOB; têm um lado igual 
adjacente a dois ângulos iguais como alternos-internos; logo estes triângulos são 
iguais. Pode-se verificar, da mesma maneira, que cada um dos triângulos 
acrescentados, pela construção indicada, à figura primitiva, é igual a um dos 
triângulos constitutivos do quadrilátero proposto. Portanto, o quadrilátero EFGH, 
que é paralelogramo por serem paralelos os seus lados opostos, vale o dobro do 
quadrilátero dado.
F
NOTA. Do que precede, resulta que se, pelos vértices de um triângulo ABC, 
traçarmos paralelas aos lados, o triângulo DEF assim formado é o quádruplo do 
primeiro. Os triângulos ABC e ABF são iguais por terem os três lados 
respectivamente iguais. Pela mesma razão, os triângulos AEC e BCD também 
são iguais ao triângulo ABC;logo, DEF é o quádruplo de ABC.
Capitulo 1
F
Fig. 28
H
D
B
Fig. 29
C
caber um número exato de vezes em 4 retos, o quociente
21
G C
Além disto, como temos AEH - BFE, o ângulo BEF é complementar de AEH, e 
o ângulo HEF é reto. O quadrilátero EFGH, de lados iguais e ângulos retos, é 
um quadrado.
39. Quais são as espécies de polígonos regulares convenientes 
à ladrilhagem?
2n 
= 7^2'que
4 
2(n - 2) 
n 
exprime o número de ângulos em C, deve ser inteiro e maior do que 2, senão 
cada um dos ângulos seria igual a 2 retos, condição esta que nenhum polígono 
regular preenche. Em resumo, será necessário que o quociente do que 2.
38. Demonstrar que se, movendo-nos sempre no mesmo 
sentido, tomarmos, sobre os lados de um quadrado ABCD, 
comprimentos iguais AE, BF, CG e DH, os pontos E, F, G e 
H são os vértices de outro quadrado.
Solução: De fato, examinemos os dois triângulos retângulos AHE e EBF: o lado 
AE = BF por construção; por outra parte, existe outro lado AH = BE, pois temos 
AH = AD - DH = AB - AE = BE; logo, são iguais. Daí tiramos: HE = EF. 
Analogamente provaríamos que HG = GF = HE = EF.
A, E R
A D
Solução: O triângulo equilátero, o quadrado e o hexágono regular.
Efetivamente, consideremos um ponto C comum a vários ladrilhos. A soma dos 
ângulos agrupados em torno do ponto C é igual a 4 retos. Mas cada um destes 
ângulos vale ~ , já que o polígono é regular, e como este ângulo deve
Geometria Elementar
Aplicações numéricas.
22
41. Mostre que as bissetrizes dos ângulos de um quadrilátero 
formam um segundo quadrilátero cujos ângulos opostos são 
suplementares.
40. Também podemos ladrilhar: 1° com uma combinação de 
octógonos regulares e de quadrados; 2° com uma combinação 
de dodecágonos regulares e de triângulos equiláteros.
• Há, portanto, três soluções: o triângulo equilátero, o quadrado e o hexágono 
regular.
2(8 - 2)r 
8
2(n-2)r
• n = 6, é o caso do hexágono regular. Temos 2n_ = 3.n — 2
Portanto, podemos ladrilhar com hexágonos regulares agrupados 3 a 3 em 
redor do mesmo ponto.
• Além de n = 6, o valor do ângulo:
20r 5r 
’ÍT = '3’-
4r
a quantidade — decresce, e como para n = 6, este ângulo só cabe 3 vezes, 
para n > 6, caberá menos de 3 vezes e, por conseguinte, não haverá mais 
polígonos regulares que satisfaçam ao problema.
• n = 4, é o caso do quadrado: = 4. Podemos ladrilhar com quadrados
reunidos quatro por quatro em volta do mesmo ponto.
= 2r-— vai crescendo, visto que 
n
• n = 5, é o caso do pentágono regular. Temos 12 número fracionário, 
n - 2 3
É, pois, impossível ladrilhar com pentágonos regulares.
• n = 3 é o caso do triângulo equilátero.
Temos ■ ^n_ = 6. Podemos então ladrilhar com triângulos equiláteros 
n - 2
agrupados 6 a 6 em redor do mesmo ponto.
Solução: Com efeito, 1o o ângulo do octógono = z^° = 4--, e o do quadrado
8 2
vale 1r. Logo, é só reunirmos dois octógonos e um quadrado e teremos: 3r + 1r = 4r.
2° O ângulo do dodecágono vale
2(12 -2)r
12
O ângulo do triângulo equilátero vale
2(3 - 2)r 2r
3 3 '
Podemos reunir dois dodecágonos e um triângulo equilátero, pois teremos 
10r 2r 12r .
então: — + y = — = 4r.
Capítulo 1
c
Fig. 30
A' B
Solução: Deveremos ter: NMQ + QPN = 2 retos.
como
Mas a soma A + B + C + D vale 4r; onde: = 2r e NMQ + QPN = 2r.
Da mesma forma, prova-se que Q + N = 2r.
EDA e EAD
Fig. 32
23
43. Pelo vértice A de um paralelograma ABCD, traça-se uma 
reta qualquer AX. Demonstrar que a distância do vértice C à 
reta AX é igual à soma ou à diferença das distâncias dos 
vértices B e D à mesma reta, conforme AX for exterior ou 
secante relativamente ao paralelogramo.
A+B+C+D
2
42. Mostre que se, por um ponto qualquer, D, da base de um 
triângulo isósceles, traçarmos DE e DF paralelas aos dois 
outros lados, formaremos um paralelogramo de perímetro 
constante.
A + DCom efeito, no triângulo AMD, temos o ângulo AMD = 2r------—,
A+B+C+D
2
também: BPC = 2r- e, por conseguinte AMD + BPC = 4r-
Solução: O triângulo ADE é isósceles, porque tem os ângulos 
iguais. Logo ED = AE. Também temos: DF = BF. Por conseguinte:
DE + DF + FC + CE = AE + FB + FC + CE = 2AC.
cA'"
A B
Geometria Elementar
Fig. 33
,K
CO’
L’ H’
24
44. Mostre que a soma das distâncias de um ponto qualquer da 
base de um triângulo isósceles aos dois outros lados é 
constante.
NOTA. Se tomássemos um ponto O’, no prologamento da base, a base, a O’K' - O'L‘ 
das perpendiculares ainda seria constante e igual a BD, pois O’B é bissetriz do 
ângulo H’BL‘ e O'H' = OV; portanto: O'K' - OV = O’K’ - O'H' = H’K' = BD.
Solução: A soma OL + OK é igual à perpendicular BD.
Para o demonstrarmos, tracemos HH', paralela a AC, e prolonguemos OK até 
encontrarmos HH'; o ângulo HBO = ACB = ABC. Assim, BO é bissetriz do 
ângulo ABH; os triângulos retângulos BHO e BLO são iguais, e LO = OH; onde:
LO + OK = HO + OK = HK = BD.
Sendo O um ponto qualquer, sempre havemos de ter OL + OK = BD.
A
,K’ 
\D
45. Mostre que a soma das perpendiculares abaixadas de um 
ponto interior qualquer de um triângulo equilátero sobre os 
três lados, é igual à altura do triângulo.
Solução:
Deveremos ter: OE + OF + OG = BL.
De fato, seja O um ponto interior qualquer do triângulo equilátero ABC. Tracemos 
as perpendiculares OE, OF e OG; pelo ponto O, tracemos Hl paralela a BC, e de 
H, tracemos HK, perpendicular a AC. De acordo com o exercício 44, podemos 
escrever:
1o OF + OG = HK; onde: OE + OF + OG = HK + HP.
2o HK + HP = BL.
Logo: OE + OF + OG = HK + HP = BL ou qualquer das alturas do triângulo 
equilátero, que são todas iguais, como lados de triângulos retângulos iguais.
Solução:
Teremos: CF = BE + DG.
Tracemos a reta DH, paralela a AX.
Os dois triângulos retângulos ABE e DCH são iguais, porque têm a hipotenusa 
igual e um ângulo agudo igual; onde temos: BE = CH.
Por outra parte, o retângulo DGFH nos dá: FH = DG e dai CF = BE + DG.
O caso em que AX atravessa o paralelogramo soluciona-se de maneira 
análoga.
Capítulo 1
Fig. 34
B P E C
46.
Fig. 35
47.
48.
A" A-A
Fig. 36
B D C D’
25
Achar o lugar dos vértices dos triângulos de mesma base e 
mesma altura.
Achar o lugar dos pontos situados a uma distância dada de 
uma reta AB.
Solução: O lugar dos vértices encontra-se na paralela AA‘ a BC, traçada pelo 
vértice A do triângulo ABC, pois é evidente que todos os triângulos ABC, ABC, 
A"BC, etc., terão por base BC e por altura comum AD.
Achar o lugar dos pontos equidistantes de duas retas 
paralelas CD e EF.
Solução: O lugar pedido é uma paralela AB (fig. 35) a estas retas, traçada pelo 
meio M de uma perpendicular comum NP.
Com efeito, todo ponto tomado sobre AB é equidistante das paralelas, e todo 
ponto tomado fora de AB dista desigualmente das mesmas retas.
Solução: Por um ponto qualquer M, de AB, traço a perpendicular PMN. Tomo 
MP = MN = à distância dada. Pelos pontos P e N, traço paralelas a AB.
Estas retas satisfazem à questão. Com efeito, qualquer ponto de CD ou de EF 
satisfaz a condição exigida, e qualquer ponto tomado fora destas duas retas 
dista de AB ou mais ou menos do que a quantidade proposta MP.
C------------- --- -----------D
E------------- -------------- F
A------------- -------------- B
Geometria Elementar
Fig. 37
B
C
H
E F
G 
A D
26
49. Mostre que em qualquer triângulo, a reta que une os meios 
de dois lados é: 1o paralela ao 3o lado; 2o igual à metade do 
mesmo.
50. Mostre que se E e F forem os meios dos lados opostos AB 
e CD de um paralelogramo ABCD, as retas BF e ED dividem 
a diagonal AC em três partes iguais.
Solução: Devemos ter AG = GH = CH.
B
Fig. 38
Com efeito, a figura DEBF, em que os dois lados opostos BE e DF são iguais e 
paralelos, é um paralelogramo. Portanto, os dois lados opostos BF e ED são 
paralelos. Ora, no triângulo CGD, a reta FH, traçada pelo meio F de CD 
paralelamente a GD, passa pelo meio H de CG (ex. 49), e temos: CH = GH, e 
também: AG = GH. Logo AG = GH = CH.
NOTA. Por um ponto D, podemos traçar só uma paralela a uma reta AB. Do que 
precede, deduz-se, pois, que qualquer reta DE traçadapelo meio do lado AC e 
paralelamente ao lado AB num triângulo ABC, divide o lado CB em duas partes 
iguais e vale a metade de AB.
A
O quadrilátero ABKE tem dois lados opostos, AE e BK, iguais e paralelos; é, 
pois, paralelogramo. Portanto, os lados opostos AB e EK são iguais e paralelos. 
Ora ED = DK, devido a serem iguais os triângulos CDE e BDK; onde: AB = 2DE. 
Por conseguinte, DE é paralela a AB e igual à metade desta reta.
Solução: Seja ED uma reta que une os meios dos lados AC e BC do triângulo 
ACB. Deveremos ter ED paralela a AB e igual à metade.
Afim de prová-lo, pelo ponto B traço BK, paralela a AC, e prolongo ED até K. Os 
triângulos DCE e BDK são iguais por terem um lado igual (CD = BD) adjacente a 
dois ângulos respectivamente iguais: os ângulos em D, como verticalmente 
opostos e os dois outros ângulos, como aiternos-internos; onde: BK = CE = AE.
Capítulo 1
51.
B
H.
A
Fig. 39
fâ.
E,
'J
D
52.
53.
54.
Logo AND = MNK = 1 reto.
27
Mostre que se traçarmos as bissetrizes dos ângulos de um 
paralelogramo: 1° obteremos um retângulo; 2° os vértices 
K, L, M e N deste retângulo estarão situados nas retas que 
unem os meios dos lados opostos do paralelogramo.
Mostre que as retas HF e GE, que unem os meios dos lados 
opostos de um quadrilátero, e a reta IJ, que une os meios 
das diagonais, concorrem a um mesmo ponto O (fig. 39).
Solução: De fato, no paralelogramo IHJF, a diagonal HF passa pelo meio O de 
IJ; assim também GE, diagonal do paralelogramo GIEJ, passa pelo meio O de 
IJ; logo, estas três retas concorrem a um mesmo ponto.
Demonstre que se unirmos os meios H e F de dois lados 
opostos de um quadrilátero aos meios I e J das diagonais, 
ainda obtemos um paralelogramo HIFJ (fig. 39).
Solução: Efetivamente, como a reta Hl une os meios de dois lados AB e DB do 
triângulo ABD, é paralela a AD e igual à sua metade, acontecendo o mesmo 
com JF no triângulo ADC. Dai, Hl e JF são iguais e paralelas, e a figura HIFJ é 
um paralelogramo. Com raciocínio análogo demonstraríamos que EJGI também 
é paralelogramo.
C
Solução: Com efeito, EH é paralela a DB e igual à sua metade (ex. 49). Do 
mesmo modo, FG é paralela a DB e ã sua metade. Portanto, EH e FG são 
iguais e paralelas, e a figura EFGH é um paralelogramo.
Mostre que se unirmos os meios E, F, G e H dos lados 
consecutivos de um quadrilátero ABCD, a figura EFGH é 
um paralelogramo.
Solução:
1° A figura KLMN é um retângulo, pois tem os ângulos retos. Com efeito, temos
A + D = 2 retos e, por conseguinte: - (A + D) = 1 reto.
Geometria Elementar
c
A E B
28
56. Mostre que as três medianas de um triângulo concorrem a 
um mesmo ponto, situado aos 2/3 de cada uma a partir do 
vértice.
55. Seja um triângulo ABC com as suas três medianas AM, BN 
e CP. Prolonga-se AM de uma quantidade MD igual a AM; 
depois, toma-se BE = CF = BC. Mostre que os triângulos 
ADE e ADF têm por lados o dobro das medianas do 
triângulo ABC.
Fig.41
Solução: No quadrilátero AEDF, as diagonais cortam-se em partes iguais; a 
figura é, pois, paralelogramo. Além disso, no triângulo ACE, a reta BN, que une 
os meios de dois lados, é paralela a AE e igual à sua metade; daí: AE = 2BN, e 
assim também AF = 2PC ou ainda: DE = 2PC.
Já temos AD = 2AM por construção. Por conseguinte, está demonstrada a 
proposição.
Assim igualmente, AMB = 1 reto, etc.
D
Fig. 40
2o Consideremos o vértice D; prolongo DK até E. Os dois triângulos retângulos 
ADN e ANE são iguais por terem um cateto comum e um ângulo agudo igual; 
logo DN = NE, e o ponto E é o meio de DE. Ora, sabemos que uma paralela a 
AB, traçada pelo ponto F, meio de AD, passará pelo meio N de DE. Logo, o 
ponto N está situado na reta FG, que une os meios dos lados opostos AD e BC; 
e assim se dá com os demais vértices.
Capítulo 1
Fig. 42
B
B C
29
58. Por um ponto A, tomado no interior de um ângulo DOC, 
traçar uma reta tal que o ponto dado seja o meio da parte 
desta reta interceptada entre os lados do ângulo.
57. Mostre que ao lado maior de um triângulo corresponde a 
menor mediana.
D
Fig, 43
Solução: Se supuzermos AB > AC, teremos CF < BE.
Com efeito, os triângulos ABD e ACD, com dois lados respectivamente 
iguais e o terceiro lado maior no primeiro que no segundo (AB > AC), darão: 
ângulo ADB > ângulo ADC. Por outra parte, tendo os triângulos OBD e OCD 
dois lados respectivamente iguais e o ângulo compreendido entre os lados 
maior no primeiro que no segundo, temos: BO > OC e, portanto BE > CF ou 
CF < BE.
D C
O ponto O fica, pois, situado aos 2/3 de BE a partir de B. Igualmente se 
demonstraria que BE e AD se cortam num ponto O' situado aos 2/3 de BE, isto 
é no mesmo ponto O. Logo, as três medianas concorrem a um mesmo ponto 
situado aos 2/3 de cada uma a partir do vértice.
V 
"h
F/
T
BC-y. Portanto FE e GH são iguais e paralelas, e a figura GFEH é um 
paralelogramo. As diagonais cortam-se em partes iguais, e GO = OE = BG, pois 
G é o meio de BO por construção.
A
Solução: Examinemos duas medianas BE e CF: cortam-se num ponto O. Traço 
GH, sendo G e H os meios das retas BO e CO. De acordo com o exercício 49,
BC
GH é paralela a BC e vale —. Do mesmo modo, FE é paralela a BC e vale
Geometria Elementar
Fig. 44
oposto em um ponto M tal que
B
Fig. 45
B
n
Fig. 46
D R CL
30
A E C
Solução: Pelo ponto E, traço EF paralela a AM. Conforme a nota do exercício 
49, o triângulo AMC dá: MF = FC, e o triângulo BEF dá: BM = MF = FC, e, 
portanto, BM é o terço de BC.
B C
Solução: Pelo ponto A, traço uma paralela AB ao lado OD, até encontrar OC em 
B; tomo então a partir de B um comprimento BC = OB. Uno A e C por uma reta 
que prolongo até OD em D. Digo que AC = AD. Com efeito, pelo ponto A, 
tracemos uma paralela AE ao lado OC; teremos o paralelogramo ABOE que nos 
dará: AE = OB = BC. Os dois triângulos ADE e ABC são iguais por terem um lado 
igual AE = BC adjacente a dois ângulos respectivamente iguais; onde resulta que 
AC = AD.
60. Mostre que toda reta que passa pelo interseção das 
diagonais de um paralelogramo e termina nos lados fica 
dividida em duas partes iguais. (O ponto de interseção 
chama-se às vezes centro de figura).
A M P
A 
o
59. Une-se o vértice A de um triângulo ao meio N da mediana 
adjacente BE; prolongada, esta linha encontra o lado 
BCBM = —. Demonstre.
3
Capitulo 1
61.
62.
OA C
Fig. 47
H G
B
63.
Fig. 48
B
31
Que quadrilátero se obteria unindo os meios dos lados de 
um losango?
Mostre que todo quadrilátero que tem por centro o ponto de 
concurso de suas diagonais é um paralelogramo (fig. 46).
Solução: De fato, já que OM = OL, OP = OR, o triângulo MOR é igual ao triângulo 
ROL e os ângulos alternos-intemos PMO e OLR são iguais; portanto, AB e CD 
são paralelos. Do mesmo modo, provaremos que AD e BC são paralelos. Logo, o 
quadrilátero ABCD é paralelogramo.
Dizer o lugar geométrico dos meios das retas que vão de 
um ponto dado a uma reta dada.
A C
Solução:
Um retângulo
Com efeito, a reta EH que une os meios dos lados AB e AD é paralela a DB e
DB
igual a —; o mesmo para FG. Portanto, a figura EFGH é um paralelogramo.
Além disso, sendo os lados do ângulo FEH paralelos aos do ângulo reto AOD, 
resulta que os dois ângulos sâo iguais e a figura EFGH é um retângulo.
Solução:
Teremos: MO = OL; PO = OR, etc.
De fato, tracemos a reta MOL; haverá dois triângulos AOM e COL, que serão 
iguais por terem um lado igual adjacente a dois ângulos respectivamente iguais, 
pois AO = C, os ângulos MAO e OCL são iguais como alternos-internos, os 
ângulos em O são iguais como opostos pelo vértice; logo, OM = OL.
Geometria Elementar
c
L,
Fig. 49&
A G B
32
64. Mostre que em um triângulo, o ponto de concurso das 
perpendiculares levantadas nos meios dos lados, o ponto 
de concurso das três medianas e o das três alturas acham- 
se em linha reta e a distância do 1° ponto ao 2° é a metade 
da distância do 2o ao 3o.
Solução: Sejam as duas retas PA e PB, provenientes de um ponto P e terminadas 
numa reta AB. Digo que o meio F de uma reta qualquer PC pertence àreta DE que 
une os meios D e E das retas PA e PB. Com efeito, no triângulo APC, a reta DE, 
paralela a AB e traçada pelo meio de AP, passa pelo meio F de PC (ex 49). Logo, o 
lugar procurado é a reta DE, que une os meios D e E de duas retas PA e PB 
oriundas do ponto P.
Solução: Sendo O e H os pontos de concurso das perpendiculares e das alturas, 
temos que demonstrar que o ponto M situado sobre OH é o ponto de concurso 
. mhdas medianas e que MO = .
Traço a reta DE que une os meios de CH e BH, e depois, FG, que une os pés de
BCduas perpendiculares; estas retas são paralelas a BC e valem — (ex. 49). Logo
DE = FG; além disto, os ângulos OFG e HED são iguais como tendo os lados 
paralelos e dirigidos em sentido oposto; o mesmo se dá com os ângulos OGF e 
HDE. Os triângulos OFG e HDE são, portanto, iguais e segue-se que
CH
OG = DH = —. Por outra parte, a reta LK, que une os meios dos lados MC e MH
CHdo triângulo MCH, é paralela a CH e igual a Logo LK = OG e os dois
triângulos OMG e LKM são iguais, porque têm um lado igual adjacente a dois 
ângulos respectivamente iguais como alternos-internos; assim temos:
ML = MG = LC.
Fica provado que M está na mediana CG, aos 2/3 da mesma a contar do ponto C.
Por conseguinte, é o ponto de concurso das medianas. Além disso, temos;
MK = OM = KH, onde: MO = —.
2
Capítulo 1
B’ D’C A'
Fig. 50
C A B D
Solução:
B’A
Fig. 51
A B
\M
3o Se a distância AB for maior do que I. o lugar não existe mais.
33
4° Consideremos agora duas retas concorrentes OA e OB. Tracemos uma reta 
AM paralela a BO e situada a uma distância I desta reta; hà de cortar OA em um 
ponto A. Tomemos OB = OA. No triângulo isósceles OAB, qualquer ponto da 
base AB é tal que a soma de suas distâncias aos dois lados OA e OB é igual a I
2° Se a distância AB for igual a I, então qualquer ponto do plano compreendido 
entre as duas retas AA' e BB' prolongadas indefinidamente em ambos os 
sentidos, faz parte do lugar.
65. Achar o lugar dos pontos tais que a soma das distâncias de 
cada um a duas retas dadas seja igual a um comprimento 
dado, I.
1o Suponhamos que as duas retas dadas AA’ e BB' sejam paralelas e sua 
distância menor do que I.
I - ABO lugar constará de duas retas dadas e situadas à distância: CA = —-—.
De fato, temos a soma das distâncias: CA + CB = 2CA + AB = I;
l-ABonde: CA =--------- .
2
Geometria Elementar
34
(ex. 44). Por conseguinte, AB pertence a este lugar Poderiamos demonstrar 
igualmente que os três outros lados do retângulo AA’B'B fazem parte do lugar. 
Logo, o lugar se compõe dos quatro lados do retângulo.
66. Achar o lugar dos pontos cuja diferença das distâncias a 
duas retas concorrentes é igual a um comprimento dado 
(fig. 51).
Solução: Num triângulo isósceles AOB, qualquer ponto tomado sobre o 
prolongamento de AB, em ambos os sentidos, é tal que a diferença de suas 
distâncias aos dois lados OA e OB é igual ao comprimento dado I (ex. 44). 
Acontece o mesmo com os três outros lados do retângulo; logo, o lugar se 
compõe dos prolongamentos dos lados do retângulo.
Capítulo 2
CAPÍTULO 2
Fig. 52
35
Fig. 53
Traço uma reta OO* igual ao comprimento dado NB e paralela à direção 
constante; depois uno OA e O'B. A figura OABO' é um paralelogramo no qual
Solução: Sejam o ponto A e a circunferência O. Unamos o ponto A ao centro O e 
prolonguemos AO até E: 1o AD será a menor distância do ponto A à 
circunferência, 2o AE será a maior distância.
Em primeiro lugar, AD é menor do que qualquer outra reta AF, por exemplo; pois 
temos AD + DO < AF + FO ou AD < AF, pois que DO = FO.
Em segundo lugar, a reta AE é maior do que qualquer outra, AG, por exemplo; 
pois temos AO + OG > AG ou AE > AG, visto que AO + OG = AE.
68. Achar a menor e a maior distância de um ponto dado a uma 
circun ferência.
69. Uma reta de comprimento constante permanece paralela a 
si mesma, enquanto uma das suas extremidades descreve 
uma circunferência. Qual é o lugar da outra extremidade?
Solução: Uma circunferência de raio igual ao da primeira.
Com efeito, seja O o centro da circunferência descrita pelo ponto A.
67. Qual é o lugar dos pontos situados a uma distância dada de 
um ponto dado?
Solução: É, com evidência, a circunferência descrita do ponto dado, com raio 
igual à distância dada.
Geometria Elementar
a
•XoA Fig. 54
Fig. 55
36
NOTA. O trissetor, instrumento destinado à divisão dos ângulos em três partes 
iguais, não é mais do que a realização da construção precedente. AB, AD, OC e 
OD são réguas móveis em torno dos pontos A, C, O e, além disto, os pontos O 
e D podem correr sobre as réguas AB e AD. O ângulo COA permanece 
constantemente igual ao terço do ângulo DOB; basta aplicar os lados móveis 
OB e OD sobre os lados do ângulo que se quer tripartir e traçar o ângulo COA 
ou seu igual CAO.
70. Dados um círculo O e um ponto A tomado em seu plano, 
qual é o lugar dos meios das secantes que unem o ponto A 
aos diversos pontos da circunferência O?
Solução: Consideremos uma destas secantes AC.
Çx---------\
71. Por um ponto A, exterior a uma circunferência O, traça-se 
uma secante ACD cuja parte exterior AC é igual ao raio; 
pelo centro, faz-se passar a reta AOB: demonstrar que o 
ângulo COA vale 1/3 do ângulo DOB.
OB = OA. Portanto o ponto B se achará a uma distância constante de O', e o 
lugar deste ponto será uma circunferência igual à primeira e cujo centro ficará a 
uma distância do centro O igual à distância constante dada, contada 
paralelamente à direção dada.
í:-
Solução: Sendo AC igual ao raio, o triângulo ACO é isósceles, e o ângulo 
CAO = COA. Por conseguinte, o ângulo DCO, exterior ao triângulo, é igual 
a 2COA. Mas o triângulo CDO é isósceles, e os ângulos DCO e CDO sâo 
iguais; onde: CDO = 2C0A. Ora, no triângulo ADO, o ângulo exterior 
DOB = CDO + DAO = 3COA.
----'
Tracemos o raio CO e unamos os meios B e M das retas AC e AO. A reta BM 
COserá paralela a CO e igual a — (ex. 49).
O ponto B dista, pois, do ponto M, da metade de CO. Ocorrerá o mesmo com o 
meio E da secante AD ou de qualquer outra secante. Logo, o lugar pedido é 
uma circunferência de raio igual à metade de CO.
Capítulo 2
P
NM,
Fig. 56
O
Fig. 57
TX Y
37
75. Dando-se uma circunferência O, dois pontos A e B fora da 
mesma, e uma reta indefinida XY, descrever outra circun­
ferência que passe pelos dois pontos e corte a primeira de 
forma que a corda entre os dois pontos de interseção seja 
paralela à reta dada.
72. Lugar dos centros das circunferências que passam por 
dois pontos dados A e B.
Solução: Cada centro fica a igual distância dos pontos A e B. Portanto o lugar 
pedido é a perpendicular levantada no meio da reta AB.
73. Achar, sobre uma circunferência, dois pontos equidistantes 
de um ponto dado, P.
Solução: Traço PA pelo centro O Qualquer corda MN perpendicular a PA 
determina sobre a circunferência dois M pontos equidistantes de P (n" 139 e 
78).
A
74. Por um ponto dado no interior de um círculo, traçar uma 
corda de que este ponto seja o meio.
Solução: Pelo ponto dado I, basta fazer passar um raio e traçar-lhe uma 
perpendicular por esse ponto: o segmento da perpendicular pertencente à corda 
fica dividido pelo ponto I em duas partes iguais (n° 139).
Geometria Elementar
76. Achar o centro de um círculo traçado.
Fig. 58
Fig. 59
Fig. 60
38
78. Indicar o lugar dos meios das cordas de um círculo, iguais 
a uma reta dada.
77. Com um raio dado, descrever uma circunferência que passe 
a igual distância de três pontos dados não em linha reta.
Solução: Suponhamos o problema resolvido.
Sejam A, B e C os três pontos dados. De acordo com o enunciado, deveremos ter 
Aa = Bb = Cc e por conseguinte AO = BO = CO. O ponto pertence às 
perpendiculares traçadas pelos meios de AB e BC; é dizer que se acha no ponto 
de concurso das mesmas. Conhecido o ponto O, basta descrever a circunferência 
com o raio dado.
Solução: Tomo três pontos quaisquer da circunferência e uno-os dois a dois por 
retas. O centro procurado pertence simultaneamente às duas perpendiculares 
levantadasnos meios de AB e BC. Portanto, está no ponto O, interseção das duas 
perpendiculares.
Solução: Suponho o problema resolvido; se do ponto O abaixarmos uma 
perpendicular sobre a direção CD, ou, o que é o mesmo, sobre XY, esta 
perpendicular conterá o centro O'. Este centro também se acha sobre a 
perpendicular levantada no meio de AB. Daí resulta fácil a construção.
Capítulo 2
Fig. 61
podemos
Fig. 62
39
80. Descrever um círculo que intercepte três retas 
determinando, sobre as mesmas, três cordas de 
comprimento dado.
dadas, 
mesmo
79. Com um raio dado, descrever uma circunferência que 
intercepte, sobre duas retas dadas, comprimentos dados.
Solução: Suponhamos o problema resolvido e sejam AB e CD os comprimentos 
dados.
Solução: Seja ÁB uma corda qualquer igual a uma reta dada. Abaixemos a 
perpendicular OC. O lugar do ponto C acha-se numa circunferência descrita com CO 
por raio. Logo, esta circunferência é o lugar pedido, pois todas as cordas tangentes 
ao circulo OC serão iguais a AB como equidistantes do centro.
Solução: Sendo iguais as cordas, o centro O da circunferência procurada é 
equidistante de cada uma delas; encontra-se pois sobre as bissetrizes dos 
ângulos formados pelas retas dadas. Tracemos as bissetrizes dos ângulos A e B; 
assim obtemos o centro do circulo pedido: abaixemos a perpendicular OI sobre 
AB e, a partir do ponto I, tomemos um comprimento ID igual à metade da corda 
dada. O circulo descrito com OD como raio satisfaz à questão, e DE = FG = KH. 
Seria insolúvel o problema no caso de serem paralelas as três retas dadas.
O centro do circulo que deve interceptar os comprimentos AB e CD, fica a uma 
distância OI de AB; logo, está sobre uma paralela a AB, à distância OI desta 
reta; igualmente pertence a uma paralela a CD, à distância OH desta reta. Por 
conseguinte, acha-se no ponto de concurso dessas duas paralelas.
Quanto às distâncias OI e OH, é fácil determiná-las, pois, nos triângulos retângulos
1 1AOI e COH, conhecendo AO = CO = raio dado, e Al = — AB, CH = —CD,
construir estes triângulos e obter assim os comprimentos OI e OH.
Geometria Elementar
Fig. 63
A B Fig. 64
40
Solução: Existem duas soluções: são duas perpendiculares, uma em cada 
extremidade de um diâmetro paralelo à reta dada.
N
2o A corda KL, perpendicular a AB no ponto I, é mais curta que qualquer outra MN 
que passe pelo mesmo ponto, visto a perpendicular OI a KL ser mais longa do que 
a perpendicular OH a MN; ora, as cordas mais distantes do centro são as 
menores. Logo, temos KL < MN.
84. Traçar uma tangente que seja perpendicular a uma reta 
dada.
83. Traçar duas tangentes paralelas, passando uma por um 
ponto marcado sobre uma circunferência dada.
Solução: É evidente que as duas tangentes pedidas são duas perpendiculares 
ãs extremidades do diâmetro que passa pelo ponto dado.
82. Lugar geométrico dos centros dos círculos de raio dado e 
tangentes a uma reta dada.
Solução: Este lugar encontra-se, com evidência, sobre duas retas pararelas à 
reta proposta, de ambos os lados e a uma distância igual ao raio dado.
81. Mostre que a maior corda e a menor que passam por um 
ponto interior a um círculo, são duas retas perpendiculares, 
das quais uma é um diâmetro.
Solução:
1° O diâmetro AB é a maior corda (n° 134).
85. Traçar uma tangente a um círculo dado, paralelamente a 
uma reta dada.
Capítulo 2
Fig. 65
Fig. 66
41
86. Qual é o lugar dos centros das circunferências tangentes a 
duas retas concorrentes?
87. Increver um círculo num triângulo dado ABC.
Solução: O centro O do circulo inscrito encontra-se na bissetriz do ângulo A (n° 
81), mas também se encontra na bissetriz do ângulo B; logo, está no ponto de 
concurso das duas bissetrizes.
Solução: Faça-se passar, pelo centro do circulo, uma perpendicular à reta 
dada Esta perpendicular encontrará a circunferência em dois pontos A e B. 
Tracemos por estes pontos duas tangentes, que solucionarão o problema.
Solução: É a bissetriz do ângulo destas retas. Com efeito, as perpendiculares 
AC e A'C são iguais como raios do mesmo círculo; portanto, C pertence à 
bissetriz do ângulo AOA'. Dar-se-á o mesmo com qualquer outra circunferência. 
Por conseguinte, o lugar procurado é a bissetriz do ângulo AOA'.
NOTA. As bissetrizes BO’, CO’, CO", AO"... dos ângulos exteriores de um 
triângulo concorrem aos pontos O', O" e O'" que são os centros dos círculos ex- 
inscritos. Existem pois quatro circunferências tangentes a três retas concorrentes 
dadas.
7
X / 
o-
Ó’
Geometria Elementar
Solução:
B
A-
D
N
C
Fig 67
42
90. Num círculo, traçar uma secante que passe por um ponto P 
e tal que a corda interceptada seja igual a um comprimento 
dado.
89. Descrever uma circunferência tangente em um ponto P a 
uma reta dada e passando por outro ponto M igualmente 
dado.
88. Descrever uma circunferência de raio dado R, tangente a 
duas retas dadas.
1' As duas retas são paralelas Logo se percebe que o problema só terá 
solução no caso em que a distância entre as duas paralelas seja 2R.
P
Fig. 68
Solução: O centro deverá encontrar-se num ponto da perpendicular PO e num 
ponto da perpendicular levantada no meio da corda MP. Logo, este centro há de 
achar-se no ponto O, interseção das duas perpendiculares.
M.
2° As retas AB e AC são concorrentes. Seja AD a bissetriz do ângulo A Por um 
ponto qualquer de AB, levantemos a perpendicular FE = R e, pelo ponto E, 
tracemos uma paralela a AB. O ponto O, interseção da paralela com a bissetriz, 
é o centro da circunferência pedida, porque temos (n° 81): OM = ON = EF = R.
F>-
Capitulo 2
A.
Fig. 69OP
A1
Fig. 70K E N
F L
O
D E
A C
43
91. Traçar a um círculo uma tangente que faça um ângulo dado 
com uma reta dada.
Solução: Sejam O o ângulo dado e KL a reta dada. Façamos um ângulo L igual 
ao ângulo O e, do centro, tracemos CN paralela a ML. Depois, tracemos o 
diâmetro AB perpendicular. Finalmente, levantemos as perpendiculares AE e BF 
a este diâmetro. Ambas são tangentes que satisfazem evidentemente à 
questão.
Solução: Sejam r o raio conhecido, P o ponto dado e AB a reta dada. Por um 
ponto qualquer de AB, levanto uma perpendicular igual a r e, por sua extremidade, 
traço a paralela DE a AB. O centro procurado acha-se sobre DE, mas está
A.......
-^B’D
Solução: Com raio igual ao comprimento dado e de um ponto qualquer C da 
circunferência, descrevo um arco de círculo que a corta em D; traço CD e, do 
ponto O, abaixo a perpendicular OE sobre CD. Então, com OE por raio e O por 
centro, descrevo uma circunferência que é tangente a CD. Finalmente, do ponto 
P, traço as duas tangentes a esta circunferência; as cordas AB e A'B', iguais a 
CD, respondem ambas à questão.
M
B :
92. Descrever uma circunferência de raio conhecido, que passe 
por um ponto dado e seja tangente a uma reta traçada.
P
Fig. 71 
B
Geometria Elementar
Fig. 72
L B
44
Solução: Do ponto B como centro, com raio igual a m descrevamos uma 
circunferência e, pelo ponto A, tracemos uma tangente AK a esta circunferência; 
enfim, pelo ponto B, levemos uma paralela a AK. Com evidência as retas AK e 
BL respondem à questão.
Fig. 73
Solução: Para prová-lo, tracemos pelo ponto N uma paralela IH a AC. Sendo IN 
e NH respectivamente iguais a AB e BC como paralelas tomadas entre 
paralelas, resulta que NI = NH e que os dois triângulos NMI e NHD são iguais. 
Portanto, MN = ND, e BN, perpendicular no meio de MD é bissetriz do ângulo 
MBD. Ora, os ângulos MBN e AMB são iguais como alternos-internos, e 
ABM = AMB como apostos aos lados iguais de um triângulo isósceles. Logo, 
ABM = MBN = NBD e, por conseguinte, as retas MB e NB dividem o ângulo 
ABD em três partes iguais e, como BDC é igual a NBD, por serem alternos- 
internos, resulta que BDC é igual ao terço de ABD, ou
bdc = ^L.
3
■
T
93. Dois pontos, A e B, acham-se à distância d; fazer passar 
por estes dois pontos duas paralelas que estejam à 
distância m uma da outra.
A K
também sobre o arco descrito do ponto P com r por raio: logo, está nos pontos O e 
O' emque este arco corta DE. Os centros O e O' respondem ambos à questão.
Há duas soluções ou uma ou nenhuma, conforme a distância do ponto P a DE 
seja inferior, igual ou superior a r.
94. Prolonga-se o raio AB de um círculo em um comprimento 
BC = AB; traça-se uma tangente qualquer MD, sobre a qual 
se levantam as perpendiculares BN e CD, provar que o 
, ___ , ABDangulo BDC vale------- .
3
Capítulo 2
A. C
Fig. 74
Fig. 75
45
Solução: Sejam R o raio da circunferência dada e I, o comprimento dado. A 
distância de um ponto à circunferência conta-se no diâmetro que passa pelo 
ponto dado. Logo, um ponto qualquer do lugar há de encontrar-se numa circun­
ferência concêntrica à primeira e tendo por raio R + I.
Se tivermos R > I. existe outra solução: a circunferência concêntrica de raio R -1.
96. Lugar dos centros das circunferências tangentes a uma 
circunferência dada em um ponto dado.
Solução: Sejam O a circunferência dada. 8 o ponto dado e C uma das 
circunferências tangentes ao ponto 8. Os três pontos O, B e C estão em linha 
reta: o centro C acha-se, portanto, sobre 08 ou o seu prolongamento. O lugar 
pedido estará, pois, sobre OB prolongado em ambos os sentidos.
97. Determinar o lugar dos pontos situados a uma distância 
dada de uma circunferência dada.
98. Lugar dos centros das circunferências de raio dado r e 
tangentes a uma circunferência dada R.
95. Duas cordas paralelas, AC e BD, traçadas pelas extre­
midades do mesmo diâmetro, são iguais.
M
N
Solução: Devemos te^AC = BD. x
Com efeito, temos ÁMC + 'CB' = AD + DNB; mas CB = AD; logo: arco AMC = 
arco DNB e, por conseguinte, corda AC = corda BD.
Geometria Elementar
Solução: O lugar é uma circunferência concêntrica ao circulo R, com o raio R + r.
Fig. 76
Fig. 77
O
Fig. 78
46
100. Descrever uma circunferência de raio dado e tangente a 
uma reta e a uma circunferência dadas.
99. Descrever, dos vértices de um triângulo como centros, três 
circunferências tangentes entre si.
Solução: Suponhamos o problema resolvido. AM = AN e CN = CP: logo, os três 
pontos M, N e P são os pontos de contato do círculo inscrito no triângulo ABC; 
dai uma construção fácil.
Consideremos uma destas circunferências; o ponto B de contato acha-se sobre 
a linha dos centros, e temos: OC = R + r. O lugar do ponto C é pois uma 
circunferência concêntrica à primeira e de raio R + r.
No caso R > r, está claro que o lugar ainda será uma circunferência de raio 
R - r. Se tivermos R = r, não haverá solução.
Solução: Sejam dados o raio r, a circunferência O, de raio R, e a reta AB. Por 
um ponto qualquer de AB, levanto uma perpendicular DE = r e, pelo ponto E, 
traço uma paralela KL a AB.
K 
A.
L
B121
D
Capítulo 2
101.
Fig. 79
102.
Fig. 80
z\O’
103.
47
Inscrever, entre duas circunferências exteriores dadas, 
uma reta de comprimento dado, paralela a uma reta dada.
Dados dois pontos, A e B, achar um terceiro, O, que esteja 
à distância MdeAeà distância N de B.
Descrever uma circunferência de raio conhecido, que 
corte outra em dois pontos marcados.
Solução: Do ponto A como centro e com M por raio, descrevo um arco de 
circulo; do ponto B e com o raio N, descrevo outro arco que corta o primeiro 
em O e 0‘. Estes dois pontos respondem evidentemente à questão.
Logo, duas solução para M + N > AB, uma solução para M + N = AB e 
nenhuma solução para M + N < AB.
N 
M.
Solução: De cada um dos pontos dados A e B como centros e com o raio 
conhecido, descrevamos arcos que se cortem em dois pontos O e O'. Está 
claro que se, de cada um destes pontos como centro e com o raio dado, 
descrevermos circunferências, respondem ambas à questão.
O problema só será possível se o raio dado for maior do que a metade da 
distância entre os pontos marcados. Caso seja igual à metade da distância, as 
circunferências tornam-se tangentes, os pontos O e O' confundem-se num 
único ponto, situado no meio da reta AB. Haverá então uma solução única. Se 
for menor, não há solução.
O centro da circunferência tangente a AB e de raio r encontra-se sobre KL. 
Mas, devendo esta circunferência ser tangente á circunferência O, o seu 
centro estará também sobre o arco descrito de O, com R + r por raio; logo, 
ficará no lugar em que o arco cortar a reta KL, isto é nos pontos C e C*. 
Portanto, haverá no máximo duas soluções, ou uma só ou nenhuma, 
conforme tenhamos OI + r maior do que a distância do ponto O à reta KL, ou 
igual ou menor.
B
Geometria Elementar
M N
O Fig. 81
tenha o seu meio nesse
Fig. 82
centros e unamos o ponto M ao
48
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja AB a reta paralela e igual 
a MN. Pelo centro O, tracemos OC paralela e igual a AB e tracemos ainda OA 
e CB. A figura OABC é um paralelogramo e temos: CB = OA. Dai esta fácil 
construção: pelo ponto O, leva-se OC paralela e igual a MN; então, do ponto 
C e tomando por raio OA, descreve-se um arco de círculo que cortará O' em 
dois pontos B e B'. Unem-se estes dois pontos a C; a seguir, de O, traçam-se 
OA e OA‘ que são paralelas respectivamente a CB e CB’. Traçando agora, AB 
e A'B’, teremos duas soluções que satisfazem à questão.
104. Por um dos pontos de interseção de duas circunferências, 
traçar uma secante comum que 
ponto.
Solução: Tomemos o meio M da linha dos 
ponto P de interseção das duas circunferências; depois, tracemos a secante 
AB perpendicularmente a PM: a reta AB é a secante procurada.
Com efeito, abaixemos as perpendiculares OC e O’D sobre esta secante e 
tracemos O'F paralela AB: segue-se que O’F é perpendicular a PM e OC, e a 
figura CDO'F é um retângulo, assim como CPEF e PEO'D. Além disto, como 
MP corta OO' pelo meio M e paralelamente a OC, passa pelo meio E de FO' 
(ex. 49). Logo, FE = EO' e daí: PC = PD. Por conseguinte, AP = PB.
105. Dá-se a corda AB; sobre o raio OB, levanta-se a 
perpendicular OD = AB e, do ponto D, descreve-se um 
arco com raio igual a OB. Este arco corta a circunferência 
dada em C. Demonstrar que C é o meio do arco AB.
Capítulo 2
Fig. 83
49
106. Dado um círculo, quantos círculos de mesmo raio são 
necessários para encerrá-lo?
Solução: Seis.
Solução: Com efeito, os dois triângulos isósceles COD e AOB são iguais como 
tendo os três lados respectivamente iguais. Portanto, COD = ABO. Ora, COD 
tem por complemento COB e, por outra parte, 2AB0 + AOB = 2 retos, ou 
ABO + AQB = 1 reto; logo, A^B é complemento de ABO ou de COD; portanto,
temos: COB = , onde resulta que o ponto C é o meio do arco AB.
Fig. 84
Solução: Com efeito, consideremos duas circunferências O' e O", tangentes 
entre si e â circunferência O dada.
O triângulo OO'O” é, com evidência, equilátero, pois cada um dos lados é igual a 
2r, sendo r o raio da circunferência proposta. O ângulo 0'00" é, por conseguinte, 
igual aos 2/3 de um reto. Logo, a circunferência O estará completamente rodeada
4
quando tivermos yyy circunferências iguais à proposta, isto é 6.
Geometria Elementar
Fig. 85
mede
50
108. Pelo ponto de contato de duas circunferências tangentes 
interior ou exteriormente, traçam-se duas secantes; depois 
unem-se os seus pontos de interseção com a mesma 
circunferência. Mostre que as cordas assim obtidas são 
paralelas.
107. Mostre que se dividirmos a corda de um arco de círculo 
em três partes iguais, os raios que passam pelos pontos 
de divisão não dividem o arco em partes iguais.
Solução: Deveremos ter: EF > AE.
Com efeito, por ser isósceles o triângulo OAB, os ângulos OAB e OBA são 
iguais, portanto, os triângulos OAC e OBD, que têm um ângulo igual 
compreendido entre lados iguais, são iguais e temos: OC = OD.
O triângulo OCD é isósceles; portanto, o ângulo ODC da base é agudo. Por 
conseguinte, o seu suplemento CDF é obtuso e CF é o maior lado do triângulo 
CDF; dai temos: CF > CD ou CF > AC. Logo, os triângulos AOC e COF, com 
dois lados iguais e o terceiro lado de um maior que o terceiro .do outro, terão 
também o ângulo maior oposto ao maior lado e virá COF > AOC, pois: EF > AE.
Fig. 86
Solução: AC e BD são paralelas.
Com efeito, tracemos a tangentecomum KIL. O ângulo ACI = AIL, porque têm 
por medida comum a metade do arco IA; igualmente BDI = BIK, pois cada um
. Ora, AIL = BIK; logo, os ângulos ACI e BDI são também iguais
e, como estes ângulos são alternos-internos, resulta que AD e BE são 
paralelas.
Capítulo 2
709.
770.
A
O
N
777.
51
Demonstre que o retângulo e o quadrado são os únicos 
paralelogramos inscritíveis.
Se, no exercício 108, traçarmos uma secante e duas 
tangentes às suas extremidades, mostre que estas duas 
tangentes são paralelas entre si.
Fig. 88
Solução: Com efeito, por construção temos: DMA + ONA = 2 retos, e dai 
também: O + A = 2 retos. Portanto, o quadrilátero OMAN é inscritivel.
Fig. 87
Solução: AD e BE são paralelas. Com efeito, tracemos a tangente comum 
KIL. Os ângulos DAI e AIK são iguais, por terem a mesma medida:
arco Al
2
Assim também, são iguais os ângulos EBI e BIL, que se medem em arco igual. 
Ora, BIL = AIK, logo DAI = EBI Sendo eles altemos-internos, segue-se que são 
paralelas as retas AD e BE.
Mostre que se, de um ponto qualquer tomado no interior 
de um ângulo, abaixarmos perpendiculares sobre os 
lados deste ângulo, o quadrilátero formado pelas 
perpendiculares será inscritivel.
M___ -
Geometria Elementar
Fig. 89
BA
A-......
Fig. 90O
A
lM
Fig. 91BO
52
Seja o triângulo retângulo ABC, ao qual circunscrevemos uma circunferência. 
Sendo reto o ângulo A, a hipotenusa é um diâmetro, portanto AO, que é igual ao 
raio, vale a metade de BC.
Solução:
Devido às paralelas, temos: A + D = 2 retos e B + C = 2 retos.
Ora, A = B; logo: B + D = 2 retos.
Segue-se que o trapézio ABCD é inscritivel.
Jc
114. Sobre duas retas retangulares O A e OB, faz-se correr uma 
reta de comprimento dado AB: determinar o lugar dos 
meios das hipotenusas dos triângulos assim formados.
113. Mostre que em qualquer triângulo retângulo, a reta que 
une o vértice do ângulo reto ao meio da hipotenusa é 
igual à metade da hipotenusa.
112. Mostre que um trapézio cujos dois lados nâo paralelos 
sâo iguais (trapézio isósceles) é inscritivel num círculo.
D Ç
í>
Bk
Solução: Com efeito, para um quadrilátero ser inscritivel, é necessário que os 
seus ângulos opostos sejam suplementares; ora, num paralelogramo, os 
ângulos opostos são iguais; por conseguinte, é mister que cada ângulo do 
paralelogramo seja igual a 90° para este polígono ser inscritivel. Ora, tal 
condição só é preenchida pelo retângulo e o quadrado.
BCSolução: Deveremos ter: AO =
Capítulo 2
Fig. 92
Q.
Fig. 93
53
116. Sendo dados um círculo O e um diâmetro AB, traçam-se 
um raio qualquer OC e uma perpendicular CD a AB; 
depois toma-se OM = CD. Determinar o lugar do ponto M.
115. Sejam um triângulo retângulo ABC e uma perpendicular 
qualquer OH sobre a hipotenusa BC. Prolonga-se OH até o 
seu encontro em D com AC, traça-se BD e continua-se CO 
até E. Determinar o lugar de E.
Solução: Consideremos o triângulo OEM que se obtém traçando o raio OE, 
perpendicular a OA, e unindo depois E a M. Este triângulo é igual ao triângulo 
COD, pois temos OE = OC, OM = CD, e os ângulos EOM e OCD são iguais 
como alternos-internos. Dai conclue-se que o ângulo em M ê reto e o lugar 
deste ponto é uma circunferência descrita sobre OE como diâmetro
ABSolução: Seja OAB um desses triângulos. Sempre teremos OM = (ex.
113). Portanto, OM terá comprimento constante, e o lugar do ponto M será a 
circunferência descrita do centro O com o raio OM.
Solução: Se considerarmos o triângulo DBC, as duas retas AB e DH são 
duas alturas deste triângulo cuja interseção se acha em O; por conseguinte, a 
terceira altura passará também por O e coincidirá com CE. O lugar do ponto E 
será, portanto, uma circunferência descrita sobre BC como diâmetro, porque o 
triângulo BEC será sempre retângulo.
Geometria Elementar
Fig. 94
Fig. 95
119.
54
Solução:
Deveremos ter: AP = PD e PC = PB.
Sendo iguais as cordas AB e CD, são iguais os arcos subtendidos e temos: 
arco A = arco D; se de cada um destes arcos tirarmos a mesma quantidade, 
arco AD, os restos ainda serão iguais, o que dará: arco AC = arco DB. Por 
conseguinte, virá: corda AC = corda DB. Por outra parte, os ângulos inscritos 
ACD e ABD são iguais por terem a mesma medida; os ângulos CAB e CDB 
são iguais pela mesma razão. Logo, os triângulos ACP e BDP são iguais por 
terem um lado igual adjacente a dois ângulos respectivamente iguais e temos: 
AP = PD e PC = PB.
118. Mostre que se dois círculos se cortarem em dois pontos P 
e Q e, pelo ponto P, traçarmos uma reta PAB que os corte 
em A e B, o ângulo AQB será constante, seja qual for a 
direção de AB.
117. Quando duas cordas iguais se cortam dentro ou fora de um 
círculo, mostre que os segmentos determinados pelo ponto 
de encontro são respectivamente iguais.
Mostre que as circunferências que têm por cordas os 
lados de um quadrilátero inscritível ABCD, dão origem, 
por suas segundas interseções, a um quadrilátero 
inscritível EFGH.
Solução: Com efeito, o ângulo A é constante por ter sempre a mesma medida, 
arco PMQ . . . , ,
-------—-------; da mesma forma, B e constante por medir sempre a metade do
arco PNQ. Logo, o ângulo Q, que é igual a 2 retos - (A + B) também é 
constante.
Capítulo 2
Fig. 96
Fig. 97
55
120. Mostre que se unirmos os pés das alturas de um triângulo 
ABC, obteremos outro triângulo em que os ângulos têm 
por bissetrizes as alturas do primeiro.
Solução: Temos, com efeito: HEF = 4 retos - (AEH + AEF).
Ora, no quadrilátero inscrito AEHD, temos: AEH = 2 retos - ADH. Igualmente, 
no quadrilátero AEFB, temos: AEF = 2 retos-ABF.
Portanto, substituindo no valor de HEF, virá HEF = ADH + ABF; do mesmo 
modo: FGH = CDH + CBF.
Logo, por fim: E + G = B + D = 2 retos, e o quadrilátero EFGH é inscritível.
Solução: Por exemplo, a altura CF será bissetriz do ângulo DFE e teremos: 
DFO = OFE.
De fato, observamos que o quadrilátero ADOF, com dois ângulos retos em D e 
F, é inscritível e bem assim, o quadrilátero OEBF. Posto isto, vemos que os dois 
ângulos DFO e DAO, de medida comum , são iguais, como também os
ângulos OFE e OBE, que medem ambos . Ora, os ângulos DAO e OBE 
são iguais como complementares do mesmo ângulo C; logo, os dois ângulos 
DFO e OFE são iguais e CF é bissetriz do ângulo DFE. Da mesma forma ocorre 
com os dois outros ângulos.
Geometria Elementar
\D
■
Fig. 98
D B OC E Fig. 99
B
56
E
A
BO
mesma forma, são iguais os ângulos CAO e BEO que valem Portanto, 
os ângulos CDO e BEO, são iguais e os triângulos retângulos CDO e BEO 
são iguais por terem um cateto igual: CO = BO e um ângulo agudo igual; dai: 
OD = OE. Sendo iguais as oblíquas OD e OE, são equidistantes do pé da 
perpendicular, e AE = AD.
122. Toma-se um ponto P qualquer sobre o diâmetro de um 
circulo; une-se este ponto à extremidade A do raio AO 
perpendicular ao diâmetro OP; prolonga-se AP até 
encontrar a circunferência em B e traça-se a tangente BC. 
Demonstrar que CB = CP.
A
0/ -------
p
121. Sobre um raio OA prolongado, levanta-se uma 
perpendicular DE e, peto ponto A, traçam-se a secante 
ABC e as tangentes CD e BE. Demonstrar que AB = AD.
Solução: Com efeito, sobre OD como diâmetro, descrevamos uma 
circunferência que deverá passar pelos pontos C e A, visto que o ângulo OCD 
é reto assim como o ângulo OAD. Sobre OE como diâmetro, descrevamos 
outra circunferência, que também há de passar pelos pontos B e A. Ora, os 
COângulos CDO e CAO, que têm por medida comum são iguais. Da
Capitulo 2
Solução: Com efeito, o ângulo CPB tem por medida ou
Fig. 100
Solução: Com efeito, o ângulo F tem por medida
Fig. 101
MBJ £
H, G
A
57
|N
AC + CD
2
124. Mostre que as bissetrizes EF e GH dos ângulos formados 
pelos lados opostos de um quadrilátero ABCD inscritivel 
são perpendiculares entre si.
E
123. Se, pelo ponto A, meio de um arco BAC, traçarmos duas 
cordas quaisquer AD e AE que cortem em F e G a corda 
BC, mostre que o quadrilátero DFGE, assim obtido, é 
inscritivel.
AB
2
F
Solução: Os ângulos em I são retos.
BD + AE
2
ABIgualmente, o ânguloCBP tem por medida -y .
Logo, o triângulo CBP é isósceles e temos CB = CP.
ADO ângulo E tem por medida Os ângulos F e E são, pois, suplementares, 
e o quadrilátero DFGE é inscritivel.
AB + CD 
OU
Geometria Elementar
Fig. 102
Ora um mede ; ao passo que o outro mede
ED,
H Fig. 103
B
F
; o ângulo AHFSolução: Tracemos AF. O ângulo AFC tem por medida
mede
58
125. Mostre que se duas cordas AB e CD se cortam em um 
círculo, a soma AC + BD dos arcos por elas interceptados 
é igual à soma dos arcos interceptados pelos dois 
diâmetros paralelos a estas cordas.
Com efeito, devido à bissetriz EF, temos: AF - BM = FD - MC.
A bissetriz GH igualmente nos dá: AH - DN = BH - CN.
Somando membro a membro, virá: FH - BM - DN = FD + BH - MN ou 
FH + MN = HM + FN.
A medida dos ângulos FIH e HIM é pois a mesma. Logo, estes ângulos são iguais 
e as bissetrizes EF e GH são perpendiculares entre si.
Solução:
Teremos: AC + DB = KM + LN.
De fato, os ângulos BED e LON, de lados paralelos e dirigidos no mesmo 
sentido, são iguais.
AC + DB
2
Portanto, AC + DB = KM + NL.
KM + LN 
2
AD + CD 
2
126. Sejam o círculo circunscrito a um triângulo ABC, e H o 
ponto de encontro das alturas. Mostre que se 
prolongarmos a altura CG até F, teremos: HG = GF.
C
. Ora, os ângulos ACG e DBA são iguais como complementos do 
mesmo ângulo CAB; portanto os arcos DA e AF, que os medem, são iguais.
Capítulo 2
G
C
R
H Fig. 104
DEA
Fig. 105
59
128. Indicar o lugar dos pontos de origem das tangentes a uma 
circunferência dada, iguais a uma reta dada.
Solução: O lugar é uma circunferência de raio OA e de centro O.
Tracemos as tangentes AB e A'B’ iguais entre si e à reta dada MN, e ainda OA, 
OB, OA'. Os triângulos retângulos OAB e OA'B‘ são iguais. AB = A'B‘ e OB = OB'; 
logo, OA = OA'; os pontos A, A',... distam igualmente do ponto O‘, e, por 
conseguinte, o lugar destes pontos é a circunferência, descrita, com OA por raio.
Solução:
Teremos: AB + CD = AD + BC.
Efetivamente, as tangentes iguais provenientes dos pontos A e B dão:
AF + BF = AE + BG.
Da mesma forma, as tangentes oriundas dos pontos C e D dão: 
CH + DH = DE + CG.
Somando membro a membro, teremos:
AF + BF + CH + DH = AE + BG + DE + CG ou enfim: AB + CD = AD + BC.
Por semelhante razão, os arcos CD e CE são iguais e temos:
AD + CD AF + CE
2 2’
Finalmente, por conseguinte, os ângulos AHG e AFG são iguais e os dois 
triângulos retângulos AGH e AGF são iguais por terem um cateto comum e 
um ângulo agudo igual: logo: HG = GF.
127. Mostre que os lados opostos de um quadrilátero 
circunscrito a uma circunferência, somados dois a dois, 
dão somas iguais.
B
Geometria Elementar
Fig. 106
D
Fig. 107
AD = p - a, BD = p - b, 8F = p - c e AD + DB + BF = p.
60
2° a soma destes segmentos é igual ao semi perímetro. 
Seja o lado AB. Os três segmentos a considerarmos são 
AD, BD e BF.
Solução: Se representarmos os três lados por a, b, c (a oposto ao ângulo A, 
etc...) e o perímetro por 2p, virá:
130. Mostre que:
1° Os segmentos determinados sobre os lados de um 
triângulo pelos pontos de contato do círculo inscrito e de 
um dos círculos ex-inscritos, são iguais cada um ao semi- 
perímetro menos um lado;
A E B
Por fim, temos: 2r = D = AC + AB - BC.
729. Mostre que o diâmetro da circunferência inscrita em um 
triângulo retângulo é igual ao excesso da soma dos 
catetos sobre a hipotenusa.
Solução:
Deveremos ter: 2r = AC + AB - BC
Com efeito, AC + AB - BC = AD + CD + AE + BE - CF - BF. Ora CD = CF e 
BE = BF
Logo. AC + AB - BC = AD + AE.
O quadrilátero ADOE, é retângulo e nos dá' AD + AE = DO + OE = 2r (sendo r 
o raio da circunferência inscrita).
C
Capítulo 2
• Com efeito, 1o:
Igualmente
Fig. 108
que TDA mede ou CE = BE.
2° o ângulo DOF também será constante.
61
131. Sendo duas circunferências O e O' tangentes interiormente 
no ponto A e BC uma corda da circunferência exterior 
tangente em D à circunferência menor, mostre que a reta AD 
é bissetriz do ângulo BAC.
1° o triângulo DBF terá perímetro constante, seja qual for 
o ponto G tomado à vontade sobre o arco;
Solução: Com efeito, as tangentes provenientes do mesmo ponto T dão: ângulo 
TAD = ângulo TDA. Ora, o ângulo TAD tem por medida
CE 
2
132. Sendo uma circunferência tangente a ambos os lados de 
um ângulo ABC, se traçarmos uma terceira tangente DF 
ao arco AC, mostre que:
• 2o Se fizermos a soma dos três segmentos, virá:
AD + BD + BF = p — a + p-b + p- c. 
AD + BD + BF = 3p - 2p = p.
2AD + 2BE + 2CF = 2p 
2AD = 2p - 2BC = 2p - 2a 
AD = p - a.
2AD = 2p - 2BC = 2p — 2a;
2BD = 2p - 2AC = 2p - 2b 
BD = p - b.
Temos BF = BG, por conseguinte:
2BF + 2BD + 2AD = 2AF = 2p.
2BF = 2p - 2AB = 2p - 2c. 
BF = p - c.
AC + CE 
------- ------ , ao passo
AC+BE . t AC + CE AC + BE ------------ . Logo, temos ------ - ------=-------------
Portanto, os ângulos inscritos CAD e BAD, que medem respectivamente
BE
e —, são iguais; por conseguinte, AD é a bissetriz do ângulo BAC.
Geometria Elementar
Fig. 109
B C DA
R:‘ NM
62
Solução:
Deveremos ter:
Fig. 110
Solução: Inscrevamos, nas circunferências dadas, cordas KLMN iguais aos 
comprimentos dados; depois, descrevamos uma circunferência concêntrica 
tangente a cada corda; por fim, tracemos uma tangente AD comum às 
circunferências interiores; esta tangente determina duas cordas AB e CD 
iguais às cordas dadas (n° 145). Está claro que haverá tantas soluções 
quantas tangentes comuns puderem ser traçadas às duas circunferências 
interiores, isto é, quatro.
AOC
BD + BF + DF = 2AB e DOF =------- ,
2
1o Devido às tangentes iguais oriundas dos pontos D e F, temos:
DG + GF = DF = AD + FC. ou enfim: BD + BF + DF = 2AB.
2° Por outra parte, sendo DO bissetriz do ângulo AOG e FO bissetriz do 
ângulo COG, temos:
AOC
DOG + GOF = DOF =
2
133. Sendo dados dois círculos, traçar uma secante tal que as 
cordas interceptadas pelos dois círculos tenham 
comprimentos dados.
°j
Capitulo 2
134.
135.
das alturas136. destesconcurso
63
Lugar dos pontos de 
mesmos triângulos.
Lugar dos centros dos círculos inscritos nestes mesmos 
triângulos.
Lugar dos vértices dos triângulos de mesma base, cujo 
ângulo do vértice seja igual a um ângulo dado.
Fig. m
Solução: São dados BC e o ângulo A. O lugar procurado é o segmento capaz 
do ângulo A descrito sobre BC como corda, pois os ângulos ABC, ABC, 
A"BC,... tém todos a mesma base AC e o ângulo dado A, sob as diversas
BC
apelações A’, A",... não muda de medida: —.
Fig. 112
Solução: Tracemos as bissetrizes dos ângulos ABC, A'BC...; ACB, A'CB...
Estas bissetrizes determinam os centros dos círculos inscritos de que se trata.
A
Ora, cada um dos ângulos O, O’... vale 1 reto + — (ex. 28); como A é dado, 1
A
reto +— é conhecido.
2
O lugar dos pontos O, O'... é, pois, o segmento capaz de um ângulo igual a
A
1r + — descrito sobre BC como corda.
2
Geometria Elementar
A
Fig. 113
CB
Fig. 114
!*
BAx
64
Solução: Sejam ABC um destes triângulos, BOD e COE duas das suas 
alturas.
São conhecidos o ângulo A e a base BC.
No quadrilátero EODA, é fácil ver que o ângulo EOD = 2 retos - A = BOC.
O lugar dos pontos O é, pois, o segmento capaz de um ângulo igual a 
2 retos - A (é o suplemento do ângulo dado) e descrito sobre a base dada 
BC.
z
137. Mostre que de todos os triângulos inscritos no mesmo 
segmento de circulo, o triângulo isósceles tem o maior 
perímetro.
Solução: Consideremos o triângulo isósceles ABC e um triângulo ADB inscrito 
no mesmo segmento, com AB por base. Prolonguemos AC de um comprimento 
CC = BC e AD de um comprimento DD' = BD. O ângulo ACB exterior ao 
ACB
triângulo BCC é igual a 2C onde C = —.
Da mesma maneira, D' = ~■ • Ora, ACB = ADB, logo, C‘ = D' = A^B.
Por conseguinte, todos os pontos C e D' hão de encontrar-se sobre o
ACB 
segmento de círculo descrito sobre AB e capaz de .
Por outro lado, a altura Cl é paralela a C'B, visto que reúne os meios C e I dos 
lados AC e AB (ex. 49); resulta daí que BC é perpendicular sobre AB. Logo, AC 
é diâmetro da circunferência que passa porA, B, D*. C’; e, como AD' é apenas 
uma corda, vem: AD' < AC, seguindo-se: AC + CB + AB > AD + DB + AB
' \/f
Capítulo 2
138.
----- ZM\
139.
140.
65
Estando as posições A, B e C de três campanários 
marcados num mapa, indicar nele a posição M de uma 
casa onde foram observados os ângulos AMB e BMC, 
formados entre si por duas retas horizontais traçadas da 
casa para os três campanários.
Fig. 115
Solução: Tracemos AB e BC. Sobre AB como corda, descrevamos um 
segmento capaz do ângulo AMB; igualmente, sobre BC, um segmento capaz 
do ângulo BMC.
Com evidência, encontra-se a casa sobre o arco AMB e sobre o arco BMC. 
Logo, está no ponto M, interseção dos dois arcos.
Mostre que as circunferências que passam por dois 
vértices de um triângulo ABC e pelo ponto de concurso H 
das alturas, são iguais à circunferência circunscrita ao 
triângulo.
Fig. 116
Solução: Os ângulos BAC e BHC cujos lados são respectivamente 
perpendiculares, são suplementares; por conseguinte, o arco BMC é capaz de 
um ângulo igual a BAC; logo os arcos BAC e BMC são iguais e também as 
circunferências O e O'.
Achar, no plano de um triângulo, um ponto onde se vejam 
os três lados sob ângulos iguais.
£ 1 -•:C
Geometria Elementar
A B
CONSTRUÇÕES DE POLÍGONOS
TRIÂNGULOS ISÓSCELES
Fig. 118
B
Fig. 119
CA D
66
142. Construir um triângulo isósceles, conhecendo o ângulo 
do vértice e a altura.
141. Construir um triângulo isósceles, conhecendo a base e o 
ângulo do vértice.
Solução: Basta, é claro, descrever sobre AB um segmento capaz do ângulo 
dado e elevar no meio D de AB uma perpendicular até o encontro em C do 
segmento; depois, traçam-se AC e BC e tem-se o triângulo pedido.
Fig. 117
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja O o ponto procurado. 
Temos: AOB + AOC + BOC = 4 retos, e como devemos ter: AOB = AOC = BOC, 
resulta que cada um desses ângulos deve valer 4/3 de um reto. Bastará portanto 
descrever sobre cada lado do triângulo segmentos capazes de 4/3 de ângulo 
reto.
O problema será impossível, caso um dos ângulos do triângulo seja superior a 
4/3 de 90°, pois então os três segmentos se cortarão em um ponto O' exterior 
ao triângulo ABC e um dos três ângulos compreenderá os dois outros.
Capítulo 2
143.
Fig. 120O
V B
E F
67
Construir um triângulo isósceles, conhecendo a base e o 
raio do círculo inscrito.
C
Fig. 121
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. A altura CD deve, é claro, achar-se no 
meio do perímetro EF. Tracemo-la. Basta agora conhecer os pontos A e B. 
Ora, os triângulos EAC e CBF são isósceles. Para determinarmos os pontos A 
e B, é só levantarmos perpendiculares sobre os meios de EC e CF até o 
encontro em A e B com a reta EF.
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABC o triângulo procurado. 
Vê-se que, para obter este triângulo, basta traçar uma reta AB igual à base 
dada; descrever com o raio do círculo uma circunferência passando por A e B; 
levantar uma perpendicular pelo meio da base até encontrar a circunferência 
em C; finalmente, traçar AC e BC. Está claro que o triângulo ABC responde 
igualmente à questão.
C’
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABC o triângulo pedido. 
Por um exame da figura, vemos que, para obter o triângulo ABC, basta 
levantar, no meio de uma reta AB, igual à base dada, uma perpendicular 
DO = r, raio do círculo inscrito; depois, descrever este círculo e traçar-lhe duas 
tangentes pelos pontos A e B.
Solução: Tomo, sobre a bissetriz do ângulo dado B um comprimento BD igual 
à altura dada, e no ponto D, levanto uma perpendicular que encontra os lados 
do ângulo B em A e C. O triângulo ABC assim formado responde ã questão.
145. Construir um triângulo isósceles, conhecendo o perímetro 
e a altura.
144. Construir um triângulo isósceles, conhecendo a base e o 
raio do círculo circunscrito (fig. 120).
C 
íR 
A D B
Geometria Elementar
TRIÂNGULOS RETÂNGULOS
746. conhecendo a
Fig. 122
147. isósceles, conhecendo a
148. conhecendo a
68
NOTA. O problema só terá solução para BL < BO: onde resulta que a altura 
máxima correspondente ao ângulo reto de um triângulo retângulo é igual ao 
raio do circulo circunscrito, ou à metade da hipotenusa.
Fig. 123
Solução: Seja BC a hipotenusa dada. Sobre BC como diâmetro, descrevamos 
uma semi-circunferência e, em um ponto B qualquer de BC, levantemos uma 
perpendicular BL igual à altura dada A seguir, pelo ponto L, tracemos uma 
paralela a BC; finalmente, do ponto A em que esta paralela encontra a 
circunferência, tracemos AB e AC. Claro está que o triângulo ABC responde à 
questão, assim como o triângulo BA’C. Entretanto, existe uma única solução, 
porque BAC é igual a BA’C.
A C
Solução: Conhecemos a hipotenusa BC do ângulo B. Traçaremos, pois, BC; 
no ponto B, faremos um ângulo igual ao ângulo dado. Enfim, do ponto C, 
abaixaremos perpendicular sobre BA e o triângulo ABC será o triângulo 
pedido.
749. Construir um triângulo isósceles, conhecendo um cateto 
do ângulo reto A e a altura abaixada por este vértice.
Construir um triângulo isósceles, 
hipotenusa e a altura correspondente.
Construir um triângulo isósceles, 
hipotenusa e um ângulo agudo.
B
Construir um triângulo 
hipotenusa e um cateto.
Solução: Faz-se um ângulo relo BAC; do ponto A, toma-se AB igual ao cateto 
dado e, do ponto B como centro e com BC como raio, descreve-se um arco 
que irá cortar AC em C. Traçado BC, temos o triângulo pedido ABC.
Capitulo 2
A
Fig. 124
B D
Fig. 125
B D E
B
Fig. 126
OD
A
69
150. Construir um triângulo isósceles, conhecendo a mediana 
e a altura oriundas do ângulo reto.
A
C
Solução: Conhecemos AC e AD. Podemos construir o triângulo retângulo ADC 
(ex. 147). No ponto A, faz-se um ângulo reto cujo lado AB encontrará, DC 
prolongado.
151. Construir um triângulo isósceles, conhecendo um cateto e 
o raio r do círculo inscrito.
E C
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABC, retângulo em A, o 
triângulo pedido. Conhecemos AB e OD = r, mas OD = AE; por outra parte, o 
centro O acha-se sobre a bissetriz do ângulo A. Dai, esta fácil construção: fazer 
um ângulo reto; sobre um dos catetos, levar um comprimento AB igual ao cateto 
conhecido; traçar a bissetriz AO do ângulo A; tomar AE = DO = r; no ponto E, 
levantar uma perpendicular que, cortando a bissetriz, determinará o ponto O, 
centro do circulo inscrito, enfim, pelo ponto B. traçar uma tangente ao círculo, a 
qual, ao encontrar AC, determinará o triângulo.
C
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Conhecemos a altura AD e a mediana 
AE. BC é o diâmetro do circulo circunscrito, visto que A é reto; portanto, BE, 
EC e AE são raios. Deveremos, pois construir o triângulo retângulo DAE, 
prolongar DE de uma quantidade EC = AE, unir o ponto C ao ponto A e 
finalmente fazer um ângulo reto em A: o cateto AB encontrará DC prolongado.
Geometria Elementar
AB D
Fig. 128
B'
70
C
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABC, retângulo em A, o 
tnángulo pedido. Conhecemos o ângulo agudo B e a soma AB + AC. 
Prolonguemos AB de uma quantidade AD = AC e tracemos DC. Sendo isósceles o 
triângulo ADC, o ângulo D vale 45°. Podemos, por conseguinte, construir o 
triângulo BDC, pois conhecemos deste triângulo o lado BD = AB + AC e os 
ângulos B e D; bastará, no meio de DC, levantarmos uma perpendicular EA para 
determinarmos o vértice A.
154. Construir um triângulo isósceles, conhecendo um ângulo 
agudo e a diferença dos catetos.
153. Construir um triângulo isósceles, conhecendo um ângulo 
agudo e a soma dos catetos.
D
152. Construir um triângulo isósceles, conhecendo o raio r do 
circulo inscrito e um ângulo agudo.
Fig. 127
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABC, retângulo em A, o 
triângulo pedido. Conhecemos o ângulo agudo B e r = OD. O centro do circulo 
inscrito encontrar-se-á, sobre a bissetnz do ângulo B e a uma distância dada OD 
do cateto BA. Daí a construção seguinte: fazer um ângulo agudo igual ao ângulo 
dado; traçar-lhe a bissetriz; em ponto qualquer B de BA, levantar uma 
perpendicular BE= OD = r; do ponto E, correr uma paralela a BA, que 
determinará o centro O do círculo inscrito. A tangente CA, perpendicular sobre 
AB, completa o triângulo ABC.
Capítulo 2
A
Fig 129D,
B'
Fig. 130
'BA
TRIÂNGULOS QUAISQUER
156.
71
Construir um triângulo, conhecendo os meios dos três 
lados.
155. Construir, sobre uma base dada AB, um triângulo CAB, 
retângulo em A, e tal que a hipotenusa CB e o cateto CA 
perfaçam uma soma dupla do cateto AB.
C
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABC, retângulo em A, o 
triângulo pedido. Conhecemos o ângulo B e a diferença AB - AC. Façamos 
AD = AC e tracemos DC. O ângulo ADC = 45° e, por conseguinte, BDC = 135°. 
Assim podemos construir o triângulo BDC, pois o ângulo B é dado, o ângulo BDC 
é conhecido e BD = AB - AC é dado. Do ponto C, abaixaremos uma perpendicular 
sobre BD prolongado, e teremos a solução do problema.
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Prolonguemos CA até K, de modo a 
termos CK = CB. Por conseguinte, AK = 2AB. Além disto, o triângulo BCK é 
isósceles.
Logo, se, pelo ponto D, meio de BK, levantarmos uma perpendicular DC, 
passará pelo vértice C do triângulo ABC. Dai a construção seguinte: 
construiremos o triângulo retângulo ABK, no qual conhecemos os catetos e, no 
meio D de BK, levantaremos uma perpendicular que determinará o vértice C do 
triângulo procurado.
K h.
Geometria Elementar
Fig. 131
Fig. 132
Fig. 133
A
72
157. Construir um triângulo, conhecendo dois lados e o ângulo 
oposto a um deles.
Também só existe uma solução, se CB for igual á perpendicular CD.
(Facilmente se advinha a posição de B'").
Enfim, o problema não admite solução para o caso CB < CD.
4 
A D B
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Unamos os pontos D, E e F dados 
como meios dos três lados. DE é paralela a AC, DF a CB e EF a AB (ex. 49). 
Logo, basta traçar, pelos pontos D, E e F, paralelas a EF, DE e FD: os pontos 
de interseção destas paralelas determinarão os vértices do triângulo ABC.
C
.A 
B” A B’*“............. "'B
Solução: Suponhamos que o ângulo dado seja agudo. Façamos um ângulo A 
igual ao ângulo dado; depois, tomemos um comprimento AC igual a um dos 
lados dados. Feito isto, descrevamos, do ponto C como centro e com o outro 
lado como raio, um arco de círculo que cortará geralmente AB em B e B’.
Se traçarmos CB e CB', obteremos assim dois triângulos ACB e ACB' que 
respondem ambos à questão. No caso suposto, há pois duas soluções.
Discussão - 1o A é ângulo agudo.
Se tivermos BC = AC, o arco descrito, do ponto C com CB como raio, corta 
AB em A e B; portanto, neste caso, só haverá a solução ABC.
Se tivermos BC > AC, o arco cortará AB á direita e à esquerda de D em B"' e 
B"; haverá igualmente apenas a solução ACB"’. Não se pode aceitar ACB", 
porque CB" corresponde a um ângulo obtuso B"AC, o que é contra a hipótese.
C
Capítulo 2
Fig. 134
igual a o que nos determina o vértice C.
C’ A B C”
Fig. 135
um
73
159. Construir um triângulo, conhecendo o perímetro, 
ângulo e um ponto do terceiro lado.
No ponto C, fazemos o ângulo ACC igual ao ângulo C, que dá o vértice A; do 
mesmo modo, para o vértice B, e o problema está resolvido.
2o A é reto.
Obter-se-ão, como a figura indica, dois triângulos retângulos ABC e AB'C 
iguais, havendo pois uma única solução.
Esta solução só existe no caso de BC > AC.
3o A é obtuso.
B 
2’
Há apenas a solução ACB.
Não se pode aceitar ACB', pois CB' é oposto a um ângulo agudo, o que é 
contra a hipótese. Aliás, para ser possível o triângulo, é necessário, com 
evidência, tenhamos CB > CA.
158. Construir um triângulo, conhecendo o perímetro e os 
ângulos.
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Sobre AB prolongado, tomo AC = AC 
e BC" = BC. CC* é igual ao perímetro dado. De mais a mais, no triângulo 
isósceles ACC, o ângulo exterior CAB é igual ao dobro de CCA ou 
CC'A=^ã.
Dai a construção seguinte: tomamos um comprimento CC" igual ao perímetro
A
dado, no ponto C, fazemos um ângulo igual a —; no ponto C", um ângulo
Geometria Elementar
O
D>
P
74
161. Construir um triângulo, conhecendo um lado, o ângulo 
adjacente e a diferença dos dois outros lados.
160. Construir um triângulo, conhecendo um lado, um ângulo 
adjacente e a soma dos dois outros lados.
E
\B
D, 
a/
Fig. 136
Solução: Seja O o ângulo dado. A partir de O, tomo dois comprimentos OA e 
OB iguais cada um à metade do perímetro dado, e descrevo uma 
circunferência tangente em A e B aos lados OA e OB. Qualquer tangente, 
como DE, determina, nos lados do ângulo O, um triângulo ODE de perímetro 
constante e igual ao perímetro dado (ex. 132). Bastará então traçar, do ponto 
dado P, uma tangente à circunferência e o triângulo ODE será o triângulo 
procurado. Está claro que o triângulo OD'E‘ também responde à questão.
Fig. 137
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja BAC o triângulo pedido. 
Conhecemos o lado BC, o ângulo B e a soma BA + AC. Prolonguemos AB de 
uma quantidade AD = AC e tracemos DC. O triângulo ADC é isósceles. Aliás, 
podemos construir o triângulo BDC; pois o ângulo B é dado, o lado BC 
também, e o lado BD = BA + AC. Construído este triângulo, teremos o vértice 
A levantando uma perpendicular no meio de DC até encontrar BD em A; 
bastará traçar AC e o problema estará resolvido.
Capitulo 2
163.
75
Construir um triângulo, conhecendo um lado, o ângulo 
oposto e a diferença dos dois outros lados.
Fig. 139
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja ABC o triângulo pedido. 
Conhecemos BC, o ângulo oposto A e a soma AB + AC. Prolonguemos AB de 
uma quantidade AD = AC. O triângulo DAC é isósceles; portanto, o ângulo
RAC
BAC vale 2D ou D =
162. Construir um triângulo, conhecendo um lado, o ângulo 
oposto e a soma dos dois outros lados.
NOTA. Se levantarmos uma perpendicular no meio de DC e a prolongarmos 
até encontrar BD em A' e, depois, traçarmos A'C, parecerá que o triângulo 
A’BC seja outra solução, pois sendo isósceles o triângulo DA'C’, o ângulo 
BA'C' é igual ao ângulo dado ABC* = BC e BA' + A'C = BD = AB + AC. O 
triângulo BA'C responde portanto à questão. Mas o triângulo BA'C = BAC, 
pois A = A’; BC = BC e A’BC = ACB, visto termos ACB = 2 retos - D - BCC 
e também: DBC ou A'BC = 2 retos - D - BCD: logo, existe, na realidade, 
apenas uma solução.
Fig. 138
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja BAC o triângulo pedido. 
Conhecemos B, BC e BD = AB - AC. Podemos, pois, construir o triângulo 
BDC. A perpendicular levantada no meio de DC encontrará BD prolongado e 
assim determinará o vértice A; traçando AC, teremos o problema resolvido.
BACDaí a seguinte construção, faço um ângulo D = tomo DB = BA + AC e, 
do ponto B como centro, com BC por raio, descrevo um arco que encontrará 
DC em C. A perpendicular EA levantada no meio de DC determina o vértice A. 
Traço AC e BC e o problema está resolvido.
Geometria Elementar
A
Fig. 140
C
Mas BDC = 2 retos - ADC = 2 retos - 1 reto + . Daí a= 1 reto +
tomo DB = BA - AC e, do
Fig. 141
76
166. Construir um triângulo, conhecendo o raio do círculo 
circunscrito e os ângulos.
A
T
165. Construir um triângulo, conhecendo o raio do círculo 
circunscrito, um lado e um ângulo adjacente (fig. 141).
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Conhecemos AC, o ângulo CAB e o 
raio do circulo circunscrito. Descrevemos a corda AC, fazemos um ângulo 
CAB igual ao ângulo dado. O lado AB deste ângulo encontra a circunferência 
no ponto B. Traçamos CB e o problema está resolvido.
A 
2
164. Construir um triângulo, conhecendo os ângulos e a soma 
de dois lados (fig. 137).
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Conhecemos a soma AB + AC e os 
três ângulos. Prolongo AB de uma quantidade AD = AC. O triângulo ADC é 
BACisósceles e, portanto, D = —: por outra parte, conhecemos o ângulo A e o
lado BD; logo, o triângulo BDC pode ser construído. Construímo-lo e, sobre o 
meio de DC, levantamos uma perpendicular EA que determina o vértice A; por 
fim, traçamos AC.
B'
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. São conhecidos o lado BC, o ângulo A 
e a diferençaBA - AC. Tomo um comprimento AD = AC e traço DC. No
A 
triângulo isósceles ADC, tenho 2ADC = 2 retos - A; onde: ADC = 1 reto - —.
A
construção: faço um ângulo BDC = 1 reto +
ponto B como centro e com BC por raio, descrevo um arco que cortará DC em 
C. Prolongo BD e, sobre o meio de DC, levanto uma perpendicular que 
determina o vértice A; finalmente, traço AC e o problema está resolvido.
Capitulo 2
Fig. 143
768.
77
767. Construir um triângulo, conhecendo o raio do círculo 
circunscrito, um lado e uma altura (2 casos).
Construir um triângulo, conhecendo o raio do circulo 
inscrito e os ângulos.
Solução:
1o Caso - A altura corresponde ao lado dado.
Seja ABC o triângulo pedido. Conhecemos AB, a altura CD e o raio do círculo 
circunscrito. Descrevo um circulo com o raio dado; inscrevo a corda AB e traço 
CC, paralela a AB, a uma distância desta igual a CD. Esta paralela encontra a 
circunferência em C e C. Traço CA, CB e o triângulo ACB responde à questão. 
O triângulo ACB, igual ao triângulo ACB, nâo constitue segunda solução.
2o Caso - A altura corresponde a um dos lados desconhecidos.
Seja ABC o triângulo pedido. Conhecemos AB, a altura AD e o raio do circulo 
circunscrito. Descrevo uma circunferência com o raio dado; inscrevo a corda 
AB e, do ponto A como centro e com AD por raio, descrevo um arco de 
circulo; depois, do ponto B, traço as tangentes BD e BD' que encontram o 
circulo dado em C e C, e tenho assim dois triângulos ACB e ACB, que 
respondem ambos à questão.
Solução: Descrevo uma circunferência com o raio dado Em um ponto 
qualquer, traço uma tangente qualquer EAD. Faço em A um ângulo CAD igual 
ao ângulo dado ABC e um ângulo BAE igual ao ângulo BCA. Traço CB. Pela 
medida dos seus ângulos, o triângulo ABC responde à questão.
Geometria Elementar
C
Fig. 144
A D B
CA
Fig. 145
78
170. Construir um triângulo, conhecendo o raio r do circulo 
inscrito, um ângulo e a altura correspondente.
169. Construir um triângulo, conhecendo o raio r do círculo 
inscrito, um lado e um ângulo (2 casos).
Solução:
Solução: Seja ABC o triângulo procurado. São conhecidos A, B e C e o raio 
OD. Construo o ângulo A, inscrevo nele o circulo de raio OD. Posso construir 
o triângulo retângulo OBD, pois conheço OD e o ângulo O, sendo OB bissetriz 
do ângulo dado B.
Este triângulo determina o ponto B; deste ponto, traço uma tangente ao 
circulo de raio OD; o triângulo ABC, assim formado, satisfaz ao problema.
1o Caso - O ângulo é adjacente ao lado dado.
Seja ABC o triângulo procurado (fig. 144). Conhecemos o ângulo A, o lado AB e o 
raio do circulo inscrito. Construimos o ângulo dado CAB e inscrevemos neste 
ângulo o circulo de raio r.
A partir do ponto A, levamos um comprimento AB igual ao lado dado; depois, 
do ponto B, traçamos uma tangente BE que, prolongada, encontrará o lado 
AC. O triângulo ACB assim obtido é a solução
2o Caso - O ângulo é oposto ao lado dado.
Seja ABC o triângulo pedido. Conhecemos o ângulo C, o lado AB e o raio do 
circulo inscrito.
Construímos o ângulo C e inscrevemos neste ângulo o círculo de raio dado. 
Temos (n° 199) AD = AF e BD = BE ; logo AD + BD ou AB = AF + BE.
Se, portanto, acrescentarmos CF + CE a AB, teremos: CA + CB e então 
conheceremos o ângulo C, o lado AB e a soma AC + BC; é o caso do 
exercício 162.
n'\ 
o •
Capítulo 2
171.
79
172. Construir um triângulo, conhecendo os centros dos três 
círculos ex-inscritos.
Solução: São conhecidos o raio do circulo inscrito, o ângulo A e a altura 
correspondente AD.
Constrói-se um ângulo A igual ao ângulo dado. Neste ângulo, inscreve-se um 
círculo de raio r. A seguir, de A como centro e com raio igual à altura dada, 
descreve-se um arco mn.
A este arco e à circunferência O, leva-se uma tangente comum que é o 
terceiro lado e que limita os dois primeiros. Obtém-se desta forma o triângulo 
ABC, que responde a todas as exigências do enunciado.
Construir um triângulo, conhecendo o raio r do circulo 
inscrito, o raio r' do círculo ex-inscrito e um ângulo (2 
casos).
Solução:
1o Caso - O círculo ex-inscrito está no ângulo dado.
Seja ABC o triângulo procurado. Faço um ângulo CAB igual ao ângulo dado; 
inscrevo neste ângulo sucessivamente um circulo de raio r e outro de raio r1. 
Levo a estes dois círculos a tangente comum BC e tenho o triângulo ABC que 
responde à questão.
2o Caso - O circulo ex-inscrito está no ângulo adjacente ao ângulo dado.
Construo o ângulo dado A. Inscrevo neste ângulo o circulo de raio r, e no ângulo 
DAC, o de raio r*; traço aos dois círculos uma tangente exterior ECB, que 
determina o triângulo procurado.
Geometria Elementar
Fig. 148
A D E B
80
174. Construir um triângulo, conhecendo um ângulo, a altura e 
a bissetriz do ângulo dado.
173. Construir um triângulo, conhecendo os trés ângulos e 
uma das alturas (fig. 151).
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja ACB o triângulo pedido. Se, 
pelo vértice C, traçarmos uma paralela ao lado AB, ficará à distância dada 
CB = h do lado AB. Bastará construirmos o ângulo ABC, traçarmos ao lado AB 
uma paralela situada à distância h dessa reta, e fazermos em C um ângulo igual 
ao ângulo dado ABC. Como podemos tomar indiferentemente um dos trés 
ângulos, segue-se que o problema tem trés soluções.
E\ Á 
..... À&....
A\ i ,/B
Fig. 149
Solução: Seja ABC o triângulo procurado. São conhecidos: o ângulo C, a altura 
CD e a bissetriz CE. Assim podemos construir o triângulo retângulo CDE. 
Construído que seja, fazemos, de cada lado da bissetriz ângulos ECB e ECA, 
iguais ambos à metade do ângulo dado. Assim temos o triângulo ACB, que 
responde à questão.
O”
Solução: Seja ABC o triângulo procurado. Conhecemos O, O' e O". Aliás, 
sendo OC e O'C as bissetrizes de dois ângulos ECA e FCB opostos pelo 
vértice, acham-se em linha reta e OCA e OCB são iguais; mas CO" é bissetriz 
do ângulo ACB (ex. 87) e, por conseguinte, perpendicular sobre OO*. Logo, se 
do ponto O" traçarmos uma perpendicular a OO', ela determinará o vértice C. 
Analogamente se determinam os vértices A e B.
Capítulo 2
Fig. 150
A-
Fig. 151
A
81
Solução: O ângulo dado pode ser adjacente ou oposto ao lado dado; daí dois 
casos principais:
1o Caso Principal - O ângulo dado A é adjacente ao lado dado AB Então a 
altura dada h pode corresponder: 1o ao lado dado; 2o ao lado incógnito do 
ângulo dado, 3o ao lado oposto ao ângulo dado.
1o A altura h corresponde ao lado dado - Seja ABC o triângulo pedido. São 
conhecidos o ângulo A, o lado AB e a altura CD = h. Traço AB; no ponto A, 
faço um ângulo CAB igual ao ângulo dado e, em um ponto qualquer A de AB, 
levanto uma perpendicular AE = h; depois, traço EF, paralela a AB. O terceiro 
vértice deve, com evidência achar-se sobre esta paralela; logo, está no ponto 
C em que EF encontra AC; finalmente, traço CB.
E C F
176. Construir um triângulo, conhecendo um lado, um ângulo e 
uma altura (5 casos).
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja ABC o triângulo 
procurado Se considerarmos o triângulo MNP formado pelos pés das três 
alturas, as alturas do triângulo ABC são as bissetrizes dos ângulos do 
triângulo MNP (ex. 120). Para termos os lados AC, BC e AB, bastará pois 
traçarmos, pelos pontos M, N e P, retas perpendiculares às bissetrizes dos 
ângulos M, N e P do triângulo MNP, as quais determinarão, por suas 
interseções, o triângulo ABC.
D B
2o A altura dada h corresponde ao lado incógnito do ângulo dado - Seja ABC 
o triângulo pedido. Conhecemos o ângulo A, o lado AB e a altura BI. Como, 
do ponto B, só podemos traçar a perpendicular BI a AC, o problema é 
impossível se a altura h for maior ou menor que BI; com h = BI, o problema é 
indeterminado, porque, unindo qualquer ponto de AC ao ponto B, obtemos um 
triângulo que responde à questão. Esta indeterminação provém de que um 
dos dados é consequência dos dois outros: sendo dados o ângulo A e o lado 
AB, automaticamente é dada a altura. Na realidade, há só dois elementos 
dados.
Vp
175. Construir um triângulo, conhecendo os pés das três 
alturas.
C
GeometriaElementar
C
Cr
Fig. 152
,D
A
Fig. 153
Fig. 154
82
L
A \
. D’!
3° A altura dada h corresponde ao lado oposto ao ângulo dado - Seja ABC o 
triângulo pedido. São conhecidos o ângulo CAB, o lado AB e a altura AD = h. 
Construo o ângulo CAB. Tomo AB igual ao lado dado e, do ponto A como 
centro com h por raio, descrevo um arco de círculo; enfim, do ponto B, traço 
duas tangentes a este arco, prolongando-se até o seu encontro com AC. 
Assim obtenho os dois triângulos ACB e ACB, que satisfazem ambos às 
exigências do problema.
2o Caso Principal - O ângulo dado C é oposto ao lado dado AB. Então, a 
altura h pode corresponder: 1o ao lado dado; 2o a um dos lados incógnitos.a
D/B
1o A altura h corresponde ao lado dado - Seja ABC o triângulo pedido. São 
conhecidos AB, o ângulo Cea altura CD. Traço AB; o ângulo C está sobre o 
segmento capaz do ângulo dado, construído sobre AB. Construo este 
segmento. O vértice C está à distância CD = h de AB. Traço uma paralela a 
AB que fique a esta distância. Esta paralela encontra a circunferência em C e 
C. Traço CA e CB. O triângulo ACB responde à questão. Traçando ainda C’B, 
obtenho outro triângulo CAB, o qual, sendo igual ao primeiro, não constitue 
solução diferente.
Capitulo 2
x.çC'<
A D B
Fig, 155
Solução:
A
/ C”
83
177. Construir um triângulo, conhecendo dois lados e uma 
altura (2 casos).
Fig. 156
2o Caso - A altura h corresponde ao lado incógnito - Seja ABC o triângulo 
pedido. Conhecemos AB, AC e a altura h = AD. Tracemos AB; do ponto A como 
centro e com h por raio, descrevamos um arco de circulo e, do ponto B, levemos 
duas tangentes a este arco. O vértice C está na tangente AC. Ora, conhecemos 
AC. Do ponto A como centro e com AC por raio, descrevamos um arco que 
cortará BD em C e C. Tracemos AC e AC. Os triângulos ACB e AC'B 
satisfazem ambos aos dados da questão. A tangente BD' daria duas soluções, 
assim como a tangente BD, mas não seriam soluções novas, porque os dois 
triângulos ABC" e ABC" assim obtidos seriam respectivamente iguais aos 
triângulos ABC e ABC.
2° A altura h corresponde a um lado incógnito - Seja ABC o triângulo pedido. 
São conhecidos o lado AB, o ângulo Cea altura AD O ângulo C fica num 
segmento capaz do ângulo dado e descrito sobre AB. Construo este segmento. 
Do ponto A como centro, com h por raio, descrevo um arco de circulo.
Pelo ponto B, traço ao arco uma tangente que limito á circunferência. Assim 
tenho o lado BC e, por conseguinte, o triângulo ABC que satisfaz ao enunciado.
cortará a paralela CC em C e C. Traço AC, BC, AC o BC. Tenho assim dois 
triângulos que respondem ambos à questão. Haverá, por conseguinte, duas 
soluções ou uma ou nenhuma, conforme tenhamos AC > h, AC = h e AC < h.
1o Caso - A altura h corresponde a um dos lados dados - Seja ABC o 
triângulo pedido. São conhecidos AB, AC e a altura CD = h. Traço AB. O 
vértice C está numa paralela a AB, à distância h. Traço esta paralela. Como 
AC é dado, do ponto A como centro e com AC por raio, descrevo um arco que
Geometria Elementar
178.
Fig. 157
A D
Fig. 158
179.
Fig. 159
84
Construir um triângulo, conhecendo um lado e duas 
alturas (2 casos).
Construir um triângulo, conhecendo um ângulo e duas 
alturas (2 casos).
C
A • B
2° Caso - Uma das alturas corresponde ao lado oposto ao ângulo dado - Seja 
ABC o triângulo pedido. Conhecemos o ângulo A, e as alturas BE e AD. Traço o 
ângulo CAB e determino o ponto B como no primeiro caso. A seguir, do ponto A 
como centro e com AD por raio, descrevo um arco de círculo ao qual levo uma 
tangente passando pelo ponto B. O seu encontro com o lado AC do ângulo A 
me dá o terceiro vértice do triângulo, que assim fica determinado.
Para ser possível o problema, é necessário que o primeiro lado determinado, 
AB, seja pelo menos igual à altura AD.
Solução:
1o Caso - As duas alturas correspondem aos dois lados do ângulo dado - Seja 
ABC o triângulo pedido. Conhecemos o ângulo A e as alturas CD = h e BF = h'. 
Construamos um ângulo CAB igual ao ângulo dado; à distância h de AB, 
tracemos uma paralela que, ao encontrar AC, determinará o vértice C; à 
distância h* de AC, tracemos-lhe uma paralela que, encontrando AB, 
determinará o ponto B. Assim teremos o triângulo ABC que satisfará às 
condições do enunciado.
Capítulo 2
Solução:
C
M
BA
Fig 161
85
180. Construir um triângulo, conhecendo dois lados e uma 
mediana (2 casos).
Fig. 160
2o Caso - As alturas correspondem aos lados incógnitos - Seja ABC o 
triângulo procurado. Conheremos AB e as alturas AD e BE. Do ponto A como 
centro, e com AD por raio, descrevamos um arco de circulo; do ponto B, com 
o raio BE, outro arco. O ponto C acha-se forçosamente em cada uma das 
tangentes levadas aos arcos dos pontos A e B; portanto, só se pode achar na 
interseção das mesmas. Assim temos o triângulo ABC, que responde à 
questão. A tangente BD* prolongada fornece outro triângulo ABC, que 
igualmente responde à questão.
1o Caso - Uma das alturas corresponde ao lado dado - Seja ABC o triângulo 
dado. Conhecemos AB e as alturas CE e AD. Tracemos AB. O vértice C 
encontra-se numa paralela a AB, à distância CE de AB. Construamo-la. Do 
ponto A como centro e com AD por raio, descrevamos um arco de círculo e do 
ponto B, tracemos as tangentes BD e BD' a este arco.
Prolongadas, elas encontram a paralela a AB em C e C. Traçando AC e AC‘, 
teremos os dois triângulos ACB e ACB, que respondem à questão.
Geometria Elementar
Fig. 162
181. Construir um triângulo, conhecendo as três medianas.
R
V
B CD
Fig. 163
86
182. Construir um triângulo, conhecendo o ângulo, a altura e a 
mediana do vértice.
Solução:
1o Caso - A mediana corresponde a um dos dois lados dados - Seja ABC o 
triângulo pedido. Conhecemos AC, CB e a mediana BM. Tracemos AC. Do 
ponto C como centro e com CB por raio, descrevamos um arco de círculo e do 
ponto M, meio de AC, com MB por raio, outro arco que cortará o primeiro em 
B. Tracemos CB e AB, e está resolvido o problema.
2o Caso - A mediana corresponde ao lado incógnito - Seja ABC o triângulo 
pedido. São conhecidos AC e CB e a mediana CM. Prolonguemos CM de 
DM = CM O quadrilátero ABCD assim obtido, e no qual as diagonais se cortam 
em partes iguais, é um paralelogramo, e temos: AD = CB. Logo, o triângulo 
ACD, de que se conhecem os três lados, pode ser construído, o que dará os 
vértices A e C. Para se ter o vértice B, bastará prolongar AM de BM = AM.
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Sabe-se que as medianas se cortam 
aos 2/3 do comprimento a contar do vértice. Conhecemos pois, no triângulo 
BOC, os lados OB, OC e a mediana OD; podemos construir o triângulo (ex.
BO180, 2o caso). Se prolongarmos BO de uma quantidade OF = -y- e OC de
OC
OF = -y-, teremos os pontos E e F; por fim, se traçarmos BF e CE, estas 
retas prolongadas determinarão o ponto A, e teremos o problema resolvido.
¥z
Capítulo 2
Fig. 164
87
183. Construir um triângulo, conhecendo os ângulos e uma 
mediana.
Fig. 165
Solução: Suponhamos resolvido o problema. Sejam ABC o triâgulo procurado e 
CM a mediana dada Prolonguemos CM de quantidade igual a si até D e 
terminemos o paralelogramo ADBC. O ângulo A é conhecido, e o vértice A deve 
encontrar-se num segmento capaz do ângulo A descrito sobre CM. Sendo o 
ângulo BAD igual ao ângulo CBA como alternos-internos, o ângulo CAD é igual 
a CAB + CBA, ou por outra: é conhecido, e o vértice A deverá encontrar-se 
também sobre um segmento capaz do ângulo CAD descrito sobre CD. Portanto, 
acha-se na interseção dos dois segmentos em questão.
Para obtermos o vértice B, só teremos que prolongar a mediana AM, do 
triângulo ACD, de uma quantidade MB = AM; enfim, traçaremos AC e BC, e 
teremos o triângulo ABC, que responde à questão.
W"' 
D
C
AK//
■Â- 
\\ I / w
D
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Conhecemos o ângulo C, a altura CH 
e a mediana CM. Portanto, podemos construir o triângulo retângulo CMH. 
Aliás, se prolongarmos CM de MD = CM e completarmos o paralelogramo 
ABCD, o ângulo CAD será suplementarde C e para termos o vértice A, 
bastará, por conseguinte, descrever sobre CD um segmento capaz do ângulo 
CAD que, pela sua interseção com o prolongamento de MH, dará o ponto A. 
Para conseguir o vértice B, bastará duplicar o comprimento de AM.
Geometria Elementar
CONSTRUÇÃO DE DIVERSOS POLÍGONOS
aa soma ou
Fig 166
por
3 5
C
A B
88
Fig. 167
Solução: Construamos o triângulo isósceles AOB, no qual conhecemos o 
ângulo O e a base AB. Prolonguemos AO de uma quantidade OC = AO e OB de 
OD = OB; a seguir, tracemos AD, BC e DC.
184. Construir um quadrado conhecendo-lhe a diagonal (fig. 
166).
Solução: Este problema vem a ser o mesmo que construir um triângulo 
isósceles do qual se conhecem a base BD e o ângulo do vértice que é reto. 
Construído o triângulo ABD, levam-se, pelos pontos B e D, paralelas a AD e 
AB, que determinam a ponto C.
186. Construir um retângulo conhecendo um dos lados e o 
ângulo das diagonais.
D
185. Construir um quadrado conhecendo 
diferença do lado e da diagonal.
conseguinte, CEB = 2r- —r = —r No triângulo CEB, conhecemos agora o lado 
EB e os ângulos CEB e CBE Podemos, portanto, construí-lo e completar 
facilmente o quadrado
Solução:
1o Dá-se BD + DC. Por outra parte, os ângulos do triângulo BCD são 
conhecidos. Podemos, pois, construi-lo (ex. 164). Termina-se depois o 
quadrado (ex. 184).
2o Dá-se BD - DC = EB. Desta igualdade, resulta que DC = DE; ora EDC = 1/2
3 
reto; portanto 2DEC = 2r - 1/2r = 3/2 retos, onde DEC = — r;
Capítulo 2
a
D C
Fig. 168
A E B
Fig. 169
89
Do triângulo EBD, conhecemos agora os ângulos DBE e DEB e o lado EB. 
Constrói-se este triângulo e, do ponto D, abaixa-se uma perpendicular DA 
sobre o prolongamento de EB e completa-se então o retângulo.
187. Construir um retângulo conhecendo o perímetro e 
diagonal
Solução: No triângulo retângulo ABC, conhecemos AC, a soma AB + BC e o 
ângulo reto ABC; logo, podemos construir este triângulo (ex. 162) e, por 
conseguinte, o retângulo.
188. Construir um retângulo conhecendo o perímetro e o 
ângulo das diagonais.
Solução: Conhecendo o ângulo das diagonais, conhecemos o ângulo OAB e, 
por conseguinte, o ângulo OCB. Do triângulo ABC, são conhecidos os ângulos 
CAB o ACB e a soma AB + BC. Pode-se, pois, construí-lo (ex. 164) e depois 
fazer o retângulo.
190. Construir um losango conhecendo as diagonais.
Solução: Será fácil construir esta figura, se recordarmos que as diagonais de 
um losango se cortam perpendicularmente e em partes iguais.
189. Construir um retângulo conhecendo a diferença de dois 
lados e o ângulo das diagonais.
Solução: Seja ABCD o retângulo pedido. Conhecemos EB e o ângulo O e, 
por conseguinte, também OBA. Já que EB é a diferença dos dois lados, 
1 13AE = AD, e o ângulo AED = — reto, onde DEB = 2r - — r = — retos.
191. Construir um losango conhecendo o lado e o raio do 
circulo inscrito.
Geometria Elementar
192.
D Fig. 170
C
conhecendo um ângulo e uma
ângulo, conhecemos todos outros.os
e o lado
O
A
Fig. 171
90
Construir um losango conhecendo um ângulo e o raio do 
circulo inscrito.
Solução: Faço um ângulo A igual ao ângulo dado, increvo neste ângulo o 
circulo dado. AO é bissetriz do ângulo A e perpendicular a DB; portanto, é 
fácil construir o triângulo ABD e, por conseguinte, o losango inteiro.
A
194. Construir um paralelogramo conhecendo diagonais e um 
lado.
Solução: São dadas as diagonais e o lado AB. Assim conhecemos os três 
lados do triângulo AOB. Constrói-se este triângulo: prolonga-se AO de uma 
quantidade OC = AO, e OB de OD = OB; depois, é só traçar AD, DC e BC.
D C
B
BDBO = —, posso construir este triângulo e dai o losango.
Solução: As diagonais BD e AC são as bissetrizes dos ângulos do losango. O 
centro do circulo inscrito é pois o ponto de concurso das diagonais em O. A 
perpendicular OE sobre AB é, por conseguinte, o raio do círculo inscrito.
Do triângulo retângulo ABO, conheço a hipotenusa AB e a altura 
correspondente OE; assim posso construir este triângulo (ex. 148); ser-me-á 
então fácil completar o losango, pois conhecerei as semi-diagonais AO e BO.
193. Construir um losango 
diagonal. 
Solução: Conhecendo um 
Suponhamos o problema resolvido e seja ABCD (fig. 170) o losango 
g 
procurado. Do triângulo retângulo AOB, conheço o ângulo ABO = —
Capítulo 2
C
Fig. 172
A E B
CD
Fig. 173
A E BF
91
Solução: Conhecendo AC, a soma AB + BC e ângulo D, construimos o 
triângulo ABC (ex. 162); depois, completamos o paralelogramo.
199. Construir um trapézio isósceles conhecendo as bases e 
um ângulo.
196. Construir um paralelogramo conhecendo um lado, um 
ângulo e uma diagonal.
Solução: Conhecido um ângulo de um paralelogramo, conhecem-se todos, 
porque A = C e B = D. Aliás, se A for dado, teremos B = 2 retos - A. Do 
triângulo ABC, conhecemos portanto o ângulo B e os lados AC e AB. 
Construiremos este triângulo (ex. 157) e, a seguir, traçaremos, pelos pontos C 
e A, as paralelas CD e AD a AB e BC.
197. Construir um paralelogramo conhecendo um lado, uma 
altura e um ângulo (2 casos).
D
195. Construir um paralelogramo conhecendo as diagonais e 
os seus ângulos.
Solução: Constrói-se o triângulo AOB, de que se conhecem o ângulo O e os 
lados OA e OB; depois, completa-se o paralelogramo (ex. 194).
198. Construir um paralelogramo conhecendo uma diagonal, 
um ângulo e o perímetro (fig. 171).
Solução:
1o Caso - A altura corresponde ao lado dado - Seja ABCD o paralelogramo 
procurado. Conhecemos AB, o ângulo A e a altura DE. Constrói-se o triângulo 
retângulo ADE, prolonga-se AE até B, de modo a ter AB igual ao lado dado; 
do ponto D, leva-se DC paralela e igual a AB, finalmente, traça-se BC.
2° Caso - A altura dada não corresponde ao lado dado - Conhecemos AD, o 
ângulo A e a altura DE; podemos construir o triângulo retângulo ADE, mas 
ainda assim o problema permanece indeterminado, pois não é conhecido o 
comprimento de AB. Provém a indeterminação de que a altura depende do 
ângulo A e do lado AD; só temos realmente dois elementos dados.
Geometria Elementar
201.
Fig. 174
A
202.
C
A E F B
92
Construir um trapézio isósceles conhecendo uma base, a 
altura e um dos lados iguais.
D
Construir um trapézio isósceles conhecendo as bases e o 
raio do círculo circunscrito.
Solução: Seja ABCD o trapézio procurado. Conhecemos o ângulo A ou B e 
as bases AB e CD. Pelos pontos A e B, traço duas retas AD e BC fazendo 
com AB os ângulos A e B iguais ao ângulo dado. A partir de A, transporto 
AE = DC. Depois, por E traço uma paralela a AD que encontrará BC em um 
ponto C. Traça-se DC paralela a AB e obtém-se o trapézio ABCD que satisfaz 
aos dados da questão
Fig. 175
Solução: Seja ABCD o trapézio procurado. AB, DE e AD são conhecidos. 
Construo o triângulo retângulo ADE; tomo, na reta AE prolongada, um 
comprimento AB igual ao lado dado. Transporto o comprimento de AE de B 
para F; pelo ponto F, traço FC igual e paralela a ED; por fim, DC e CB.
200. Construir um trapézio isósceles conhecendo as bases e a 
altura (fig. 173).
Solução: Seja ABCD o trapézio procurado. Traço CE paralela a DA. No 
triângulo isósceles ECB, conheço a base e a altura; posso construir este 
triângulo e completar o trapézio como no exercício precedente.
O
Solução: Seja ABCD o trapézio procurado, inscrito no círculo O. Se 
supusermos EOI perpendicular às cordas AB e DC e passando pelo centro, 
esta perpendicular dividirá, as duas cordas em partes iguais. No triângulo 
DCretângulo QIC, conheço pois OC, é o raio dado, e IC = -^-. Construo 
separadamente este triângulo, o que me fornece OI. Inscrevo, portanto, AB 
num circulo descrito com o raio dado; levanto no meio uma perpendicular 
sobre a qual, a partir de O, transporto OI fornecido, pelo triângulo OIC; no 
ponto I, traço DC paralela a AB; finalmente, termino o trapézio traçando AD e 
BC.
Capitulo 2
D
Fig. 176
A B
trapézio.
B
Fig. 177
A E D
trapézio conhecendo basesum as e as
D C
Fig. 178
EA B
93
Solução: Seja ABCD o trapézio procurado. Construo o triângulo AEC tendo 
porlados a soma das bases AB + DC = AE. a diagonal AC e EC = DB. Pelo 
ponto B, traço uma diagonal paralela e igual a EC. e mais DC, AD e BC; 
assim tenho o trapézio ABCD, que responde â questão.
C
7
AB-DC
2
C
A
11 
F E
205. Construir 
diagonais.
203. Construir um trapézio isósceles conhecendo as bases e a 
diagonal.
Solução: Seja ABCD o trapézio procurado. Traço a paralela CE a AB. 
Conheço os três lados do triângulo DCE: CD é dado, CE é igual ao lado AB 
igualmente dado, e ED = AD - BC. Construo o triângulo DCE, prolongo EA de 
modo a ter AD igual ao lado dado, pelo ponto A, traço AB igual e paralela a 
CE, e finalmente reúno B a C.
204. Construir um trapézio qualquer, conhecendo os quatro 
lados.
Solução: Seja ABCD o trapézio procurado. Traço a altura CE e uma paralela 
CF a AD. Tenho BF = AB - DC e, por conseguinte, EF = AB-DC posso 
agora construir o triângulo retângulo ACE, pois o lado AC é dado e 
AE = DC + FE = DC + AB-DC c^struj^ este triângulo, é fácil completar o
Geometria Elementar
206.
Fig. 179
94
Construir um pentágono conhecendo os meios dos cinco 
lados.
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABCDE o pentágono de 
que conhecemos os meios F, G, H, K e L dos cinco lados. A reta FL que une 
BE 
os meios dos lados AB e AE do triângulo ABE é paralela a BE e igual a , 
portanto conhecemos BE. Do mesmo modo conhecemos BD, que é igual ao 
dobro de GH e lhe é paralela. Além disto, o ângulo EBD, cujos lados são 
paralelos a FL e GH, é conhecido. Portanto, o triângulo BED, no qual 
conhecemos dois lados e o ângulo por eles formado, pode ser construído, o 
que fará conhecer o lado ED do pentágono procurado. Então não há mais 
dificuldade para determinarmos todos os vértices do pentágono.
Capítulo 3
CAPÍTULO 3
207.
= 16m666.
208.
Solução: Temos: x2 = 28 x 45, onde: x = -J28 x 45 = 35m49.
209.
- 54m.
270.
Solução: O n° 239 do Curso dá:
B CD
Fig. 180
Teorema de Menelaus de Alexandria (100.AC)
277.
95
Achar uma 4a proporcional a três linhas que têm 25m, 32m 
e 48m.
Achar uma média proporcional a duas linhas que tem 28m 
e 45m.
Qualquer transversal DEF determina nos lados de um 
triângulo ABC seis segmentos tais que o produto de três 
segmentos não consecutivos é igual ao produto dos três 
outros.
Pede-se uma 3a proporcional a duas linhas que têm 36m e 
24m.
AB = — ou
AC
32x25
48
36x36
24
Num triângulo ABC, tem-se AB = 20m, AC = 22 m e 
BC = 30m: quais são os dois segmentos determinados 
sobre BC pela bissetriz AD?
Solução: Temos: —
Da mesma forma, acha-se: CD = = I5m71.
42
32= —, onde: x =
48
BD AB BD 20 -------------= — ou -------------= —. 
BC-BD AC 30-BD 22
Eliminando os denominadores, teremos: 22 BD = 600 - 20 BD; onde:
BD = — = 14m28.
42
Solução: Temos: onde: x =
Geometria Elementar
Solução: Deveremos ter: AE x BF x CD = AF x BD x EC.
DF E
Fig. 181
e o
membro, virá ou, pela
Teorema de Ceva (Geovanni Ceva - 1678)
96
BD
CD
AF
FG’
212. Três pontos D, E, F estão em linha reta quando determinam 
sobre os lados de um triângulo ABC seis segmentos tais 
que o produto de três segmentos não consecutivos seja 
igual ao produto dos três outros (fig. 181).
AE x BF 
ECxFG 
eliminação dos denominadores e a supressão de FG: 
AE x BF x CD = AF x BD x EC.
AFxBD.
FGxCD’
CK = — ou
EC
AECom efeito, tracemos CG paralela a DF. O triângulo ACG dá: — =
BF 
triângulo BFD: — =
Solução: Temos: AEx BFx CD = AFx BDx EC; digo que os três pontos D, 
E e F estão em linha reta.
Com efeito, traço DF; esta reta, cortará AC em certo ponto K, visto que os 
pontos D e F estão de cada lado de AC e teremos (ex. 211):
AK x BF x CD = AF x BD x CK.
Mas, por hipótese, temos: AE x BF x CD = AFx BDx EC.
k u AK CK AK EDividindo membro a membro, vem: —- = — ou — = —.
AE EC CK EC
Ora, uma reta AC pode ser dividida, a partir de A em dois segmentos 
proporcionais a AE e EC, apenas de um modo: logo AK = AE e os três pontos D, 
E e F acham-se em linha reta.
Multiplicando membro a
Capítulo 3
Teorema de Ceva (1678)
C
Fig. 182
onde: = 60m e
= 56m25.
97
214. Os três lados de um triângulo são 120m, 80m e 75m: quais 
serão os três lados de um triângulo semelhante, cujo lado 
homólogo de 120m deve ter 90m?
215. Duas oblíquas partindo do mesmo ponto B encontram 
duas paralelas. A 1a corta as paralelas em D e A, e a 2a em 
E e C, dando as relações seguintes: DA = 4m, DE = 12m, 
AC = 18m, BC = 16m: qual é o valor de BD, BE e CE:
213. Unem-se os três vértices A, B e C de um triângulo a um 
ponto qualquer O e prolongam-se AO, BO e CO até o 
encontro dos lados opostos. O produto de três segmentos 
não consecutivos é igual ao produto dos três outros.
Solução: Os triângulos semelhantes tém os lados homólogos proporcionais;
120 80 75 80x00
----- = — = —; onde: x =------------
90 x y 120
Solução:
Teremos: AEx BFx CD = AFx BDx CE.
Com efeito, o triângulo BAD dá, por causa da transversal CF (ex 211): 
AO x BFx CD = AFxBCxDO, e o triângulo ADC dá, por causa da 
transversal BE: AE x DO x BC = AO x BD x CF.
Multiplicando membro a membro e suprimindo os fatores comuns aos 
produtos, virá: AE x BF x CD = AF x BD x CE.
75x90 
y =-----------120
assim podemos assentar:
Geometria Elementar
A C
Fig. 183
Solução: Os triângulos semelhantes BDE e BAC nos dão:
BA
25m,
= 31m37.
98
BD
BD + 4
217. No problema precedente, calcular x para o caso: B 
b = 18m e h = 12m 20.
216. Dadas as bases B e b de um trapézio, e a altura h, determinar 
a altura do triângulo formado pelos prolongamentos dos 
lados não paralelos do trapézio.
O
BE
BC
DE. BE
AC’ 16
b
B
DE.
" AC’
18x12,20 
25-18
BD
BD + DA
12—; onde, pela eliminação dos denominadores:
_ , _ -r bh
Solução: Temos: x = -—-
E
Fig. 184
18BD = 12BD + 4x 12;
6BD = 48, BD = 8;
12 . . DC_ 12x16 .n ee
—; dai ’ BE =----------= 10m66...
18 18
CE = BC - BE = 16 - 10,66 = 5m 33.
x
Solução: Sendo semelhantes, os triângulos DOC e AOB nos dão: ——-
Eliminados os denominadores, teremos: Bx = bx + bh ou x =
B — b
Capitulo 3
A Fig. 185
Fig. 186
e AM = BM'.
Teorema de Tales
Fig. 187
B
99
220. Mostre que retas oriundas do mesmo ponto A determinam 
sobre duas retas paralelas segmentos proporcionais.
,A
C DE
218. Mostre que das extremidades de uma reta AB partem em 
sentidos opostos duas retas paralelas AM e BN; se 
juntarmos por outra reta os pontos M e N, a reta AB ficará 
dividida em dois segmentos proporcionais a AM e BN.
M
N
Solução: Com efeito, os triângulos semelhantes AOM e BON permitem 
, . AM AOassentar a relaçao: -----=------ .
BN BO
A
m/
219. Dividir uma reta AB em partes reciprocamente 
proporcionais a duas retas M e N paralelas, colocadas nos 
pontos A e B e dirigidas no mesmo sentido.
M’
'N
Solução: Prolongo AM de uma quantidade MN' de modo a ter AN' - BN; 
depois transporto AM de B a M' no prolongamento de BN; enfim, traço N’M' e 
a reta AB acha-se dividida no ponto O conforme o pedido, pois os triângulos
semelhantes AN'O e BM'O dão: ou visto que BN = AN'
BO BM' BO AM'
Geometria Elementar
triângulo pedido são equiângulos.
Fig. 188
Solução: Traço BC, BD, AC e AD.
A igualdade EAx EB = EDx EC dá: ——. Os triângulos AEC e BED,
Fig. 189At
E
100
227. Inscrever numa circunferência um triângulo semelhante a 
um triângulo dado.
Solução: O triângulo dado e o triângulo pedido são equiângulos 
Conhecemos, portanto, o circulo circunscrito e os ângulos do triângulo 
procurado. Procede-se então como no exercício 166, livro II.
222. Mostre que quando duas retas AB e CD, prolongadas se 
preciso for, se cortarem em um ponto E de forma a termos 
EAx EB = EDx EC, os quatros pontos A, B, C e D estão 
situados sobre a mesma circunferência.
223. Mostre que em um triângulo qualquer, o produto de dois 
lados é igual ao produto do diâmetro do círculo 
circunscrito pela altura abaixada sobre o terceiro.
-----
Solução: Os triângulos semelhantes ABC, AIH, ACD, AHG, etc, nos dão:
IH AH HG AG GF
BC = AC ~ CD ~ AD " DE
Deixando de lado as razões e , teremos as igualdades pedidas.
FA FC-£ = ^. Os triângulos AEC eBED, 
ED EB
com um ângulo igual compreendido entre lados proporcionais, são 
semelhantes e os ângulos EAC e BDE são iguais; se pois, eu descrever sobre 
BC um segmento capaz do ângulo EAC, o arco deste segmento passará 
também em D. Os quatro pontos A, B, C e D pertencem, portanto, à mesma 
circunferência.
Capítulo 3
onde: AB x BC = BE x BD.
224.
K L Fig. 190
M N
A B
Solução:
Teremos: MN =
ADB dá KN = — ; o triângulo ADC, por sua vez, nos dá KM =-----; onde:
B C
Fig. 191
D
101
225. Inscrever um quadrado num triângulo dado.
A
Mostre que a reta que une os meios das diagonais de um 
trapézio é igual à semi-díferença das bases.
D C
_DC 
2
AB-DC
2
ií 
E
Solução: Suponhamos que o quadrado inscrito deva apoiar-se sobre BC. 
Construamos sobre este lado um quadrado BCDE. Unamos A aos pontos E e 
D; as retas AE e AD cortam o lado BC em F e G; levantemos as perpendi­
culares FL e GK, tracemos KL e o qual quadrilátero LKGF assim obtido é o 
quadrado pedido. Com efeito, os triângulos AED e AFG são semelhantes; 
acontece o mesmo com os triângulos ABE e ALF, ADC e AGK. A similitude 
destes triângulos dá:
AB-DC
2
Com efeito, pelo ponto K, meio de DA, tracemos uma paralela KL a AB. Esta 
paralela encontra AC em seu meio (triângulo ADC), DB em seu meio 
(triângulo ADB) e enfim BC em seu meio (triângulo BCD). Ora, o triângulo 
.... AB ______________ DC.
2 * ............. - ~..... 2 .
AR 
KN-KM = MN = —— 
2
Solução:
Teremos: AB x BC = BE x BD.
Tracemos CE. Os ângulos A e E sâo iguais, portanto os dois triângulos 
retângulos ABD e BEC, são semelhantes e dão.
AB BC
BE " BC'
Geometria Elementar
Fig. 192
B D
Por conseguinte: — = ou (AB + BE) x OF = BE x AD.
Fig. 193
102
226. Mostre que o perímetro de um triângulo ABC multiplicado 
pelo raio da circunferência inscrita é igual ao produto de 
um lado qualquer pela altura correspondente.
Solução:
Devemos ter: (AB + AC + BC) x OF = BC x AD.
A
 AE 
" OE ‘
AB + BE
BE
• ae ou ainda — =
OE
ED AE BE AD DC
FG AF " LF “ AG " GK ’
Ora, temos ED = BE = DC; portanto FG = LF = GK; onde: LK = FG.
O quadrilátero FGKL, tendo os lados iguais e os ângulos retos, é um 
quadrado.
/ í Q'' )
E F C
227. Mostre que em todo quadrilátero inscrito, o produto das 
diagonais é igual à soma dos produtos dos lados opostos. 
Solução:
Devemos ter: AB x CD = AD x BC + AC x DB.
AD 
Com efeito, os triângulos EAD e EOF dão: —
Como BO é a bissetriz do ângulo B, temos:
AO AB AO + OE AB + BE
OE"BE’ OE ' BE
 . , AD AB + BEPor conseguinte: — =------------
OF BE
Provaríamos do mesmo modo que (AC + CE)x OF = CEx AD.
Somando membro a membro, vem: (AB + AC + BC) x OF = BC x AD.
Capitulo 3
dois triângulos ACD, BCE serão semelhantes e darão: —
de modo tal
polígono éo
Solução: Com efeito, já que ------ que o ângulo AOB é igual ao
B
D
103
que
Com efeito, o ângulo ABC iguala o ângulo ADC. Se fizermos BCE = ACD, os 
..... ™ L . . CD AD .
BC " EB
Fig. 194
Observação: O ponto O chama-se centro de similitude.
Solução: Com efeito, já que , e
ângulo A'OB', os dois triângulos OAB e OA'B', são semelhantes e A'B* é 
paralela AB. Da mesma maneira, A'E' é paralela a AE e assim por diante. Os 
dois polígonos ABCDE e ABOTE' tendo os lados proporcionais e os ângulos 
iguais são semelhantes.
Onde (1). CD x EB = AD x BC.
Além disso os triângulos BCD e ACE são também semelhantes, porque o 
ângulo CDB - CAE e BCD = ACE. Este triângulos dão: :
228. Mostre que unindo um ponto O a todos os vértices de um 
polígono ABCDE e tomando sobre as retas OA, OB, OC, 
grandezas OA', OB', OC'....
OA1 _ OB’ _ OC _ OD' _ OE 
ÕÃ ” 'Õb' ” OC ” OD " OE 
semelhante ao polígono ABCDE.
Onde (2): CD x AE = AC x DB.
Somando membro a membro as igualdades (1) e (2), teremos:
CD x EB + CD x AE = AD x BC + AC x DB, portanto CD x AB = AD x BC + AC x DB.
Geometria Elementar
104
Fig. 195
Solução: Sejam AB a reta dada e CE a perpendicular. Façamos uma 
circunferência passando pelos pontos A, B e C.
233. Traça-se uma reta de 8m, e no meio dela levanta-se uma 
perpendicular de 2m20; calcular o comprimento da circun­
ferência que passa nas três extremidades.
232. Traçam-se perpendiculares a uma reta dada AB, tais que o 
quadrado do comprimento de cada uma é igual ao produto 
dos segmentos que ela determina sobre a reta dada: achar 
o lugar das extremidades dessas perpendiculares.
Solução: Esse lugar é uma circunferência de diâmetro AB (fig. 196); pois, por 
causa dos triângulos retângulos AMB e ANB, temos sempre:
MK2 = AKx KB; NL2 = AL x LB, etc.
229. Um polígono tem um perímetro de 280m e um lado de 
15m; um polígono semelhante tem um perímetro de 160m; 
pede-se o comprimento do lado homólogo do lado de 
15m.
230. Conhecendo a e b, achar uma reta x tal que tenhamos 
x2 = a2 + b2.
Solução: Pois que temos: x2= a2 + b2, a reta x é a hipotenusa de um triângulo 
retângulo, sendo a e b os catetos.
231. Dados as retas a e b, achar outra reta x tal que x2 = a2 - b2.
Solução: É evidente que x é um lado de um triângulo retângulo cuja 
hipotenusa é a, e b o outro lado.
Solução: Os perímetros de dois polígonos semelhantes, tendo a mesma 
razão que dois lados homólogos, temos:
280 15 . 15x160 _
------= —; onde: x =-------------= 8m57.
160 x 280
Resposta: 8m 57.
Capítulo 3
Resposta: 29m 73.
Fig. 196A B
Solução:
Devemos ter:
235.
Fig. 197
õi2 = Ãõ2 - Ãi2
OI = 7144-1/4 = 1m09
Resposta: 1m 09.
105
Solução:
Temos:
AK
AL
234. Mostre que os quadrados de duas cordas AM e AN, que 
partem do mesmo ponto A da circunferência, estão entre 
si como as projeções dessas cordas sobre o diâmetro AB.
M
AB x AK
ABx AL
ou O|2=(1,20)2-^
Num circulo de 1m20 de raio, traça-se uma corda de 1m; 
pede-se a distância dessa corda ao centro.
— = 7m27.
2,20
AM2 AK
ÃN2 AL'
Com efeito, temos. AM2 = ABx AK e AN2 = ABx AL
Dividindo membro a membro, vem: =
AN
__ 2 AE2
Teremos. AE =CExED, onde: ED =------
CE
CD = 2R = CE + ED = 2m 20 + 7m 27 = 9m 47.
Circunferência ou 2nR = 3,1416 x 9,47 = 29m 73.
Geometria Elementar
ou
7m858.
Resposta:
a
OOJ Fig. 198
Resposta: Aa = 14m142.
106
ID = 15m858.
IC = 0m142.
Fig. 199
Solução: Representando a corda, procurada por x, teremos: 
x = 2^(R + r)(R - r).
Ora ID = OI + OD = 7,858 + 8 = 15m858 e IC = CO-OI = 8-7,858 = 0m142.
237. Conhecendo os raios AO e ao de dois círculos e a 
distância Oo dos seus centros, a saber: AO = 8m, ao = 3m, 
Oo = 15m, achar o comprimento Aa da tangente comum 
traçada exteriormente a estes dois círculos.
A
236. Num círculo de 8m de raio, inscreve-se uma corda de 3m. 
Calcular os dois segmentos determinados por esta corda 
sobre o diâmetro que lhe é perpendicular.
Solução: Calculemos o valor de OI. Temos:
Õi2=ÃÕ2-Ãi2 ou ÕÍ2 = 64-9/4 = —,
4
238. Os raios de dois círculos concêntricos são R e r; no 
círculo R, traça-se uma corda tangente ao círculo r: 
calcular o comprimento desta corda.
Solução: Pelo ponto o tracemos uma paralela Mo a Aa; temos Mo = Aa; como 
MO = AO - oa, temos ainda Mo2 = Oo2 - (OA - oa)2, ou Mo2 = 152 - (8 - 3)2, 
ou Mo’ = 225 - 25 , Aa = Mo = J200 = 14m 142.
Capítulo 3
Resposta: AD = 12 metros.
Fig. 200
cB D
Ora, temos.
Resposta: BC = 5m, AC = 4m.
107
240. Num triângulo retângulo, um lado tem 3m, o segmento 
adjacente a este lado, determinado sobre a hipotenusa 
pela perpendicular que parte do vértice do ângulo reto, 
tem 1m80. Quais são os dois lados desconhecidos?
x2 = 4(R2-r2),
x = 2VR2 -r2,
x = 2V(R + r)(R-r).
239. Num triângulo retângulo ABC um lado AB tem 15m, a 
hipotenusa, 25m: pede-se o comprimento da perpendicular 
AD abaixada do vértice do ângulo reto sobre a hipotenusa 
(fig. 200).
Com efeito, OA = R, OB = r, AB = ^ ; onde:
Solução: Temos: = ou bd = = 9.
AB BC 25
Mas: AD2 = AB2 - BD2; por conseguinte: AD2 = 225 - 81 = 144, onde:
AD = 12 metros.
Solução: 
Conhecermos: AB = 3m, BD = 1m 80; quer-se determinar BC e AC.
BD + DC AB 1,80+ DC 3-------------=------ ou ---------------=--------;
AB BD 3 1,80
g 
onde: DC =--------- 1,80 = 3m20.
1,80
Por conseguinte: BC = 1m 80 +3m 20 = 5m.
Além disso temos: AC2 = BC? - ÃB?, ou ÃC? = 25 - 9 = 16; 
onde: AC = 4m.
Geometria Elementar
Os três lados são, pois 3, 4 e 5.
Resposta: 3, 4 e 5.
O valor de x" = -
Resposta: 5 e 12 metros.
onde: x = 9 ± 781-65, x = 9 ± 4,
Resposta: 13,12 e 5 metros.
108
Solução: Designando um porx, os três lados serão.
x, x + 1, x + 2, ou ainda: x-1,xex+1.
Então teremos:
244. A hipotenusa de um triângulo retângulo tem 55m, a soma 
dos dois outros lados vale 77m: quanto medem estes 
últimos?
243. Num triângulo retângulo, a hipotenusa excede os catetos 
de 1 e de 8: quais são os três lados?
Solução: Representando a hipotenusa por x os três lados serão: x, x - 1 e x - 8. 
Teremos por conseguinte.
241. Achar um triângulo retângulo cujos três lados sejam três 
números inteiros consecutivos.
17 8
T = 5
x2 = (x- 1)2 + (x-8)2, 
x2 = x2- 2x + 1 + x^-16x + 64, 
x2-18x-65 = 0,
x’ = 13,
x" = 5.
Os lados procurados são: 13m, 12m e 5m.
(x-1)2 + x2 = (x+1)2, 
x2 - 2x + 1 + x2 = x2 + 2x + 1, 
X2 = 4x, 
x = 4.
242. Num triângulo retângulo a diferença entre os catetos é 7m 
e a hipotenusa tem 13m; quais são esses catetos?
Solução: Representando por x 0 cateto menor, o outro será x + 7 e teremos: 
x2 + (x + 7)2 = 132, 
X2 + X2 + 14x + 49 = 169, 
2x! + 14x = 120, 
x2 + 7x = 60;
. 7 L„ 49 , 7onde: x = — ± ,60 + —, e x = — 
2 V 4 2
-+ — = -12 não é aceitável. 
2 2
Os lados procurados têm 5m e 5 + 7 ou 12m.
Capítulo 3
-1452,
Resposta: 44 e 33 metros.
-1500,
Resposta: 15, 20 e 25 metros.
109
245. A soma dos três lados de um triângulo retângulo é igual a 
60m, a diferença entre os catetos é de 5m; pedem-se os 
três lados lados.
246. Achar os três lados de um triângulo retângulo em que a 
soma dos lados iguala 30m, e a soma de seus quadrados, 
338.
77
X" 2 1
115 
X =----- ±
2
115 x =-----±—.
2
número maior que a soma dos três lados juntos.
T .. 115Temos x =-----
2
Solução: Se representarmos um dos lados por x, o outro será 77 - x e 
teremos:
x2 + (77 - x)2 = 552,
x2+ 5929 - 154x + x2 = 3025,
2x2- 154x + 2904 = 0,
— = 15 e os três lados são: 15m, 20m e 25m. 
2
Não podemos aceitar o valor de x' porque teriamos x'= 1^5 + ^ = 100,
Solução: Designando por x, y e z os três lados, teremos: 
x + y + z = 30, 
x2+y2+z2 = 338, 
x2+y2=z2.
Mas x2 + y2 = 338 - z2.
■ 77 11 .. 
x=t+- = 44,
x" = —- —= 33. 
2 2
Portanto, os lados têm 44m e 33m.
Solução: Seja x um dos lados, o outro será x + 5 e a hipotenusa 60 - (x + x + 5) 
ou 55 - 2x; e teremos: 
x2 + (x + 5)2 = (55-2x)2, 
x2 + x2 + 10x + 25 = 3025 - 220x + 4x2, 
-2x2 + 230x - 3000 = 0, 
X2 -115x + 1500 = 0,
ÍW 
85
2
Geometria Elementar
A
Fig. 201
CB D
onde os dois valores de h2;
= 7m60;
DC = BC - x = 20 - 7,60 = 12m40.
Resposta: BD = 7m60; DC = 12m40.
110
248. Achar as alturas h, h', h" de um triângulo cujos lados são 
conhecidos.
247. Num triângulo ABC, temos AB = 10m, AC = 14m, BC = 20m: 
calcular o comprimento dos segmentos ao lado BC 
determinados pela perpendicular que parte do ponto A.
y = lZ±2
Solução: Façamos. AB = 10 = c; AC = 14 = b; BC = 20 = a; BD = x e AD = h; 
e teremos DC = a - x: onde os dois valores de h2;
h2 = b2 - (a - x)2,
h2 = c2-*2;
temos pois, b2 - (a - x)2 = c3 - x2,
b2 - a2 + 2ax - x2 = c2 - x2;
onde: 2ax = a2 + c2 - b2,
a2 + c2 - b2
x =----------------- .
2a
y' = —+ — = 12m 
2 2
„ 17 7 c y - -------- -- 5rri? 2 2
Os três lados do triângulo retângulo são: 13m, 12m e 5m.
Resposta: 13, 12 e 5 metros.
logo: 338 - z2 = z2
onde: z2= 169 e z = 13m.
portanto: x + y = 30 - 13 = 17, x = 17 - y, 
x2 = (17-y)2 ex2 + y2 = 338 - 169 = 169. 
Substituindo o valor de x2, vem: 
(17-y)2 + y2 = 169, 
289 - 34y + y2 = 169, 
2y2-34y +120 = 0,
y2-17y + 60 = 0,
o .... . . . , . 400 + 100-196Substituindo as letras por seus valores, temos: x =----------—----------
Capítulo 3
Fig. 202
C D Ba
Mas a relação; b2 = a2 + c2 -2a x DB, dá: DB =
e substituindo: h2 =c2 -
ou h =
b" =
111
a2 + c2-b2V
2a J
Apliquemos o princípio: a diferença dos quadrados de duas quantidades é 
igual à soma dessas quantidades multiplicada por sua diferença.
h 7(2ac + a2 + c2 - b2)(2ac - a2 -c2 + b2).
J[(a + c)2-b2][(b2-(a-c)2]
2a
a2 + c2 - b2.
2a
ou /,2 = 4a2c2-(a2 + c2-b2)2 
4a2
Solução:
Teremos:
h 2'/p(p-a)(p-b)(p-cj. 
a
h. 2>/p(P-a)(P-b)(P-c).
b
h„ 2^p(p-a)(p-b)(p-c) 
c
Para abreviar, representemos os três lados do triângulo por a, b e c; teremos:
... . . . . . x/(a + c + b)(a + c - b)(b + a- c)(b -a + c)
Apliquemos o principio acima: h - —-------------—----------
Fazendo a + b + c = 2p, temos a + c - b + 2b = 2p e a + c - b = 2p - 2b = 2(p - b).
Do mesmo modo: b + a - c = 2(p -c)eb-a + c = 2(p - a).
Substituindo estes valores no último de h. vem-
h J2p x 2(p - b) x 2(p - c) x 2(p - a). 
2a
h = 4Vp(p-a)(p-/>)(p-c). 
2a
h = 2%/p(P - a)(p - b)(p - c) 
a
De modo análogo, teremos:
h, 2Vp(p - a)(p - P)(p - c). 
b
2'/p(p-a)(p-b)(p-c) 
c
Geometria Elementar
semelhantes BOE, BO'F dão.-—— =
d)
B
E
Fig. 203
112
O’F
249. Achar o raio do circulo circunscrito a um triângulo cujos 
lados são conhecidos (fig. 189).
= p-b 
p
...L 
O’
g*-.
250. Calcular o raio r do círculo inscrito cm função dos lados a, 
b, c do triângulo.
Solução: Construamos no ângulo B o círculo ex-inscrito. Os triângulos
semelhantes BOE, BO'F dâo:
Mas, 2BE + 2CI + 2AI = a + b + c = 2p; onde:
BE + Cl + Al = p,
BE + b = p,
BE = p-b.
Ora (ex. 130) BF = p. Logo, teremos: —
A
aA.O:\
-r _ . OETemos portanto--------
p-a
r p-c ou -------= --------
p-a r’
Sabendo calcular h, achar-se-á facilmente R.
acResposta: R =
Solução: Temos (ex. 223): AB x BC = 2R x h, onde: 2R = C- a-; R = 
n zn
Além disso, as bissetrizes OC, O’C são perpendiculares uma à outra. Daí 
resulta que os dois triângulos OCE, O'CF são semelhantes, porque têm os
, . .. , . . ., OE CE
seus lados perpendiculares. Esses triângulos dão: — = —.
Mas CF = BF-BC = p- aeCE = BC-BE = a-(p-b) = a + b- p = 2p-c-p = 
p-c.
Capitulo 3
(2)
Onde, r =
Resposta: r =
h' =
Fig. 204
113
252. A soma dos quadrados dos segmentos formados por 
duas cordas que se cortam retangularmente é igual ao 
quadrado do diâmetro.
Solução: Sejam AB e CD as duas cordas: traço BD, AC e o diâmetro CE. Os 
triãgulos retângulos ACI, BID dão: Ãi2 + íc’ + B? + io’ = ÃC2 + BD2.
Os ângulos em I sendo retos, o arco AC mais o arco BD igualam uma semi- 
circunferência e, como resultado, o arco BD = o arco AE e a corda BD = a 
corda AE; a igualdade precedente torna-se:
ÃÍ2+iC2 + BÍ2 + ÍD2 = ÃC2 + ÃÊ2=CÊ2.
Onde:rJp-a><p-c->
Multiplicando membro a membro as igualdades (1) e (2), teremos: 
r2 (p-a)(p-b)(p-c).
r’ pr'
f(p - a)(p - b)(p - c).
P
^(p - a)(p - b)(p-c)
257. Nos problemas precentes calcular h, h', h", R para o caso 
em que temos: a = 8m; b = 9m e e = 12m.
Solução: Substituindo as letras por seus valores nas igualdades achadas 
acima, (ex. 248, 249, 250):
h 2jp(p-a)(p-b)(p-cj.
a
2^/p(p-a)(p-b)(p-c).
b
h„ 27p(p - a)(p - b)(p - c)
c
D ac y/(p - a)(p - b)(p - c)
R = 2h'r =--------------- p--------------- '
Temos: h - 9m, h' = 8m, h" = 6m, R = 6m, r- 2m48.
Resposta: h = 9m; h' = 8m; h" = 6m; R = 6m; r- 2m48.
Geometria Elementar
253.
254.
= 5,375,Onde: IO’=
A
O'O Fig. 205
Resposta: 8m96.
Fig. 206
cB
114
Os raios de dois círculos têm 7m e 8m, a distância dos 
centros é de 12m; pede-se o comprimento da corda 
comum.
Os três lados de um triângulo são 8m, 9m, 15m: de que 
espécie é o maior ângulo deste triângulo?
Solução: É obtuso, porque temos 82+ 92< 152.
Ac’ + AB2 = 2AM2 + 2BM2, ou AC2 + AB2 = 2AM2 i —
2
49 + 144-64
24
D M
Solução: Com efeito, o triângulo ACM dá:
Ãc2 = ÃM2 + MC2 + 2MC x DM, e o triângulo ABM:
ÃB2 = ÃM2 + BC2 - 2BM x DM.
Mas como BM = MC = , se somarmos estas igualdades, teremos:
255. Quando traçamos a mediana AM num triângulo ABC, 
-------2
temos: AC +AB = 2AM +------.
2
Solução: O triângulo OAO' dá: OA2 = O'A2 + OO'2 - 200 x IO', 
5Ã2 + õcr2 - õã?2 _ 
2 00'
ÃÍ2 = 72-(5,375)2,
Al = 749 - 28,8906 = 4,48, 
2AI ou AA‘ = 8m96.
Capítulo 3
m' =
m* = m"=m =
2 2
m =
m’ =
m" =
CD 
O
A B
Fig. 207
115
O triângulo ADC dá:
(1) Ãd' + DC2 = 2ÕÕ’ + 2Ãc’ (ex. 255) e o triângulo ABC.
(2) ÃB! + BC2 = 2ÕB2 + 2ÃÕ2.
Adicionando as igualdades (1) e (2):
AD2 + DC2 + AB2 + BC2 = 4DÕ2 + 4ÃÕ? = (2DO)2 + (2AO)2 = BD2 + ÃC2.
2 2
z
2
42
42
2
81'
2
81+----
2
64+ —
2
Solução: Estas medianas sendo m, m’, m", temos (ex. 256), 
-
^W8'63;
/100 64 81+ ___=7,85.
b2—. m =4
257. Os lados a, b, c de um triângulo são 10m, 8m e 9m; 
calcular as três medianas.
258. Mostre que a soma dos quadrados dos lados de um 
paralelogramo é igual à soma dos quadrados das 
diagonais.
Solução: Deveremos ter:
ÃD2 + DC2 + ÃB2 + BC2 = BD2 + ÃC2.
256. Um triângulo ABC, cujos lados são a, b, c, e as medianas 
m, m', m" (m parte do vértice A, m' do vértice B e m" do 
vértice C) dá: 
Solução: 
lb2 c2 a2 m = J— +-------- ,V 2 2 4
.Com efeito da igualdade
ÃC2 + ÃB2 = 2ÃM2 + — , tira-se: ÃM2 = — + .
2 2 2 4
Os lados sendo a, b, c e as medianas m, m', m", temos portanto: 
|b2 c2 a2 , |a2 c2 b2
2 2 4 Y 2 2 4
Geometria Elementar
Fig. 208
K L Fig. 209
B
116
Adicionando membro a membro, vem:
(a) ÃBJ + Bõ2 + ÃD2 + DC2 = 2BF2 + 2DF2 + 4ÃF2.
Mas o triângulo BDF dà: BF2 + DF2 = 2EF* + 2DE2, 
onde: 2BF2 + 2DF2 = 4ÊF2 + 4DÊ2.
Se na igualdade (a) substituirmos 2BF2 + 2DF2 pelo valor 4ÊF2 + 4DÊ2, 
leremos ÃB2 + BC2 + ÃD2 + DC2 = 4ÃF2 + 4DÊ2 + 4ÊF2, 
onde: ÃB2 + BC2 + ÃD2 + DC2 = ÃC2 + BD2 + ÊF2
260. Mostre que a soma dos quadrados das diagonais de um 
trapézio é igual à soma dos quadrados dos lados não 
paralelos mais duas vezes o produto dos lados paralelos.
D C
Observação. A igualdade achada no exercício precedente pode ser 
considerada como uma consequência do que precede, pois no paralelogramo 
4EF2=0.
A
Solução:
Devemos ter: AC2 + BD2 = BC2 + ÃD2 + 2AB t DC .
259. Mostre que a soma dos quadrados dos lados de um 
quadrilátero qualquer é igual à soma dos quadrados das 
diagonais aumentadas de quatro vezes o quadrado da reta 
que une os meios das diagonais.
Solução: Deveremos ter: AB2 + BC2 + AD2 + DC2 = AC2 + BD2 + 4EF2.
Com efeito, os triângulos ABC, ADC dão (ex. 255):
ÃB2 + BC2 = 2BF2 + 2ÃF2, e ÃD2 + DC2 = 2DF2 + 2ÃF2.
B
Capítulo 3
B
2
AB2 + BC2 + AC2
117
261. Mostre que a soma dos quadrados dos lados de um 
triângulo é tripla da soma dos quadrados das linhas que 
unem seus vértices ao ponto de concurso das medianas.
Solução: Devemos ter: AB2 +BC2 + AC2 = 3(AO2 + BO2 + CO2).
Com efeito, segundo o exercício precedente, temos:
(1) ÃB2 + BC2 + DC2 + ÃD2 = ÃC2 + BD2 + 4MN? .
Mas (ex. 224) 2MN = AB - DC; portanto, 
4MN2 = (AB - DC)2 = ÃB2 - 2AB X DC + DC2 .
Se, na equação (1) substituirmos 4MN2por seu valor, teremos, depois das 
reduções: ÃC2 + BD2 = BC2 + ÃD2 + 2AB x DC.
Com efeito, temos (ex. 255):
Ãb’+ ÃC2 = 2ÃD2 + —;
2
ÃB2 + BC2 = 2BÊ2 + — ;
2
ÃC2 + BC2 = 2CF2 + —.
2
Somando membro a membro estas igualdades e reduzindo, obtemos: 
5ãB2 + —BC2 + -Ãc2 = 2ÃD + 2BÊ2 + 2CF2;
2 2 2
onde: ÃB2 + BC2 + ÃC2 = -ÃD2 + -BÊ2 + -CF2;
3 3 3
= 3Í-ãd2 + Íbe2 + 1cf2\
19 9 9 )
Mas: AO = | AD, e AO2 = — AD2; do mesmo modo:
BÕ2 = - BÊ2 e CÕ2 = - CF2.
9 9
Afinal teremos:
ÃB2 +BC2 +ÃC2 = 3(ÃÕ2 +BÕ2 +CÕ2).
D C
Fig. 210
Geometria Elementar
B
Fig. 211
D Fig. 212
B
Onde: AF =
Resposta: 1m20.
118
D
Com efeito, o paralelogramo EFGH dá (ex. 258):
ÊF2 + FG2 + GH2 + ÊH2 = ÊG2 + HF2, ou
2ÊF2 + 2FG2 + 2GH2 + 2ÊH2 = 2ÊG? + 2HF2
Ora, AC = 2EF, logo, ÃC2 = 4ÊF2 = 2ÉF2 + 2GH2.
Do mesmo modo, BD2 = 2EH2 + 2FG2.
Somando membro a membro as duas últimas igualdades, tem-se: 
Ãc2 + BD2 = 2ÊF2 + 2GH2 + 2ÊH2 + 2FG2 = 2ÊG2 + 2HF2.
262. Mostre que a soma dos quadrados das diagonais de um 
quadrilátero vale duas vezes a soma dos quadrados das 
retas que unem os meios dos lados opostos.
Solução: Teremos- AC2 + BD2 = 2EG2 + 2HF2.
263. Duas secantes a um circulo partem de um mesmo ponto; 
uma tem 3 metros de comprimento, e seu segmento 
exterior tem 2 metros; a outra tem 5 metros de 
comprimento; pede-se determinar o seu segmento exterior.
A
Solução:
AD = 3m, AE = 2m, AB = 5m: 
Pede-se o valor de AF.
Temos: AF x AB = AD x AE, 
ADxAE 3x2 _ —— =-- = 1m2°-AB 5
Capitulo 3
264.
265.
B
\
266.
119
Achar duas retas que se cortem, de modo que o produto 
dos 2 segmentos de uma seja igual ao produto dos 2 
segmentos da outra.
Mostre que o produto de dois lados AB, BC de um 
triângulo ABC é igual ao quadrado da bissetriz BD do 
ângulo B mais o produto dos 2 segmentos determinados 
sobre AC pela bissetriz.
Num triângulo ABC, tem-se AB = 20m, AC = 22m, BC = 30m: 
qual é o comprimento da bissetriz AD (fig. 180):
I
A
Fig. 213
Solução: Tomando-se um ponto qualquer no interior de círculo e fazendo 
passar por ele duas cordas AB e CD, tem-se: AP x BP = CP x DP.
D \ Z
E
Fig. 214
Solução: Devemos ter AB x BC = BD? + AD x DC.
Com efeito, tracemos a circunferência circunscrita ao triângulo dado; 
prolonguemos BD até E para encontrar o arco AC, e tracemos EC. Os 
triângulos ABD e EBC são semelhantes, porque os ângulos em B são iguais e 
A = E.
Esses triângulos dão:
— = — ; AB x BC = BE x BD = (BD + DE) BD = BD2 + DE x BD.
BE BC
Mas, DE x BD = AD x DC;
Logo: AB x BC = BD2 + AD x DC.
Geometria Elementar
Resposta: 14m68.
se prolonga de uma quantidade igual a
120
268. Num círculo de 2m20 de raio, pede-se determinar sobre a 
tangente do ponto A um ponto D tal que, se por este ponto 
se traçar uma secante que passe pelo centro, a parte 
exterior da secante seja igual ao diâmetro do círculo.
267. Num circulo de 2m de raio, uma secante passa pelo centro 
e sua parte exterior tem 5m. Pede-se o comprimento da 
tangente que termina na extremidade dessa secante 
(fig. 215).
Solução: Temos DF = 5, EF = 4; portanto DE = 9; pede-se o valor de AD.
Ora, AD2 = DE x DF = 9 x 5 = 45; AD = 4ÃS =6,71.
Resposta: AD = 6m71.
269. Numa circunferência de raio R, traça-se um diâmetro que 
11 
yR; pela 
extremidade dessa reta, traça-se uma tangente: pede-se o 
seu valor em função de R no caso de R = 2m (fig. 215).
Solução:
Temos DE = 2R + —R = 
5
21 a.x
— R . Aliás, a figura dá. 
5
Fig. 215
Solução: Supondo o problema resolvido, temos:
ÃD2 = DE x DF = 4R x 2R = 4 x 4R2,
AD = 2R x/2
AD = 2 x 2,20 x 1.414 = 6m22.
Resposta: AD = 6m22.
Solução: Temos: (ex. 265) AB x AC = AD? + BD x DC;
Onde: ÃD2 = AB x AC - BD x DC;
Ora, (ex. 210): BD = 14m28 e DC = 15m71;
Portanto, AD = 720x22-14,28x15,71 = 14m68
Capitulo 3
C
Fig. 216D.
A BO
Fig. 217
121
R2; AD2 = R/^22; AD = 
V 25
-t=;2 21o 11„ 21 .AD =—Rx—R = — x — x
5 5 5 "
Resposta: AD = 6m08.
270. Num círculo de diâmetro AB, traça-se a tangente no ponto 
B. Do ponto A, com um raio igual ao dobro de AB, 
descreve-se um arco que corte a tangente em C; traça-se 
AC; esta reta corta o círculo em D. Pede-se o comprimento 
do segmento AD.
Resposta: AD = R.
271. Sabe-se que a tangente é meia proporcional entre a 
secante e sua parte exterior: demonstrar, conforme este 
teorema, que de um mesmo ponto exterior a um círculo se 
podem traçar duas tagentes a este círculo, e que as 
tangentes oriundas de um mesmo ponto são iguais.
Solução: Segundo os dados, AC = 2AB = 4R
O triângulo retângulo ACB dâ: CB2 = 15R2 - 4R2 = 12R2.
Aliás, a secante CA e a tangente CB, dão: CB2 = 12R2 = 4R x CD.
12R2
Onde: CD = = 3R : logo, AD = R.
|V231 = 6mO8.11
5
Geometria Elementar
273. Construi uma reta, da qual se conhecem os —.
274.
275.
Constrói-se x e depois y = I - x.
(1, m: retas276.
dadas).
Solução: Temos: x =
sabe-se que x toma geralmente o nome deObservação. No caso de x =
3* proporcional.
122
Construir duas retas x e y, conhecendo a sua soma e a 
sua diferença.
Solução: Seja x + y = I ex-y = d.
I2 
2'
272. Construir uma reta x de modo que x = a + b.
Solução: A reta x se obtém ajuntando o comprimento b ao comprimento a, ou 
tirando b de a.
Solução:
Temos: ÃB2 = AC x AD = ACx AD’ = AC"x AD”...
Quando os pontos C” e D" se confundem, subsiste a igualdade e a mais 
AC" = AD” o que dá ÃB2 = ÃC5’, ou AB = AC”.
I2 I , 
m m
A reta x é pois uma quartaproporcional às 3 retas I, I e m.
I2
Construir uma reta x de modo a ter x = — 
2
Somando membro a membro, dá: 2x = I + d, onde: x =
2 3 8 9
Solução: — estão para — assim como — estão para —. Logo, a reta
dada contém 9 partes e a reta procurada 8. Divide-se aquela em 9 partes 
iguais e tomam-se 8 daquelas partes.
Construir uma reta que esteja para um reta dada assim 
2 3como — estão para —.
Solução: Sejam I a reta dada e x a reta procurada. Temos:
4 5I— x = I; onde: x = —.
5 4
Basta dividir I em 4 partes iguais e tomar 5 daquelas partes.
4
5
Capitulo 3
tecíamos y =
Solução: Seja e x - y = I; x = I + y;
Exemplo:
A
D,
M NP
CB
poder escrever MD = MD = AD
a AD, nem.
123
i±y=_
y
277. Construir duas retas x, y, conhecendo seu quociente e 
sua soma.
278. Construir duas retas x, y, conhecendo seu quociente e 
sua diferença.
nl 
y =--------m -n
279. Por um ponto P no interior de um ângulo A, traçar uma
2 PN 2reta inscrita MPN, de modo que PN = —PM, ou .
m j : onde:n
x m
y " n 
Constrói-se y e tem-se x = I + y.
x 3 5I 5I , 5I 7I 
y 5 1 5-3 2 22
Fig. 218
Solução: Seja MPN a reta pedida. Tracemos PD paralela a AC. Temos então
PN AD----- =-------. O segmento PN iguala duas partes e o segmento PM vale 3 das 
PM DM
mesmas Do mesmo modo, AD vale 2 partes e DM vale 3. Logo, pelo ponto 
dado P, traça-se PD, paralela a AC; divide-se AD em duas partes e levam-se 
3 dessas partes de D em M. Afinal, traça-se MPN.
Solução: Temos (1) — = — e (2) x + y = I. A igualdade (2) dá: x = I - y. 
y n
Levando este valor à igualdade (1), obtemos: = —; onde: y = n* .
y n m + n
Constrói-se y, 4a proporcional a n, I e m + n; ao depois, a reta x = I - y.
x 2 3I 3I 2I
Exemplo: com — = — , tecíamos y =------- = — e x = I-------= —.y 3 1 2+3 5 55
Observação. Devendo-se didivir MPN em duas partes m e n, ou, o que dá na 
mesma, de modo a ter , bastaria calcular MD de maneira a se
PM n MD
x—. A reta MD seria pois uma 4’ proporcional 
m
Geometria Elementar
D
Fig. 219
N P
C
O
Fig. 220
'M
124
287. Por um ponto P, traçar uma reta que passe pelo ponto de 
interseção de duas retas concorrentes que não se podem 
prolongar.
280. Por um ponto P, exterior a um ângulo, traçar uma reta 
PNM que encontre os lados em N e em M, de modo a 
, PN 2 termos .
PM 5
B^r
Solução: Suponhamos o problema resolvido, e seja PO a reta pedida. 
Bastará determinar o ponto H, pois a reta PH prolongada passa pelo ponto O 
Tracemos uma reta qualquer PNM e outra qualquer também LKH, mas 
paralela à primeira.
Teremos: ; igualdade em que se conhecem 3 termos. SeráMP MN
portanto fácil determinar o quarto, LH.
Observação. Devendo-se dividir PNM em 2 segmentos m e n, ou, o que dá 
na mesma, se devesse ter = ——— = bastaria calcular DM de modo
PM m + n DM
a poder-se escrever DM = DA x (m + n) 
m
A reta DM seria uma quarta proporcional a DA, m + n e m.
Solução: Seja PNM a reta pedida. Traça-se PD, paralela a AC’ até o
PN DA prolongamento de BA, tem-se então O segmento PN iguala 2
PM DM
partes e PM 5. Portanto, basta, pelo ponto P, traçar PD paralela a AC, dividir
DA em duas partes, levar 5 dessas partes de D em M, e afinal construir PNM.
Capítulo 3
Solução: Designando-se por x o lado homólogo de a, tem-se
Fig. 222
125
Solução: Sejam as circunferências C e C e a razão dada —. Devemos ter 
n
P'a
X P
Traça-se x, e sobre esta homóloga de a constrói-se um polígono semelhante 
ao primeiro.
283. Um polígono tem um perímetro P e um de seus lados é a; 
construir um segundo polígono semelhante ao primeiro e 
de perímetro igual a P'.
282. Descrever uma circunferência passando por dois pontos 
A e B e tal que uma tangente partindo de um terceiro 
ponto dado, C, tenha um comprimento dado, I.
Fig. 221
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Sejam A e B os pontos dados e
a tangente CD = I. A figura dá CD = I2 = CBxCE; onde CE = . O
CB
comprimento CE é, pois, uma 3a proporcional ao comprimento conhecido I e ã 
distância CB. Conhecendo-se CE, a circunferência que deve passar pelos 3 
pontos A, B, E se torna fácil de descrever.
284. Por um dos pontos de interseção de duas circunferências, 
traçar uma secante tal que as duas cordas resultantes 
estejam entre si numa razão dada.
P a— = — , onde
P' x
Geometria Elementar
e a
/K
126
285. Construir um triângulo conhecendo dois lados 
bissetriz do ângulo deles.
286. Construir um triângulo conhecendo um lado, a bissetriz 
do ângulo oposto e a razão dos dois outros lados.
E
Z
E
bZ 
zS 
A D C
Fig. 224
zív
A D C
Fig. 223
Solução: Seja, ABC o triângulo pedido. Conhecemos AB, BC e a bissetriz 
BD. Pelo ponto C, tracemos CE paralela a BD, e prolonguemos AB até
CE AE
encontrar CE. Temos —— = —•. Podemos determinar CE, pois BD, 
BD AB
AE = AB + BC e AB são quantidades dadas. Conhecendo CE, construímos 
o triângulo isósceles BCE, prolongamos BE de um comprimento igual a BA; 
afinai, traçamos AC e o triângulo ABC é o triângulo pedido.
BD m
AD “ n '
Dividamos a reta que une os centros em duas partes proporcionais a m e a n; 
liguemos o ponto de divisão E ao ponto de interseção D e tracemos a 
perpendicular ADB a DE. Esta reta determina as duas cordas pedidas AD e 
BD, pois se dos pontos C e C levantarmos as perpendiculares CG e CF, 
traçando C'IL paralela a AB, teremos (ex. 104) as relações seguintes:
CE LI GD m
EC IC DF n'
„ . 2GD m r . BD mOnde: —— =— e afinal: -r-=r = —•
2DF n AD n
Capítulo 3
n); m e n são
288. Dada a reta m, achar outra reta x tal que x2 = —m2.
Solução: Temos que x2 =
289. Construir uma reta x, tal que ^x! = I2 (1 linha dada).
Solução: A igualdade
3
lei.proporcional entre
291. Construir uma reta x tal que x2 = (I, m, n, retas
127
m 
n
Solução: A reta x, sendo meia proporcional entre m e m + n, é de fácil 
construção.
4
3
l2m 
m + n
287. Construir uma reta x tal que x2 = m (m 
retas dadas.
290. Conhecendo as retas I, m, n, achar uma reta x tal que 
x^ 
I2
3 —m e m.
dadas).
Solução: Faz-se m + n = s o que dá x2 = x I2. (ex. 290).
|m2 = 
5
|x2 = l2 dá x2 =
ou x2 =
3
—m x m : logo, x é meia proporcional entre
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Os dados do problema são AC, BD e 
. m AB . m AB AD ... ,a relaçao — = —— . Temos pois — = —— = —— . Dividindo AC em partes 
n BC n BC DC
proporcionais a m e a n, achamos os valores AD e DC Traçando CE paralela 
CE ACa BD, e prolongando AB até encontrar-se com CE, teremos .
Podemos determinar CE, uma vez que conhecemos BD, AC, AD. Ora, o 
vértice B está sobre a perpendicular FB levantada no meio de CE. Aliás, 
tomando CK = BD e, do ponto K como centro com raio igual a DC, descre­
vendo um arco, este cortará a reta FB no ponto B e o vértice B será 
determinado. Traçando-se BC, e depois BD igual e paralela a CK, bastará 
traçar CDA e afinal unir B e A.
Solução: Temos 4r- = — ou x2 = —x I2 = —x I. Fazendo se k = —; ké 
I2 n n n n
quarta proporcional que se pode construir. Temos então x2 = kl.
A reta x é meia proporcional entre k e I.
^-I2 = yl xl. A reta x é pois meia
3
4
3
5
Geometria Elementar
D
P Fig. 225
B' B
C
Solução: Suponhamos que
A
•■'a
By
C
Fig. 226
128
A'
An
£J 
C"
AP 5
PB "8 ’
292. Por um ponto P, no interior de um círculo, traçar uma 
corda que esteja dividida neste ponto numa razão dada 
5 
8
Observação. Se a razão dada fosse — , ter-se-ia AP2 = — MP2. Construii 
n n
se-ia AP (ex. 290); terminando como já foi indicado.
293. Por um ponto A exterior a um círculo, traçar uma secante 
4
de modo que a parte exterior seja os — da secante total.
tracemos MP perpendicular ao diâmetro DPC, o que dá: DP x PC = MP2, ou 
APx PB = MP2(b). Multiplicando membro a membro as igualdades (a) e (b), 
temos: AP2 x PB = ^PBx MP2 ou Ap2 = iMp2-
A reta MP sendo conhecida, constrói-se AP (ex. 288) e do ponto P como 
centro, com raio igual a AP, descreve-se um arco que corte a circunferência 
dada em A e A' e as retas APB, A'PB’ constituem ambas a solução do 
problema.
A
MZÍ
5PR
ou AP = —— (a). Pelo Ponto P,
8
Capitulo 3
Solução: Seja ADC a secante pedida: temosAD é, pois, meia proporcional entre
temos
Fig. 227
E C F
BA
Fig. 228
129
2o caso - As retas AB e CD são paralelas.
É evidente que para determinar o ponto de contato F, basta abaixar do meio 
de AB uma perpendicular IF até encontrar a reta CD.
Observação. A razão dada sendo , ter-se-ia AD* = AB2.
D
Onde a seguinte construção. Prolongam-se as retas AB e CD até o seu 
encontro em E; constrói-se uma meia proporcional I entre EA e EB e leva-se 
sobre ECD um comprimento EF = I. O ponto F é o ponto de contato da 
circunferência e da reta dada. Faz-se passar a circunferência pelos três 
pontos A, B, F.
C F D
Conclue-se então fazendo passar uma circunferência pelos três pontos A, B, 
F.
294. Descrever uma circunferência passando por dois pontos 
dados e tangente a uma reta dada.
Solução: Sejam A e B os pontos dados e CD a reta dada.
1o caso - As retas AB e CD se encontram em E.
Suponhamos o problema resolvido. O circulo sendo tangente a CD em F, 
ÊF2 = EAx EB.
4AC ou AD = - 
9
AD 4
AC ' 9
Também se pode escrever ADx AC = AB2. Multiplicando membro a membro, 
dá: ÃD2 x AC = ÃB? x AC ou ÃD2 = |ab2.
4
— AB e ab (a tangente AB é naturalmente 
conhecida). Sendo esta meia proporcional conhecida, do ponto A como 
centro, com raio igual a AD, descreve-se um arco que corte o circulo dado em 
D e D', obtendo-se assim duas soluções.
Caso ADC passe pelo centro, haverá só uma solução.
Geometria Elementar
Fig. 229
•F Fig. 230
Dc-
Fig. 231
130
296. Construir um losango cujo lado tenha um comprimento 
dado e seja meio proporcional entre as duas diagonais.
295. Descrever uma circunferência passando por um ponto 
dado e tangente a duas retas dadas.
Solução: Sejam M o ponto, AB e CD as retas dadas.
1o Caso - As retas se encontram em um ponto O.
O centro se encontra sobre a paralela EF equidistante das retas dadas (ex. 82). 
O raio é igual à distância de EF a AB ou a CD. Do ponto M como centro, com 
um raio igual à dita distância, descreve-se um arco que corte EF em O e O': 
estes pontos são os centros de duas circunferências; soluções da questão.
A circunferência tangente às duas retas tem seu centro sobre a bissetriz OE; 
e, passando pelo ponto M, há de passar por um ponto M' simétrico de M. 
Logo, o problema consiste em fazer passar uma circunferência por dois 
pontos dados Me M'e tangente a uma reta dada, OB ou OD (ex. 294).
2o Caso - As retas AB e CD são paralelas.
A--------------------- B
E->O'
Capítulo 3
± Ja2
a
a - x = a +
2
298. Dividir uma reta de 60m em meia e extrema razão.
131
2a 2 
a(3-75) 3-75
e a + ^(3 - 75) oua-r-|(75-1) ou
75 =|(3-J5).
Solução: Conforme as fórmulas encontradas (ex. 297), teremos para o maior 
segmento. - 1) = 37m08; e para o menor: ~(3 - Võ) = 22m92.
a2, 
75-| = ±|(75-i).
297. Dividir uma reta a em meia e extrema razão e achar as 
razões da reta para os dois segmentos.
Solução: Designando-se o maior segmento da reta por x, o menor será a - x 
e ter-se-á:
x2 = a(a - x) = a2 - ax, onde: x2+ ax =
3.2 a2 a , 5a2X = -2±r +-4-2+-^ =
Um segmento será, pois: <|>G/5 -1).
O outro segmento será:
As relações pedidas serão: 
2a 
a(75 -1) 75-1
±£
Solução: Seja ABCD o losango pedido. O enunciado dá:
ÃB2 = 2OA x 2OB = 4OA x OB.
Se do ponto O se abaixar uma perpendicular OE sobre AB, obter-se-ão dois 
triângulos retângulos AOB, BOB que são semelhantes e dão:
onde: ABx OE = OAx OB. Mas temos também:
-------2
ÃB2 = 4OA x OB ou = OA x OB;
4
AR AR
logo: AB x OE = onde: OE =
4 4
No triângulo retângulo ABO, já que se conhece a hipotenusa AB e a altura 
correspondente OE, pode o mesmo ser construído (ex. 148) e ao depois 
terminar-se o losango.
299. Mostre que os segmentos de duas retas divididas em 
meia e extrema razão são proporcionais.
Solução: Com efeito, para uma reta AB dividida no ponto C em meia e 
extrema razão, sendo AC o segmento maior, lemos (ex. 297); -^7 = s 5 .
BC 3-V5
Resposta: x = ■|-(>/5 -1), a - x = |(3-7s).
Geometria Elementar
Onde:
BA F
M N
P
B
C
132
302. Por um ponto P, exterior a um ângulo, traçar uma reta 
PNM, que encontre os lados em N e em M, de modo que a 
reta PMN esteja dividida em meia e extrema razão, no 
ponto N.
300. Conhecendo AB, grande segmento de uma reta dividida 
em meia e extrema razão, achar a reta inteira.
AC
BC
A'C*
B’C
301. Inscrever em um ângulo A, uma reta MPN que esteja 
dividida, no ponto P, em meia e extrema razão.
A
-í
Fig. 233
Solução: Trata-se de determinar o ponto M. Para isso traça-se a paralela PD 
a AC, o que dá AD. Divide-se depois uma reta qualquer em meia e extrema 
razão; sendo os segmentos m e n teremos (ex. 299): 
m PN AD ,
— = 7777 = 7777; onde DM = AD x —; e o caso do exercício 279.n PM DM n
Outra reta. AB’daria =
Flg. 232
Solução: Faz-se sobre AB a construção indicada no n° 338 do livro do aluno, 
e prolonga-se AB até F, de modo a ter AF = AE. AF é a linha pedida. Com 
AE AB AF AB
efeito, temos: = —— ou -— = ——; porque AD = BF, uma vez que
AB AD AB EF
AE = AF e DE = AB.
Capítulo 3
D
A .
Fig. 234
b/m pN
D
A A'
S..-ÀN
Fig. 235
B’ B
C
A
B,
Fig. 236
C
133
MZ-—>>
I /p
zÍqZd-'
L 
C"
304. Por um ponto A exterior a um círculo, traçar uma secante 
que esteja dividida pela circunferência em meia e extrema 
razão.
303. Por um ponto P, no interior de um circulo, traçar uma 
corda que esteja dividida neste ponto em meia e extrema 
razão.
Solução: Divide-se uma reta qualquer em meia e extrema razão; sendo os 
segmentos m e n, deve-se ter (ex. 292): AP = — x MP . n
É o caso do exercício 290.
C
Solução: Divide-se uma reta qualquer em meia e extrema razão; sendo os 
segmentos m e n, deve-se ter: — m - = onde: DM = AD x —T .
n + m PM DM m
É o caso do exercício 280.
Geometria Elementar
cortam
Fig. 237
Resposta: 2m47.
134
307. Ao tangentes exteriores comum a dois círculos encontram 
a linha dos centros em um mesmo ponto O', e as 
tangentes interiores encontram-se também em um mesmo 
ponto, O.
Solução: Tracemos as 4 tangentes comuns e unamos os centros aos pontos 
de contato. Os raios CA, CA' são paralelos; se não forem iguais, a tangente 
AA‘ encontrará a linha dos centros em O'.
306. Uma diagonal de um pentágono regular inscrito tem 4m; 
achar o lado do pentágono.
Solução: O lado pedido é igual ao segmento maior da diagonal dividida em 
meia e extrema razão (ex. 305).
l = -|(T5-1) = 2m47.
Solução: Devemos ter CO* = ACx AO.
Circunscrevemos uma circunferência ao polígono. O ângulo BOC é igual a 
OBC, pois têm mesma medida; o triângulo BOC é portanto isósceles e 
BC = OC.
Os triângulos AOB e BAC sendo equiângulos, são também semelhantes e
AB AO —2 —2
dão: Ãc = bo-; onde BC = ACx AO, ou CO = ACx AO, pois que CO = BC.
A reta AOC está, portanto, dividida no ponto O em meia e extrema razão.
Solução: Divide-se uma reta qualquer em meia e extrema razão; os 
segmentos sendo m e n, ter-se-á, conforme o exercício 293: AD* = — x AB2. 
n
Constrói-se AD (ex. 290) e termina-se como no supracitado exercício.
305. As diagonais de um pentágono regular se 
mutuamente em meia e extrema razão.
Capitulo 3
& .O’ Fig. 238
D1
: onde ou
Por conseguinte: CO' =
ou
O que daria CO" =
A
O' Fig. 239
exercício precedente que CO =
135
308. Em dois círculos, as secantes que unem as extremidades 
dos raios paralelos concorrem em um mesmo ponto O, 
situado sobre a linha dos centros.
CO' 
CA ■
T
B
CO" 
CA
CO” 
CB
CO"-C'O" 
CB-CB'
A
cc
CA-CA'
Solução: Traçam-se os raios paralelos CE, CE'; se não forem iguais, a reta 
EE' encontrará a linha dos centros em um ponto O. Demonstra-se, como no 
CExCC 
CE-CE*'
O valor de CO é o mesmo que no exercício precedente, supondo que a 
distância CC dos centros é a mesma, que CE = CA, CE' = CA'.
Por conseguinte, quaisquer que sejam os raios paralelos CE, CE', a reta EE’ 
encontra a linha dos centros em um mesmo ponto O', o que acontece também 
com a tangente comum exterior AA'.
Demonstra-se da mesma maneira que, se traçarem dois raios paralelos Cl, 
Cl' dirigidos em sentido contrário, a reta II' que os une corta a linha doscentros em um ponto O, que é o lugar onde as tangentes interiores encontram 
a linha dos centros.
Os triângulos semelhantes CAO', C'A'O' dão:
CO' C'O'. CO'-C'O' CO'
CA " C'A' °n e CA-CA' " CA
CAxCC
CA-CA’’
A tangente BB’ encontra também a linha dos centros em O'.
CO" CO"Se o encontro se desse em outro ponto O", ter-se-ia = : onde
CB C B
CC"
CA-CA’
■ '• lQg° CO'= CO". CA-CA a
Provar-se-ia do mesmo modo que as tangentes comuns interiores se 
encontram num ponto O; mas para obter CC seria preciso fazer a soma dos 
numeradores e dos denominadores, em lugar da diferença.
CO"
CB' ’
Geometria Elementar
D
O Fig. 240
Fig. 241
136
310. Um polígono regular estando inscrito numa circunferência, 
circunscrever um polígono regular semelhante.
309. Provar que no triângulo equilateral inscrito, o raio é o 
dobro do apótema.
B
Solução: Devemos ter OB = 2OI.
Com efeito, AO = AB = BC = o lado do hexágono.
AO e AB sendo duas oblíquas iguais, se afastam igualmente do pé da 
perpendicular Al, e portanto OI = IB: onde OB = 2OI.
Observação - É fácil, conforme este exercício, traçar as tangentes comuns a 
dois círculos: para que a tangente exterior, traçam-se dois raios paralelos CE, 
CE', dirigidos no mesmo sentido, tira-se a linha EE' que se prolonga até o 
encontro em O’ da linha dos centros, e do ponto O' leva-se uma tangente a uma 
das circunferências. É também tangente à outra.
Para se ter a tangente interior, traçam-se dois raios paralelos Cl, Cl' dirigidos 
em sentido contrário e depois, tira-se II’. Esta reta encontra a linha dos centros 
em O. Deste ponto, traça-se uma tangente a uma das circunferências; é 
também tangente à outra.
Solução: Basta traçar tangentes pelos vértices do primeiro polígono; estas 
retas se cortam determinando um polígono regular semelhante ao primeiro. 
Com efeito, os ângulos GAB e GBA são iguais por terem a mesma medida; 
por conseguinte AG = GB.
Os triângulos AGB, BCH são iguais, pois AB = BC, e os ângulos adjacentes 
ao lado AB têm mesma medida que os adjacentes ao lado BC; portanto, 
BH = BG eH = G. Mas, por serem iguais as retas BG, BH, HC e Cl, segue-se 
que GH = Hl. logo o segundo polígono é equiângulo e equilateral, portanto 
regular; a mais, é semelhante ao primeiro, pois têm o mesmo número de 
lados, já que há tantos lados no segundo polígono quantos vértices no 
primeiro.
Capitulo 3
L GF
\/
K M Fig. 242
/Ox
E H
Fig. 243
137
E
de reto; também o ângulo DAB. Portanto o triângulo
K
312. Uma circunferência está compreendida entre os perí­
metros do quadrado circunscrito e do hexágono inscrito; 
segundo esta considerado, demonstrar que a razão da 
circunferência para o diâmetro está compreeendida entre 
4 e 3.
311. Mostre que o perímetro do triângulo equilateral circunscrito 
é o dobro daquele do triângulo equilateral inscrito.
Solução: Devemos ter DE = 2AB.
Pelos vértices A, B, C do primeiro triângulo equilateral, traçando tangentes, 
obtemos o triângulo equilateral circunscrito DEF.
F A D
N
Outro método: Pelos pontos K, L, M, N, meios dos arcos AB, BC.... tracemos 
tangentes; ao se encontrarem, formarão o polígono pedido.
Com efeito, unindo o centro com todos os ângulos do novo polígono, por meio 
das retas OE, OF..., estas retas passarão pelos vértices do polígono ABCD: 
assim, OF passará pelo vértice B; pois os triângulos FOK, FOL tendo a 
hipotenusa comum e OK igualando OL, são iguais; OF divide pois o ângulo 
KOL em duas partes iguais e passa, por conseguinte, no ponto B, meio do 
arco KL.
Os dois polígonos ABCD, EFGH serão portanto compostos de triângulos 
semelhantes AOB, EOF; BOC, FOG..., e semelhantemente dispostos; logo, 
são semelhantes.
Solução: Seja D o diâmetro de uma circunferência C. O perímetro do 
quadrado circunscrito será 4D, e o do hexágono inscrito 3D. Ter-se-á, pois 
4D>C>3D, ou4>^>3.
2 
O ângulo DBA = C = —
DAB é equilateral e DB = AB.
Também BE = BC = AB: logo, DE = 2AB.
Geometria Elementar
Fig. 244
138
315. O quadrado do lado de um pentágono regular inscrito é 
igual à soma dos quadrados do raio e do lado decágono 
regular.
Solução: Com efeito, sejam CB = OD = DB = o lado do decágono, N o meio 
do raio OC e AB o lado pentágono.
>/5 x
313. Calcular o lado e o apótema do decágono regular inscrito 
num círculo de raio dado.
Solução: R sendo o raio dado, c e a o lado e o apótema pedidos, teremos 
c = 5.(75 -1) e a = ^VlO + 2^.
Com efeito, o exercício 297 dá. c = y(J5 -1).
Aliás a2 = R2-y-,
Mas: c = 5.(7ã-1) = 5-Tã-5.;
.4.24^44.^4
c2 = ^4^=3RÍ4(3_75):e ^4(3-75);
logo:a2 = R2-^.(3-75) = R2-^i + ^.V5 = ^ + ^-s/5;
O o o o o
a2 = ^-(5 + V5) = ^-(5 + 75) = ^-(10 + 2^5);
O IO lo
a = •5-710 + 275.
314. Achar o perímetro do decágono inscrito em um círculo de 
4m de raio.
Solução: O lado do decágono sendo igual ao segmento maior do raio dividido 
em meia e extrema razão, tem-se (ex. 297).
Lado do decágono = ^-(75 -1) = 2>/5 - 2 = 2,472, e por conseguinte, perímetro 
do decágono = 10 x 2,472 = 24m72.
Capítulo 3
OD + DCTemos: NC =
316.
Resposta: P = 11m79.
317.
318.
319. acharc", umae
139
2nr"
5 ’
Qual é o perímetro de um pentágono regular inscrito em 
um círculo de 2m de raio?
Dadas as circunferências c e c’ construir uma circunferência 
igual ac + c'.
Solução: Representando por r e r' os raios das circunferências dadas e por x 
o raio da circunferência procurada, temos C = 2nr, C = 2nr*.
Circunferência x = 2nx = C + C' = 2nr + 2nr*; 2nx = 2nr + 2nr’, x = r + r*.
Constrói-se x, e com este raio descreve-se a circunferência.
Dadas as circunferências c e c', achar uma circunferência 
igual ac-c'.
Solução: Conservando as mesmas notações, temos 2nx = 2nr - 2nr*. onde 
x = r - r'.
BC 
2 "2
Aliás, o quadrilátero AOBC dá (ex. 259):
2ÕB2 + 2BC2 = Ãb’ + Õc’ + 4^-: pois 4^- = 4N|2.
+ Cl, onde NC-CI = NI = ^-.
Solução: Sejam c o lado do pentágono, e R o raio do círculo. O lado do 
p 
decágono sendo igual a — i
C2=R2 J|(j5-1)^=R2+(
c2=R2 + ^í-2xy>/5x
Dadas as circunferências 
circunferência igual a ~c +^c'~^c" ■
Solução: Temos: 2nx = — +
3 4
F-
R R2 
~2+~4 -■
c2 = ^-(5- J5) e c = R^y^T
5c ou P = 5R^5~2^ “10J5 =11m79-
(J5 -1), temos (ex. 315):
BC2 . . . BC2
4 • r - 4
Onde se tira AB2 = 2OB2 + 2BC2 - OC2 - BC2, ou AB = OB + BC .
Resposta: AB =OB +BC .
C, 
1 .
4
Geometria Elementar
Onde: x =
Fig. 245
Fig. 246
X
Logo:
140
As circunferências são proporcionais a seus raios; portanto a circunferência 
exterior é o dobro da circunferência interior; um grau da 1a corresponde pois 
também a um arco duplo daquele de um grau da 2a. Mas o ângulo AOB tem 
por medida o arco AB ou a metade do arco AC. Este arco contém, por 
conseguinte, um número de graus duplo do número daquele: logo, ambos têm 
o mesmo comprimento.
1
51
1 1 
3f+4'
320. Numa circunferência O, sobre o raie OA como diâmetro, 
descreve-se outra circunferência, e traça-se um raia 
qualquer OB que corte a pequena circunferência em C. 
Demonstrar que os arcos AB e AC são iguais.
Solução: Deve-se ter: AB = AC
Rx?2
Por conseguinte: OD = .
Solução: Sendo R o raio dado, ce a o lado e o apótema pedidos, ter-se-á: 
c = Ryj2-y/2 e a = y ^27+2 .
Com efeito, sejam AB o lado do quadrado inscrito, AC o lado do octógono 
regular inscrito, OI o apótema e OC um raio.
O triângulo AOC dá: c5 = R2 + R2 - 2R x OD = 2R2 - 2R x OD.
Ora. OD = porém, AB = rV2;
321. Calcular o lado e o apótema do octógono regular inscrito 
num círculo de raio dado.
Capítulo 3
Tem-se, portanto: por conseguinte:
322.
= 14 l4m40.
Quantos metros vale 1 segundo do meridiano?323.
= 30m86.
324.
= 6.369km, 42.
141
Qual é, em km, a distância média de um ponto do 
meridiano ao centro da terra?
Numa circunferência, um arco de 5° tem comprimento de 
0m20; qual é o comprimento do raio da circunferência?
c2 = 2R2 - 2R X —
R>/2 . 
2 '
c2 = 2R2 - R2 J2,
c2 = R2(2 - 72),
c = R,]2-J2.
Torna-se fácil calcular OI = a, pois que no triângulo retângulo COI, a 
hipotenusa OC = R, e Cl = y.
mas c2 =R2(2-V2);
Solução: 360° = 360 x 60 x 60 = 1.296.000".
Um meridiano vale 40.000.000m,por conseguinte 1 segundo vale 
40.000.000 
1.296.000
Solução: Se 5o correspondem a 0m20, 1o corresponde a e 360° a
5
0,20x360
5
Tem-se pois: C = 14m40 = 2nR.
Onde: R = = 2m29.
2n ti
Logo:
Solução: Temos: 2irR = 40.000km.
Onde R = ^-00° = 20 000 
2tt n
Resposta: 6.369km42.
a2 = R2-^-;
R^_ ^(2 _ = r^ _ + = 2RÍ +
4 4 4 4 4
a2 = ^-(2 + 72);
72 + 72.
Geometria Elementar
de: = 0m214.
12°66’:
= 6m85.
= 0m96.
Resposta: 0m96.
142
325. Dois arcos têm mesmo comprimento: o primeiro, de 20°30’ 
descreveu-se com raio de 0m60, o segundo tem 12°40': 
qual é o comprimento do raio deste último?
0,214
12,66
6,085 
2x3.1416
0,214x360
12,66
Chamando de C esta segunda circunferência, e R' o seu raio, tem-se:
C = 2nR‘ = 6m085, onde: R =
Solução: O comprimento da primeira circunferência ou
C = 2nR = 2 x 3,1416 x 0,60 = 3m77.
Se 360° correspondem a um comprimento de 3m77, 1o corresponde a um
3 77comprimento de * , e 20°30' ou 20°,5 correspondem a um comprimento 
360
3m77x20,5
360
Este comprimento 0m214 corresponde, na segunda circunferência a 12°40‘ ou
1o corresponde a um comprimento igual e 360° a
Capitulo 4
CAPÍTULO 4
Resposta: 216:000$000.
Os deste pasto valem 70S000 o are, e o restante,
O preço dos = 1: 236S666.a 708000 o are será
O preço do a 608000 o are será = 5308000.
Resposta: 1:7668666.
329.
H.
Resposta: 22 metros.
Temos, portanto: 756 =
143
Solução: Área pedida ou R = 58m45 x 24m60 = 1.437m287.
Resposta:!.437 m 287.
Qual é a altura de um retângulo cuja base tem 65m e a 
superfície, 1.430m2?
326. Calcular a área de um retângulo que mede 58m45 por 
24m60.
327. Um ramal de estrada de ferro deve ter 40km de 
comprimento por 12m de largura; quanto custará o 
terreno, pagando-se, em média, 4:500$000 por hectare?
Solução: R = C x L, ora C = 40km ou 40.000m 
R = 40.000 x 12 = 480.000m2 = 48Ha.
Um hectare se paga 4:500$000, 48Ha se pagarão 4:500S000x48 = 
216:0005000.
Solução: R ou 1.430 = 65 x 
Onde: H = l^- = 22m. 
65
328. Quanto vale um pasto retangular de 75m30 por 35m20? 
2 
3 
60$000 o are.
Solução: R = 75,30 x 35,20 = 2650m2
i y a 708000 o are será 2650x2x70
1 a 608000 o are será 26'50x1x6° 
Total 1:7668666.
330. Um retângulo tem área de 756m2; quais são as suas 
dimensões, uma vez que se acham na razão de 7 para 3?
Solução: A superfície do retângulo R ou 756 = B x A.
_ B 7 7
Ora, — = —, onde: B = —A.
|AxA =
Geometria Elementar
Onde A = = 18 e B = 42.
Resposta: 18 e 42 metros.
331.
= 0m63.
Resposta: 0m63.
5
da base.
Como a altura é
Onde se tira: x = = 35m24.
Resposta: S = 62a08; B = 176m20; A = 35m24.
Resposta: 6m e 18m10.
Solução: Temos: xy = 284 e x - y = 16,40.
144
333. Quais são as dimensões de um retângulo que tem 108m60 
de área e cujo perímetro vale 48m20?
1 
5
*756 x 3
da base, representando-a por x, a base será 5x e 
teremos: R = 62a0833 = 5x x = õx2.
'6208733
Logo A = 35m24 e B = 176m20.
3 725 
Solução: A superfície é: — — = 62a0833.
60
Solução: Sejam x e y as dimensões do retângulo; teremos: 
xy= 108,60 ex+y = ^= 24,10: 
onde se lira x = 24,10-ye (24,10 - y)y = 108,60 
Afinal vem: y = 18,10
x = 6.
332. Certo terreno retangular é avaliado à razão de 60S000 o 
are: pede-se determinar-lhe a área e as dimensões, 
1 sabendo-se que se vendeu por 3:725$000. A altura vale —
334. A área de um retângulo é 284m2 e a diferença de dois 
lados adjacentes é de 16m40: quanto valem a base e a 
altura?
Certo proprietário que removera as balisas de um seu 
terreno foi condenado a restituir uma faixa retangular de 
60m com área de 38ca. Qual será a largura da faixa?
Solução: Seja x a largura A área de 38 ca ou 38m2 = 60 x x.
 . 38Onde: x - —— 
60
Capítulo 4
x =
Resposta: 398 ladrilhos.
mesmo
145
Onde vem: x = 16,40 + y e (16,40 + y)y = 284.
Afinal y = 10,54
x = 26,94
Resposta: 10m54; 26m94.
Onde: 3x = 45 e 4x = 60.
A área do retângulo será pois: 45 x 60 = 2.700m2.
Resposta: 2.700m2.
Observação. Os dois problemas precedentes podem ser resolvidos com 
processo semelhante ao que foi empregado no exercício 353.
338. Qual é a área S do quadrado circunscrito ao 
círculo?
Solução: O lado do quadrado circunscrito é, com evidência igual a 2R;
Logo: S = 2Rx 2R = 4R2.
Onde resulta que a área do quadrado circunscrito é o dobro da área do 
quadrado inscrito.
Resposta: S = 4R2.
339. Tém-se dois quadrados: a diagonal do primeiro é igual ao 
lado do segundo; qual é a razão das áreas destes dois 
quadrados?
337. Qual é a área S do quadrado inscrito num circulo de raio R?
Solução: O lado do quadrado inscrito = R 42.
Logo: S = R -72 x R 72 = 2R2.
Resposta: S = 2R2.
335. Qual é a área de um retângulo que tem diagonal de 75m e 
cujos lados estão na razão de 3 para 4?
Solução: Sejam 3x e 4x os lados do retânqulo; temos: 
9x2+ 16x2 = 75* 
ç=15.
336. Quantos ladrilhos são necessários para ladrilhar uma 
cozinha de 3m40 por 3m? Cada ladrilho mede 0m16 de 
lado.
Solução: A superfície da cozinha é igual a 3,40 x 3 = 10m220.
A superfície de um ladrilho é igual a 0,16 x 0,16 = 0m20256.
O número de ladrilhos necessários é ■ J = 398.
0,0256
Geometria Elementar
Resposta:
146
1 
2
341. Construir um quadrado para o qual a diferença entre a 
diagonal e o lado seja de 6m, e dizer qual será o raio do 
círculo circunscrito a este quadrado.
Solução: Seja x a diagonal do quadrado; temos: x2 = 2(x - 6)2; onde se tira: 
x = 20m485, por não ser conveniente a segunda raiz. Será fácil a construção 
do quadrado, pois que se conhece o lado.
A diagonal do quadrado inscrito é igual ao diâmetro, e o raio pedido terá: 
20,485 ----- ---- = 10m242.
Resposta: O lado do quadrado tem 20m485 e o raio, 10m242.
Solução: Seja I o lado do primeiro quadrado; sua área será I2
A área do segundo é igual ao quadrado da diagonal do primeiro. Ora, este
I2 1quadrado = I2. Logo, a razão pedida será: — = —.
340. Qual é a área de um quadrado, se a diferença entre o seu 
lado e a sua diagonal é de 6m?
Solução: Sejam I o lado do quadrado e d a diagonal.
Temos: d = lx/2.
Portanto: d -1 = I>/2 -1 = 6.
Onde: 1(72-1) = 6; I = ,_6 = 14,49.
yj2 — 1
Logo, a área do quadrado será: 14,49 x 14,49 - 209m296.
Resposta: 209m296.
342. Une-se o terço do lado de um quadrado ao quarto do lado 
adjacente e pede-se determinar em função do lado do 
quadrado; 1° a área do triângulo assim formado; 2° a área 
da outra parte do quadrado.
Solução: Tem-se um triângulo retângulo cujos catetos valem respectivamente 
a a . . 1 a a a2- e -;por conseguinte:T = -x-x- = —.
Portanto, a área do triângulo iguala —da área do quadrado; a outra parte 
24
, . 23a2 
valera: — .
24
Resposta: 1a ; 2a24 24
Capítulo 4
343.
A razão dos dois quadrados é pois:
344.
Solução: Área pedida ouT = = 10a52.
Resposta: 10a52ca.
345.
Onde: A = = 18m.
Resposta: 18 metros.
346.
Fig. 247
cDA
Onde se tem: 875 =
Logo: A = = 25, e, por conseguinte: B =
Resposta: 70m e 25 metros.
147
Sobre cada lado de um quadrado de área igual a 36m2, 
tomam-se alternadamente dois comprimentos iguais a 
4m25 e 1m75. Unem-se os pontos 2 a 2, o que dá como 
resultado um novo quadrado cuja área se pede determinar, 
assim como a razão que existe entre o último e o primeiro.
Um triângulo tem 3m2 de área e 42m2 de base; pede-se a 
altura.
Qual é a área de um triângulo com base de 54m65 e altura 
de 19m25?
Solução: A figura obtida é um quadrado (ex. 38). Aliás, temos:
Área do quadrado = EFGH = Ê? = BÊ’ + BF2 = 4,252 +1,752 = 21m2125. 
21,125
36 ‘
378x2
42
54,65x19,25
2
O triângulo ABC tem 875m2 de superfície; quais são as 
suas dimensões, uma vez que a razão da base AC para a 
14 altura BD é —.
5
47 x A
Solução: Temos : T = 378 = 2 ■ .
14 A
TAx
'875x10
14
Solução: Temos: T = 875 = B * A .
~ B 14 „ » D 14 AOra, — = —; e, portanto: B = — A.
4=^a2.2 10
^-x25 = 70.
5
Geometria Elementar
347.
Resposta: 4m80.
; e também: a2 =Solução: Temos: T =
= 27m27.Logo: a =
Resposta: 27m27.
Fig. 248
Solução: Seja x a altura do triângulo. Temos (ex. 216):
148
350. A base maior de um trapézio tem 36m, a menor, 22m ea 
altura 16m. Pede-se calcular a área do triângulo formado 
pelo prolongamento dos lados não paralelos do trapézio e 
a base menor.
<62 x 24
62x24
2
62x24
2
349. Qual é a área do dodecágono regular inscrito, em função 
do raio?
348. Qual é o lado a do quadrado equivalente à área de um 
triângulo T, de 62m de base e 24m de altura?
No mesmo triângulo ABC, toma-se outro de 60m2 de área 
e de mesmo vértice B; qual é o comprimento da base 
medida a partir de A?
Solução: Seja x o comprimento procurado. Sendo a base deste triângulo uma 
parte da base do triângulo dado, já que o vértice está no mesmo ponto, a 
. 25xx „„ , 60x2 . onaltura é a mesma e tem-se —-— = 60 : onde : x = = 4m80.
Solução: Temos: área COB = isto é igual a yxy ou =
Mas COB é a duodécima parte do dodecágono; logo a área do dodecágono 
vale ' = 3R2.
4
Resposta: S = 3R2.
Capítulo 4
= 25m14.
= 276m254.Logo: T =
cA D
= 84,375.
Onde:
302x2 = 46,80 x 4 x 54,60 x 4, x =
Extraindo-se a raiz quadrada do numerador com aproximação de
Resposta: 6m73.
149
Onde: AC = 18,75, e área ABC = 
Resposta: 84m237.
352. Calcular com aproximação de 0m01 a altura de um 
triângulo com base de 60m, e cuja área deverá ser meia 
proporcional entre as áreas de dois retângulos de 4m de 
altura e bases de 46m80 e 54m60.
351. Calcular a área de um triângulo retângulo, no qual um dos 
catetos tem 15m, e a perpendicular abaixada do vértice 
sobre a hipotenusa mede 9m.
B
22x16 
36-22
22x25,14
2
Resposta: 276m 254.
'46,80x4x54,60x4
30
ba
= B-b ~
Solução: Seja x a altura procurada. As áreas de T, R e R' são: 
T = ^xx = 30x; R = 46,80x4; R' = 54,60 x 4.
Devendo ser o triângulo meio proporcional entre R e R' temos:
46,80x4 30x
30x 54,60x4
Fig. 249
Solução: Determina-se a base AC como segue:
DC = \/bC2 - BD2 =12 e AD = -^- = 6,75.
DC
18,75x9
2
A, ter-se-
á o valor de x com aproximação ou e a fortiori de0.130
Geometria Elementar
353.
Resposta: 44m e 33m.
CA D
Fig. 250
a =
Onde se tira: R2 =
150
Um triângulo retângulo tem área de 726m2 e hipotenusa 
de 55m. Quanto medem os catetos?
I
4T
3^3
Do ex. 337 depreende-se que área do quadrado inscrito é igual a 2R2.
R = ^R2.
354. A área de um triângulo equilateral mede 4m250. Pede-se a 
área do quadrado inscrito no círculo circunscrito ao 
triângulo.
Substituindo o valor de I (1), vem.
Í9R2 3R
V 4 " 2 ’
Ora, a área do triângulo equilateral ou T =
Solução: Sejam b e c os catetos. Conforme os dados do problema podemos 
escrever: - = 726 (1) e b2+ c2 = 552. (2)
Acrescentando 2bc à igualdade (2), obteremos o quadrado de b + c, isto é 
b2 + c2 + 2bc. Ora, o valor de 2bc se encontra facilmente. Basta multiplicar por 
4 a relação (1). Vem: 
2bc= 726x 4 (3)
E somando (2) e (3):
b2 + c2 + 2bc = (b + c)2 = 552 + 726 x 4
Onde: b + c = Võ52 + 726 x 4 = 77 (4)
Em lugar de acrescentarmos 2bc a (2), tiremos esta quantidade da mesma 
igualdade. Assim obteremos o quadrado de b - c, isto é, b2 + c2 - 2bc. 
Acharemos deste modo: b2 + c2 - 2bc = (b - c)2 = 552 - 726 x 4;
Onde: b - c = >/552 - 726 x 4 = 11. (5)
Uma vez que conhecemos a soma e a diferença de dois números, torna-se 
fácil determiná-los
Usando um processo conhecido, acha-se que: b = 44 
c= 33
Solução: O lado I do triângulo equilateral inscrito no círculo de raio R, vale 
r~ I2RV3 (1). Porém, por causa do triângulo retângulo BDC, tem-se: a2 = I2 - —.
= -^Rs/3x
Capítulo 4
= 6m293.Logo: 2R2 =
x =
Resposta: 3m60.
E
Fig. 251
ou AB
= a metade do paralelogramo.
= a metade do paralelogramo.
Outrossim, AOB - DOC = dometadea
151
355. Achar o lado de um quadrado equivalente a um triângulo 
que tem base de 4m80 e altura de 5m40.
área do paralelogramo.
Também AOD + BOC =
356. Une-se um ponto qualquer O, tomado no interior de um 
paralelogramo, aos 4 vértices. Demonstrar que existe 
razão constante entre a área do paralelogramo e a soma 
das áreas de dois triângulos opostos.
DE C
BCxMN
2
OF + OB
2
Logo, área destes 2 triângulos =AB^-
8T 8x4,50 
3>/3 3^3
Resposta: 6m293.
Solução: Seja EOF a altura do paralelogramo; temos:
Triângulo AOB = AB x e triângulo DOC = AB x
Observação. Suponhamos que o ponto se ache fora do paralelogramo, 
porém entre 2 lados paralelos.
Teremos: AOD + BOC = BC * MN = -AB *
2 2
ABxOF ABxOE_ABxEF 
2 " 2 2
paralelogramo; neste caso, a diferença dos dois triângulos AOB, DOC é igual 
à soma dos dois outros, AOD, BOC; a mais, esta soma e esta diferença são 
ambas iguais à, metade do paralelogramo.
Solução: Sejam x o lado do quadrado pedido, B e A a base e a altura do 
triângulo; teremos:
X2-Bn A _ 4-80x5-40- 
2 2
f4'80*5'40 = 3m60.
EF . . . x — = a metade da
Geometria Elementar
M
BA
mesmo modo:
O
CE:-’
D
N
 
F BA
Fig. 253
AOB-DOC =
152
7C$1
ABxEF 
2
357. Achar no interior de um triângulo um ponto tal que, ao 
uní-lo aos 3 vértices, o triângulo dado seja decomposto 
em três triângulos equivalentes.
Solução: Suponhamos o problema resolvido.
Sejam O o ponto pedido e OD. OH, OE, três perpendiculares. Os triângulos 
ABO, AOC sendo equivalentes, pode-se escrever: DOxAB=OHxAC ou 
DO AC
OH " AB ’
Logo, a reta AO é o lugar dos pontos cujas distâncias a AB e a AC estão na 
. ACrazao ——
AB
Provar-se-ia do mesmo modo que a reta OC é o lugar dos pontos cujas 
BCdistâncias aos lados AC, BC estão na razão
O ponlo O ficará, por conseguinte, na interseção destas duas retas.
F
Fig. 252
Tomemos afinal o ponto O fora das 4 paralelas; teremos:
BOC - AOD = OM) ABx EF g metacje <j0 paralelogramo. Do
— E - = a metade do paralelogramo; neste caso, a diferença 
dos triângulos AOB, DOC é igual à diferença dos dois outros BOC, AOD, e 
estas duas diferenças são ambas iguais à metade do paralelogramo.
Capítulo 4
Fig. 254
A H C
duas partesem
Fig. 255
Fig. 256
153
359. As áreas de dois triângulos ABC, DEF que tém um ângulo 
igual estão na mesma razão que os produtos dos lados 
destes ângulo.
Solução: Seja o quadrilátero ABCD.
Pelo meio O da diagonal AC, traçando-se OB e OD, dividem-se os 2 
triângulos ABC e ADC em duas partes equivalentes, e portanto, a linha 
quebrada BOD divide o quadrilátero em duas partes equivalentes ABOD e 
BODC.
B H C
_ , _ _ _ , ABC BC x AB
Solução: B = E; devemos ter = —-——
DEF EFxDE
Com efeito, AH e Dl sendo alturas dos 2 triângulos, tem-se:
ABC BCxAH BC AH
DÊF=-ÊF7DT=EFX^r- (1)
358. Dividir um quadrilátero qualquer 
equivalentes.
Geometria Elementar
360.
= 441m2.
Resposta: 4a41.
A B
154
AB 
ED’
ABC
DEF
BCx AB
EFxDE’
48,50 + 25
2
Solução: Área pedida ou T = 12 x
362. Qual é a área de um trapézio cuja altura tem 12m, e as 
bases 48m50 e 25m?
363. Dividir um trapézio em duas partes equivalentes por uma 
reta que passe num ponto dado sobre uma das bases.
D K C
L
Fig. 257
Solução: Sejam K o ponto dado e KL a reta procurada.
Já que os dois trapézios ADKL, KLBC são equivalentes e têm mesma altura, 
AL + DK = -1(AB + CD); onde: AL = ^(AB + CD)- DK.
Constrói-se AL, e leva-se este comprimento de K em L; afinal, traça-se KL.
Qual é a área de um losango cuja diagonais tem a 3m e 
2m?
3x2Solução: Área pedida ou L = = 3m2.
Resposta: 3m2.
AHOra, os triângulos semelhantes BAH, EDI dão.
AHPela substituição em (1) da razão — pelo seu seu valor, vem:
361. Dividir o quadrado, o retângulo, o paralelogramo, o 
losango em partes iguais por meio de paralelas aos lados.
Solução: Dividindo-se a base do paralelogramo em um número qualquer de 
partes iguais e traçando-se paralelas aos outros lados, pelos pontos de 
divisão, formam-se paralelogramos de mesma base e altura que são, por 
conseguinte equivalentes.
Procede-se da mesma maneira para dividir em partes iguais o quadrado, o 
retângulo e o losango.
Capitulo 4
LA B
Resposta: 105a76ca.
CA H
155
Teremos pois: Trapézio = 
Resposta: 480m217.
x1|4 = 480m217.
366. A base maior de um trapézio tem 42m, a menor 28m e a 
altura, 12m; calcular o comprimento da reta traçada no 
interior do trapézio, paralela às bases e a 3m60 da maior.
365. Em um triângulo ABC tem base de 52m7 e altura de 28m4; 
a 17mdo vértice, traça-se uma paralela DE à base; qual é 
à área, do trapézio ADEC assim formado?
B
364. Um trapézio tem um lado AD = 80m68 perpendicular às 
duas bases; a base superior tem 90m75 e o lado BC forma 
com ela um ângulo de 135°; qual é a área do trapézio?
D C
Fig. 259
Solução: Os dois triângulos semelhantes DBE, ABC dão:
DE BO . ACxBO 52.7x17 . .
— = —; onde; DE = -§p- e DE = -^—31,54.
52.7-i-31.54 
2
Fig. 258
Solução: Abaixemos sobre AB a perpendicular CE.
O ângulo ECB vale 45°, assim também o seu complemento B, e o triângulo 
CBE é isósceles, o que dá CE = BE.
onde: AB = DC + AD = 80,68 + 90,75 = 171,43.
Teremos pois: T = 171;43 + 9°.75, x 80 68 = i0576m2 = 105a76ca.
Geometria Elementar
B C
Fig. 260
G, K
Conforme os dados, temos: 32 = = 20 + 2BC; onde: BC = 6, então:
Resposta: 9m.
C
Fig. 261
AE = 5,7 - 3,121 = 2m049, e a altura BH = |2,22 -
156
tira a área do trapézio ou 
Resposta: 8m206.
e GK = 9,8 + 28 = 37,80.
Resposta: 37m80.
368. Os dois lados paralelos de um trapézio tem respecti­
vamente 3m121 e 5m17; os dois outros lados estão 
igualmente inclinados sobre as bases e tem 2m2: qual é a 
área do trapézio?
B
3,121 + 5,17 
2
X 1,944 = 8m206.
A H E D
Solução: Cumpre primeiro determinar a altura do trapézio: para isso, tracemos 
a paralela BE a CD; formamos assim um triângulo isósceles ABE, cuja base
=1,944; onde se
367. Uma das bases de um trapézio tem 10m, a altura tem 4m e 
a área 32m2. À distância de 1m da base dada, traça-se à 
mesma, uma paralela; qual é o comprimento da parte 
desta reta incluída no interior do trapézio? (fig. 260).
Solução: Supondo-se que GK seja a paralela pedida, teremos que determinar 
Gl e BC pois GK = Gl + BC.
Ora, os triângulos semelhantes ABF, GBI dão:
Gl BE . BExAF
— = —; onde.GI = -^-.
4(10-f BC) 
2
AF = AD - BC = 10 - 6 = 4; logo: Gl = = 3eGK = 3 + 6 = 9.
A H~E D
Solução: Tracemos a paralela BF a CD e a altura BH; supondo-se aliás que 
GK seja a paralela pedida, teremos que determinar Gl, pois IK = BC. Ora, os 
C' I RR í"' I R 4
triângulos semelhantes ABF, GBI dão:—— = —— ou —- = —,onde: Gl = 9,8 
Ar BH 14 12
Capítulo 4
O
BA
A área do trapézio vale, pois:
Resposta: 1” 28a; 2° 33a33ca.
CD
A L B
Fig. 263
157
370. Demonstrar que em qualquer trapézio, o triângulo que tem 
por base um dos lados não paralelos, e por vértice o meio 
do lado oposto, tem área igual à metade da área do 
trapézio.
100 + 40
2 x 40 = 2800m2 = 28 ares.
369. Um terreno tem forma de trapézio isósceles; as bases têm 
100m e 40m; os outros lados têm 50m cada um. Pergunta- 
se: 1° a área do terreno em ares; 2° a área do terreno 
triãngular que se havia de obter acrescentando ao trapézio 
o triângulo parcial formado pelos prolongamentos dos 
lados não paralelos.
Solução:
1o Abaixemos dos pontos D e C as perpendiculares DE CF; teremos 
EF = 40m, e AE + FB = 60m, mas, como AE = FB = 30m, pode-se escrever: 
DE = \/502 - 302 = 40m.
Logo, a área do triângulo AOB é igual a —x = 3333ca = 33a33.
2o Resta-nos determinar a área do triângulo AOB.
Os dois triângulos semelhantes ADE, AOH dão:
OH AH 40x50 200
DE AE 30 3
E H F
Fig. 262
Geometria Elementar
H
F DA
d)
(2)
158
371. Mostre que a área do trapézio é igual ao produto de um 
lado não paralelo pela distância deste lado ao meio do 
lado oposto.
2,5+ 1,5 
2
x2=4m2
Fig 264
Solução: Devemos ter: T = AB x GH.
Pelo meio de CD, tracemos a paralela FE e a reta GH perpendicular a AB. Os 
dois triângulos DFG e CEG sendo iguais, se substituirmos o segundo ao 
primeiro, teremos o paralelogramo ABEF cuja área será igual à do trapézio. 
Ora, o tal paralelogramo tem por medida ABx GH; também o trapézio terá a 
mesma medida, ou T = AB x GH.
Solução: Deve-se ter: AOD =
Com efeito, se pelo ponto O, meio de BC, traçarmos KL paralela a AD, 
formaremos o paralelogramo ALKD, equivalente ao trapézio ABCD; ora, o 
triângulo AOD é igual à metade do paralelogramo ALKD; logo, é também igual 
à metade do trapézio ABCD.
372. Calcular a área de de um trapézio sabendo-se que tem 
altura igual à semi-soma das bases; a diferença entre as 
bases é 71 m, e a maior delas é igual à hipotenusa de um 
triângulo retângulo cujos catetos seriam a base menor e a 
altura do trapézio.
Solução: Sejam x a base maior e y a menor e h a altura; temos:
x - y = 1,
x2 = y2 + h2. (3)
A equação (3) pode transformar-se nesta outra:
x2 - y2 = (x + y) (x - y) = h2.
Se multiplicarmos membro a membro as duas primeiras, teremos: 
(x-y) (x-y) = 2h, 
h2 = 2h, 
h = 2.
Pela substituição do valor de h na relação (1), as equações (1) e (2), dão: 
x = 2,5 e y = 1,5.
Então, a área do trapézio =
Resposta: 4m2.
Capítulo 4
3x2 - 65x + 300 = 0
Levando estes valores ã equação (2), obtemos:
Resposta: 15m e 7 m50 ou 6m e 20m.
374.
trapézioa, considerandofórmula:T = o como a
trapézio T iguala
Onde:
2T = Ba +
159
373. A altura de um trapézio mede 10m, e a sua área é igual ao 
retângulo construído sobre as bases. Outrossim, o dobro 
da base menor mais o triplo da maior valem 6 vezes a 
altura. Quanto medem as bases?
7 = 7,50.
y" = 20.
Como se pode verificar, ambas as respostas convêm ao problema.
2
3
Num trapézio em que se conhecem B, b e a, achar a 
B + b
2
diferença entre dois triângulos cujo vértice comum se 
acha no ponto de interseção dos lados não paralelos do 
trapézio, sendo que um dos triângulos teria por base B e o 
outro, b.
)5 = x(^ 
10x + 300-15x = 60x-3x2 
x2- ̂+ 100 = 0
ba
Conforme o ex. 216, temos: x = -— 
o — b
2T = Ba + ^%- 
B-b
Onde: x = ^-± 
6
Solução: Seja x a altura do triângulo que tem a base b (fig. 184) a área do 
B(a * x) - onde: 2T = Ba + Bx - bx.
2 2
x' = 15.
x" = 6^.
3
b2a
B-b' 
ba(B-b) 
B-b ’
2T = Ba + ba,
-r , (B + b)a 
2
Solução: Sejam x e y as duas bases paralelas, o enunciado dá as equações, 
(x + y) x 5 = xy, (1)
3x + 2y = 60, (2)
60-3x 
y 2 
60-3x 
2
Jfir)2-100
Geometria Elementar
1
A B
b C
F, <Ox
A L a D
160
B
. E
Fig. 266
376. As bases de um trapézio tem respectivamente por 
comprimento 12m e 7m; pede-se calcular a posição da 
reta, paralela às bases, que divide o trapézio em duas 
partes equivalentes.
Solução: Seja FO a paralela que divide o trapézio em duas partes 
equivalentes. Façamos BC = b, FO = x, AD = a, BL = H, BI = h; teremos: 
b + x . a + x,,,—» h = —(H - h).
375. Dá-se um trapézio ABCD em que se duas bases AB e CD 
são respectivamente iguais a 5m e 3m. Determinar o 
ponto I da diagonal AC pelo qual deve passar a reta EF, 
paralela ao lado AD, para dividir o trapézio em duas partes 
AEFD e EBCF que se achem na razão de 2 para 3.
D FC
E
Fig. 265
Solução: Suponhamos resolvido o problema e seja I o ponto procurado.
A reta EF divide o trapézio dado em dois outros de mesma altura e que estão 
entre si como a soma de suas bases.
2AF 2 2AF 2Temos pois: = 4ou AP OAr. = 4ou 6AE = 2AB + 2DC - 4AE,
BE«-FC 3 AB + DC-2AE 3
5AE = AB + DC = 5 + 3
AE = ^ = 1,6
FC= DC-AE = 1.4.
Os dois triângulos semelhantes AIE, ICF, dão: ~ = — = —.
IC FC 1,4 7
O ponto I está determinado, pois se acha sobre EF, e num ponto que divide 
esta reta numa razão dada (ex. 279).
Capítulo 4
onde: h =
H-h
h = = 0,564 x H.
Resposta: 0,564 x H.
377.
OF,
G, M
A H Da
Gl =
161
H-h 
H
Num trapézio em que as bases e a altura são repre­
sentadas pelas letras a, b e h, dividem-se os lados em trés 
partes iguais por meio de paralelas às bases, o que dá 
três trapézios parciais no trapézio primitivo. Pede-se 
calcular a arca de cada um dos 3 trapézios, estabelecendo 
as fórmulas em função de a, b e h.
B b C
\l
\.
K
E
31' -
4(a-b);
Fig. 267
Solução: A paralela BE a CD determina com as retas FL, Gl. três triângulos 
semelhantes que dão:
FL = lAE = 4(a-t>):
<ae =
Onde:
A paralela BE a CD determina os dois triângulos semelhantes FBG e ABE que 
h H 
dão:------ =-----
x-b a-b
H(x-b)
a-b
a-b-x+b.
a-b
H(a-x)
a-b
Levando os valores de h e de H - h à equação (1), temos:
b + x H(x - b) a + x H(a - x)
2 x a-b 2 x a-b
„ 7 + x H(x-7) 12+x H(12-x)
OU — X—= __x-^—
(7 + x)(Hx - 7H)= (12 + x) (12H - Hx)
Hx2-49H = 144H —Hx2.
X2 = 96,5,
X = 9,82.
H(9,82-7)
5
H a-b 
e h x-b'
Geometria Elementar
FO =
GM = b + b =
162
378. Calcular o comprimento da corda comum a 2 círculos cujos 
raios têm 12m e 15m de comprimento, se a distância dos 
centros mede 18m.
Solução: Calculemos o dobro de AB. Para isso, representemos AB por y e 
BO por x. Os dois triângulos retângulos ABO, ABO', dão:
T T MTeremos: T = — -
b + ^(a*2b)'|
2
b = l(a + 2b);1 u u a-—b+b=
Fig. 268
y2 = 152-x2 e y2 = 122-(18-x)2;
Logo: 152 - x2 = 122 - (18 - x)2;
405Isto é, 36x = 405 e x = = 11,25.
36
Levando este valor à primeira equação, obtemos y = 9,92.
A corda comum ou 2y = 19,84.
Resposta: 19m84.
Resposta: T = y^(a + 5b); T’ = ^(a + b); T” = y^-(5a + b).
a 4
1. a + —b =
4a-4b+b4a+3D=3ia“D,;
2 2 2 1 1!3a-jb + b = |a4b4(2a + b)-
Designemos por T, T*. T* as áreas dos 3 trapézios parciais.
= ^(a + b);
' = ^(5a + b).
Solução: No triângulo retângulo ABO (fig. 231), conhecemos: 
BO = -^ = -| e AB = 3m, onde: AO = ^9-6,25 = 1m65. 
Ter-se-á, pois: L = BD x AO = 5 x 1,65 = 8m225.
Resposta: 8m225.
4(a+5b>
379. Qual é a área de um losango cuja diagonal maior tem 5m 
se o lado mede 3m?
Capitulo 4
Fig. 269
E
Fig. 270
A h K B
163
E
Solução: Seja o quadrado ABCD. Construindo-se se sobre a sua diagonal AC 
o quadrado ACEF, devemos ter: ACEF = 2ABCD.
Com efeito, tracemos DE. Determinamos assim um triângulo CDE igual ao 
triângulo ACD, por terem um ângulo igual em C, compreendido entre dois 
lados iguais (AC = CE e DC comum).
Os ângulos em D sâo retos e a linha ADE é reta Sendo diagonal, ela divide o 
quadrado ACEF em dois triângulos iguais cada um a duas vezes ACD; tem-se 
pois: ACE = ABCD, e. portanto ACEF = 2ABCD.
Demonstração algébrica.
Temos' AC = AB-/2, onde: AC2 = 2AB2.
D2 
4
380. O quadrado construído sobre a diagonal de um quadrado é 
igual ao dobro quadrado primitivo. (Demonstração gráfica).
381. Achar a superfície do triângulo retângulo isósceles que 
tem base de 25m.
382. Mostre que a soma das perpendiculares abaixadas de um 
ponto interior I sobre os lados de um polígono regular é 
igual ao apótema OK multiplicado pelo número de lados.
D
Solução: O triângulo retângulo isósceles ABC (fig. 269) é, com toda a 
evidência igual â metade do quadrado ABCD, e sua base, à diagonal AC do 
02
mesmo quadrado; ora (ex. precedente), a sua área ou a2 vale —; logo, a
a2 
área do triângulo ou — =
Resposta: 156m225.
— = 156m225.
4
Geometria Elementar
(ih + il + im + in + ip).
KO, onde;Temos também: área ABCDE =
KO.(ih + il + im + in + ip) =
Resposta: ih + il + im + in + ip = 5KO.
C
DB
O
A
x AB +
Ou S =
Resposta: 80 m.
S =
Ora, (ex. 316)
164
384. Calcular a área S de um pentágono regular inscrito num 
círculo de 2m de raio.
383. Um polígono irregular tem perímetro de 320m. Quanto 
vale o lado do quadrado equivalente a este polígono, se 
os lados do polígono são todos tangente a um circulo de 
40m de raio?
oi
T
5c
AB 
2 X
5AB 
2 *
x DE + x EA;
AB 
Dividindo ambos os membros por temos: ih + il + im + in + ip = 5KO.
11.70 11.79—-— e c = —-— = 2,358
2 5
Solução: Designando por 5c o perímetro do pentágono e por a o seu 
apótema, temos: 
5c 
Txa
E
Fig. 271
AB Solução: Com efeito, área ABCDE = — x
5AB 
2 X
Solução: Seja S a área do polígono.
T . O OI AD OI _ OI OI Temos. S = —xAB + —xBC+—xCD + —
^i(AB + BC + CD + DE + EA);
S = 20x320 = 6 400 m2
Sendo x o lado do quadrado, temos: 
x2 = 6.400, 
x= 80.
Capítulo 4
= 74-1.39 = 1,615.Aliás, a =
= 9m252.
Resposta: 9m252.
dada por: S =
Fig. 272
AOC = AD
Logo, 2n AOC ou S =
= 2R272 .A área do octógono =
Resposta: S = 2R27z.
1,414 = 28m295.
Resposta: 28m295.
388. Calcular a área do octógono regular em função do lado c.
165
Solução: Usemos da fórmula precedente'
2n = 8, c = 0 lado do quadrado inscrito = R 72 , e portanto:
8 x r72 x R
4
5x2,358x1,615
2
Solução: Temos (ex. 386) : 
S = 2R272 = 2 x 3,20 x 3,20 x
386. Calcular, no círculo de raio R, a área do octógono regular 
inscrito.
385. Designando-se por meio da letra c o lado do polígono 
regular de n lados, inscrito num de raio R, mostre que a 
área do polígono de 2n lados inscrito no mesmo círculo é 
2nxc*R
387. Qual é a área do octógono regular inscrito num circulo de 
3m20 de raio?
Solução: Com efeito, sejam AB = c, AC = CB = o lado do polígono de 2n 
lados. O polígono é composto de 2n AOC.
Ora, temos:
OC c R c x R
X -------- = — X ---- = ------------.
2 2 2 2
2n x c x R
4 ’
/R2 c2
lR --4
5cPortanto. S = — x a =
Geometria Elementar
Logo, a área S do octógono
Resposta:
54 + 62= 116 =
Resposta: 4m902.
= 2,47.
c = R.
166
£
2c272
2-72 '
Solução: No presente caso, 2n = 10, c = o lado do pentágono regular. Ora, 
(ex.316):
'5-J5,
2 '
ou 20 = 4 x 2,66 x
e (ex. 321): 20 = 8c x
390. A área de um octógono regular é 20m2. Calcular o raio do 
circulo circunscrito e do círculo inscrito.
391. Calcular a área do decágono regular em função do raio R 
do círculo circunscrito.
Solução: A àrea do octógono regular em função do raio do circulo circunscrito 
é igual a 2R Ji (ex. 386).
Temos porém (ex. 321). c = rJ2 - 72; onde: R2 - —£-==•.
2-72
_ 2c2 7?
2-72 ’
Solução: Sejam R o raio do circulo circunscrito e sejam também c o lado do 
octógono e a o seu apótema; teremos (ex. 386):
20 = 2R272; onde: R = ~=2,66, 
1/72
í = 8RJ2 - -J2 x
fe - 72 x a;
20 onde: a = a =-----------------
4x2,66x72-72
Ora, a iguala também 0 raio do círculo inscrito.
Resposta: 2m66 e 2m47.
389. Dois octógonos regulares têm respectivamente áreas de 
54m2 e 62m2. Pede-se calcular o lado de terceiro octógono 
regular cuja área igual à soma das áreas dos dois primeiros.
Solução: Seja c o ado do octógono procurado, teremos (ex 388): 
2c272 _ 2xc2x1,414.
2-72 0.586
Onde: c> = 1^86=24.03;
2x1,414
c = ^24,03 = 4m902.
Capítulo 4
e (ex. 385): S = S = = 10 x R,
4
Solução: Ter-se-á: a’ = 7A x a e A’ =
167
2n x c x R
4
2 x A x a
A + a' ’
394. Conhecem-se as áreas a, A de dois polígonos regulares 
semelhantes, inscrito o primeiro e circunscrito o segundo. 
Pede-se calcular as áreas a', A' dos polígonos regulares, 
inscrito e circunscrito que têm número de lados dobro do 
número dos primeiros.
392. Achar a área do polígono regular de 20 lados inscrito num 
círculo de raio R.
R2 |s-75 
2 ■
o 5R2 /l0-2x/5
S = —J--- —:
S = 55-710-275.4
Resposta: S = ^5— >/l0 - 2>/5 .
S = 10 =
Solução: Temos: 2n = 20; c = o lado do decágono regular inscrito. 
Ora, (ex. 297): c = 5.(75 -1); por conseguinte (ex. 385)'
5(75-1)xR=55Í(^_1).
|5-J5 R 
ãT
_ 20 I
S = VX2-’ '
CRÍ _ 
Resposta: S = —3—(x/5 - 1).
393. Calcular, com aproximação de 0m201 a área do decágono 
regular e do polígono regular de 20 lados, inscritos num 
circulo de 1m80 de raio.
Solução: Tem-se: R2 = 1,80 x 1,80 = 3,24
1o Área do decágono (ex. 391):
5R2710-275 5 x 3,24710-2x/5 2
4 " 4 m
2° Área do polígono de 20 lados (ex. 392):
= 5R2(75 - 1) = 5x3,24(75-1) = 1Qm2
2 2
Resposta: 1o - 9m251 e 2o - 10m2.
Geometria Elementar
C E M F D
Fig. 273
O
Logo:
Onde.
Deduzimos que A' =
168
2 x A x a 
A + a'
Resposta: a’ = Ja x a e A' = 2 x A x a
A + a’
a a’
y=Ã:
Onde: a' = 7A x a.
Procuremos agora o valor de A'. Por terem mesma altura, os triângulos AOE, 
COE, dão:
AOE + COE =
Seja AB o lado do polígono cuja área é a. Pelo ponto M, meio do arco AB, 
tracemos a tangente que encontra os prolongamentos dos raios AO e OB nos 
pontos C e D. A reta DC é o lado do polígono de área A (ex. 310, 2o método). 
Tracemos depois a corda AM e as tangentes AE, BF. É evidente que AM é o lado 
do polígono de área a' e EF o lado do polígono da área A’: com efeito, o ângulo 
1 1central ACM = — AOB, e o ângulo EOF = — COD.
Agora, podemos notar que AOI é um fração da área a e COM, AOM E EOF 
são respectivamente as mesmas frações das áreas A, a', A'.
De acordo com este resultado, para compararmos os quatro polígonos, 
poderemos comparar os triângulos correspondentes de cada um deles.
Ora, por terem mesma altura, os triângulos AOI e AOMestão entre si como 
suas bases, logo:
AOI a OI
AOM “ a' “ OM’
Pela mesma razão, os triângulos AOM, COM, dão:
AOM a’ OA
COM " A " OC ’
Mas, por causa das paralelas Al, CM
OI OA.
OM OC
AOE OA a'.
COE OC A '
a’+ A
AOE a’ ‘
Ora, o triângulo AOE = o triângulo EOM, e temos:
COM = a'+A _ COM = _A_.
2AOE 2a' 2EOM-A”
. a'+A A
ede-2ã-= :̂
Capítulo 4
395. Determinar n, de acordo com as fórmulas acima.
= 3,3137085.
= 3,1415926...
Resposta: 3,1415926...
396.
Fig. 274
169
Conhecendo-se o raio r e o apótema a de um polígono 
regular, calcular o raio r' e o apótema a' de um polígono 
regular equivalente do primeiro e de número duplo de 
lados.
Teremos assim: OI = a e AO = r.
Para construir polígono regular equivalente ao polígono dado com número 
duplo de lados, suponhamos o triângulo retângulo AOI, metade do triângulo 
AOB, transformando num triângulo isósceles equivalente, EOF.
O vértice O deste triângulo e sua base EF sâo o centro e o lado do polígono 
pedido, pois o ângulo EOF é a metade do ângulo central AOB. Devemos, pois, 
calcular OE = r‘ e OK = a'.
16
4 + 7ã
Uma vez conhecidos os octógonos inscrito e circunscrito, calcular-se-ão os 
polígonos de um número duplo de lados. Para isso, bastará supor nas 
fómulas a = 2,8284271 e A = 3,3137085. Os polígonos de 16 lados servirão 
para determinar os de 32 lados e assim por diante, até que as áreas dos dois 
polígonos difiram de quantidade tão pequena quanto se quizer. Pode-se-á 
concluir que o último resultado é igual à área do círculo, pois que, com efeito, 
tal área fica sempre compreendida entre as áreas dos dois polígonos.
Assim, os dois polígonos, inscrito e circunscrito de 32.768 lados, têm por 
valor, até o 7o algarismo decimal inclusive, 3,1415926. Logo, a área do circulo 
é 3,1415926; e como a área do cículo de raio R é nR2, tem-se:
nR2 = 3,1415926...
3,1415926
R2 
pois que R = 1.
Onde: n =
Solução: Seja R, raio do círculo = 1; o lado do quadrado inscrito iguala 
R>/2 = JÕ. e a área = 2. O lado do quadrado circunscrito = 2 (ex. 338) e a 
área = 4. Tem-se pois a = 2 e A = 4. Pela substituição destes valores nas
fórmulas: a’ = VA x a e A' = - v,
A + a
Vem: a‘= y/8 = 2,8284271, A’ =
Solução: Seja AB o lado do polígono regular dado. 
Tracemos o diâmetro CD, perpendicular à corda AB.
Geometria Elementar
d)
(2)
Onde: a’ =
Resposta: r* = Vr * a e a’ =
Fig. 275
170
397. Mostre que quando duas circunferências são concêntricas, 
a corda tangente à menor é o diâmetro do círculo cuja área 
é igual à área da coroa.
OF
CD
OAxOI 
OE2
a(r t a) 
2
a(r + a)
, onde:OE =OAxOI;
r'2
4r2'
Solução: A área da coroa = n(EO2 -FO2)
Ou n(ÃÕ2-FÕ2),
Ou ítAF .
Se AF é igual ao raio, AB é igual ao diâmetro.
398. Calcular a área de uma coroa, no caso em que a corda do 
círculo maior, tangente ao menor, tem 8m.
Solução: Temos (ex 397) S = n42:
Onde: S = 3,14 x 16 = 50m224.
Resposta: 50m224.
Os triângulos AOI, EOF tem o ângulo comum AOI e, a mais, são equivalentes.
Dão (ex 359):
AOI OAxOI
EOF " OExOF :
Logo’ r’ = jr *a .
OK
Em segundo lugar, os triângulos semelhantes KOF, ADC, dão:
Ora.ÃD2 = CDx Dl = 2r x(r + a), AD = ,/2r(r + a).
De acordo com isto, a relação (2) vem a ser:
a’ r’. a’2
J2r(r + a) 2r’ 2r(r + a)
2 = r'2(r + a) = rxa(r + a)
2r 2r
Por causa de (1);
'a(r-ra)
Capítulo 4
Solução: Mostre que
G
171
400. Se dividirmos o diâmetro AB em 4 partes iguais AC, CO, OD, 
DB, e descrevermos circunferências como no exercício 
precedente, mostre que o círculo ficará dividido em 4 partes 
equivalentes.
BC
AC'
ADBECF
AGBECF
ADBECF 
AGBECF
AB+2C0 
AB - 2CO
399. Dividindo-se o diâmetro AB de um círculo O em dois 
segmentos AC, CB e descrevende-se sobre cada segmento, 
de um e outro lado de AB, duas semi-circunferências, a linha 
formada pelo conjunto destas semi-circunferências divide o 
círculo em duas partes proporcionais aos segmentos do 
diâmetro.
tiAC2, temos:
Fig. 276
Com efeito, as áreas dos semi-circulos cujos diâmetros são AB, BC e AC, 
sendo 
^nÃB2, -g-íiBC2 e 1 
8
Área: ADBECF = l^ÃB2 + BC2 -Ãc’^;
Área. AGBECF = In^ÃB2 + ÃC* - BC2) = ^rr^ÃB2 + ^BC2 -ÃC2^
Dividindo membro a membro, temos:
ãb2+bc2-ãc2 ãb2 + (bc + ac)(bc-ac)
ãb2-(b?-ãc2) ãb2 - (BC + AC)(BC - ac)
Mas: BC + AC = AB e BC - AC = 2CO;
Logo:
ADBECF
AGBECF
AB2 + ABx2CO
ÃB2
 2OB + 2OC
2OB-2OC "
-AB x 2CO
°B + C° = BC.
OB-CO ac
Geometria Elementar
Fig. 277
Resposta:
CB
172
401. Qual é a área do segmento de círculo cujo arco vale 45o?
Solução: Seja R o raio do circulo. Já que o arco dado tem 45°, a sua corda é 
o lado do octógono regular inscrito.
Ora (ex. 386), a área do octógono = 2R2 J2 , e a do círculo = nR2; logo, a área 
de um segmento compreendido entre o lado do octógono e o arco subtendido 
é igual a:
nR2-2R2j2 _ R2(n-2>f2)
8 8
R2(n-2>/2)
8
F
Fig. 278
Solução: Os triângulos semelhantes ABC, ADE, ou m + n, n, dão a proporção
fl±n = BÇ1; Onde: = DÊ* =
n m + n
Acharemos o comprimento DE usando o processo do ex 291.
Levando então este comprimento sobre BC de B para F, pelo ponto F traça-se 
FE , paralela a AB; afinal, pelo ponto E, traça-se ED, paralela a BC.
Solução: Com efeito, temos (ex. 399):
k * n* = ãB = T'3 parte n Vale' P°'S’ í d° c,rcul0‘
k+I RO 2 1—----- = y-Q = —: a parte m vale pois ainda do — circulo O mesmo se dá com I e k.
402. Dividir o triângulo ABC por uma paralela a um dos lados, 
em duas partes que se achem na razão de m para n.
Capítulo 4
B
CA
do triângulo ABC; logo DBE é do
Resposta:
CA
Teremos: onde: h =
= H-
Resposta:
173
1
4
1
3
404. Divide-se o triângulo ABC em duas partes equivalentes 
por uma reta DF, paralela a base AC; calcular a altura GK 
do trapézio ADFC em função da altura H do triângulo.
B
Onde se vê que o triângulo DBE é 
trapézio ADEC.
1
3'
2H-Hx/2
2
H(2-J2) 
2
403. Pelo meio M da altura de um triângulo ABC, traça-se a 
paralela DE à base AC: qual é a razão do triângulo DBE 
para o trapézio ADEC?
H
Ag. 279
Solução: Os dois triângulos semelhantes DBE, ABC, dão:
DBE DE BM 1
abc = ãc2 = bS2=4’
G
Fig. 280
Solução: Designemos pela letra h a altura BK do triângulo DBF;
ABC H2 2 u H
DBF h2 1 J2
É fácil verificar que h é igual ao lado do quadrado cuja diagonal é H ou BG.
A construção deste quadrado (ex. 184) dará h. que se levará de 8 em K 
Onde a altura do trapézio ou 
GK = H-h = H-^ = H-ü^ 
2 2
H(2->/2) 
2
Geometria Elementar
Á C
Fig. 281
BA.
BA.
BA
xBA;
Escrevendo (ex. 290) = l.
174
405. Determinar os comprimentos Ba, Ba', Ba" que se devem 
tomar sobre o lado BA do triângulo BAC, para que o 
mesmo seja dividido:
1° em 4 partes equivalentes pelas retas ac, a'c', a"c" 
paralelas a AC;
2° em 4 partes proporcionais às grandezas m, n, p, q.
---- 2
Onde: Ba =
1
= 4:
3xBA 
= --------------- X
4
Solução:
• 1o seja a o primeiro ponto de divisão a começar do vértice; teremos:
Bac _ Ba2
BAC = BÃ2 
---- 2
Onde: Ba = 1xBA -------------- X 
4
Se a' for o segundo ponto, teremos:
B?2 2 . ? 2 x BA
„ = —; onde Ba = —-— x
BA 4 4
Se a" for o terceiro ponto, teremos-
Ba7’ 3 .. B-n2
; onde: Ba
BA 4
Os comprimentos Ba, Ba', Ba” são, pois, meios proporcionais às grandezas 
12 3
respectivas BA, e — BA, BA e — BA, BA e — BA (ex. 288).
• 2o Em se tratando de dividir o triângulo em 4 partes proporcionais às 
grandezas m, n, p, q ter-se-à, fazendo-se m + n + p + q = s:
—2
Bac m Ba
BAC = s = BÃ’ ’
nixêX2 = 22sBA 
s s
m x BA
s
Teremos: Ba2 = I x BA.
Capítulo 4
Onde: Ba'2 = xBA.
Fazendo-se. = r.
Vem: Ba
Afinal:
xBA.
= 1”.
Onde: Ba
47m43.
10
67m05.
175
 m + n 
s
406. No exercício precedente, faz-se AB = 90m; calcular os 
comprimentos Ba, Ba', Ba", de modo que o triângulo fique 
dividido, pelas paralelas ac, a'c', a"c", à base AC, em 4 
partes proporcionais aos números 2, 3, 5, 8.
Ba'2.
BÃ2 ’
BÃ2=(m + n)BA 
s
= l"x BA, fazendo-se:
(m + n + p)BA 
s
Os comprimentos Ba, Ba', Ba" devem ser meios proporcionais às grandezas 
respectivas BA e I, BA e I’, BA e I".
m + n 
-------------X
s
(m + n)BA
s
= l'x BA.
B^2 = m + n + Px 
s
Onde: Ba"2
r-x J Ba'c'Do mesmo modo:
BAC
Ba"c" m + n + p Ba"2
BAC “ s " §ã’'
(m + n + p)BA 
s
Onde: Ba' = BA^2 =
Afinal: =
BAC 18 bÃ’ 
Onde: Ba" = BA^Í2 = 
Resposta: 30m; 47m43 e 67m05.
Solução: O triângulo ABC deverá constar de2 + 3 + 5 + 8 = 18 partes; 
Bac = 2 partes; Ba'c* = 2 + 3 = 5 partes; Ba"c" = 2 + 3 + 5 = 10 partes.
Teremos (como no ex. precedente):
Bac 2 Ba2
bac = 18 = bã2'
=BAM=90xM=30m--
 Ba'c' 5 Ba'2
Da mesma maneira: = — =----- =-;
BAC 18 §Ã’
Geometria Elementar
Fig. 282
Onde se tira: (2)
(4)
nx2 + mx2 = mB2 + nb2,
Onde: x2 = (5)
x2 =
176
407. Dividir um trapézio, por uma paralela à base, em 2 partes 
equivalentes ou que se achem na mesma razão que as 
duas linhas m e n.
Exprimindo-se cada parte do trapézio, encontra-se t' - t e T - t'. Ora, por 
hipótese, tem-se:
rn 
n
x2 - b2
B2 - x2
B
Solução: O problema resolvido dá 3 triângulos semelhantes cujas respectivas 
bases são b, x, B, depois que se prolongaram os lados não paralelos até seu 
ponto de concorrência. O problema consiste agora em determinar o 
comprimento de x. Para isso, pode-se notar que os triângulos t, t* e T, que tem 
t t’ Tpor bases respectivamente b, x, B, dão: — = — = — = r, (1)
Representando-se por r o valor comum destas razões.
t = b2r;
t’ = x2r;
T = B2r
/>
Esta equação dá:
nx2 - nb2 = mB2 - mx2
mB2 + nb2
m + n
Para construir x, faz-se m + n = s; então se tem:
mB2 + nb2 mB2 nb2 mBxB nbxb---------------- -- +-------=------------+---------- . 
s------ s s s s
Fazendo-se = k e = I, vem : x2 = kB + Ib. 
s s
Afinal, escrevendo-se kB = d2 e Ib = f2, temos:
x2 = d2 + f2;
Logo, x é a hipotenusa do triângulo retângulo cujos catetos são d e f.
Para se determinar a posição de x, procede-se como no exercício 402.
<3>
E levando a (3) os valores de t, t’, T, tirados de (2), concluem-se, depois de 
suprimir o fator comum, r.
Capítulo 4
Onde: x = = 40m71.
4 partes equivalentes, porem
D/
Fig. 283
K
177
Para o caso das partes equivalentes, seria bastante, na equação (5), igualar 
m a n.
409. Dividir um trapézio 
paralelas às bases.
,.o
5x362
8
t' X
t" y /
t"’ Z ■
t b
M 
\P
B
Obs. Pode-se chegar mais depressa â equação (4) considerando-se que 
cada um dos triângulos semelhantes t, t', T pode ser representado pelo 
quadrado de um de seus lados (1). Assim, a parte superior do trapézio seria 
representada por x2 - b2 e a parte superior por B2 - x2. Ora, estes dois valores
estão na mesma razão que —; tem-se, pois a equação (4).n
x2-b! =-B2-lb2:
4 4
y’-b2=|B’-lbJ;
N/
A
Solução: Se fizermos:
ODC = t. OHK = f, OLM = t", ONP = t"', OAB = T, DC = b, HK = x, LM = y, 
NP = z, teremos (ex. 407): 
t t' t" t‘" T
Onde se tira:
t = b2r; f = x2r; t" = y2r; t'“ = z2r; T = B2r; mas
12 3f-1 = -1(T -1); t"-1 = |(T -t); t™~ t = Í(T -1).
Se substituirmos nestas últimas igualdades as quantidades t, t', t", t“, T por 
seus valores, obteremos: 
x2r - b2r =-l(B2r-b2r) ou
y2r-b2r = ^-(B2r-b2r) ou
408. As duas bases de um trapézio medem 36m e 48m. Qual é o 
comprimento da reta paralela às bases e que divide o 
trapézio em duas partes proporcionais aos números 3 e 5?
Solução: Substituindo-se as letras pelos seus valores na fórmula (5) do 
exemplo precedente, temos: 
X2 = |x482 + |x362;
!3x482 
8
Resposta: x = 40m71.
Geometria Elementar
z2r-b2r =
em 4 partes proporcionais aos
BxB
Representando
b’x
Fig. 284
b”
K B
178
\n*
\n" y
z2-b2 = |B2-|b2,
410. Dividir um trapézio 
números 3, 4, 5, 6.
Solução: No presente caso, ABCD = 18 partes; portanto t' - t = 3 partes; 
t"-t = 7;et’"-t= 12; logo:
3 7 12t -1 = ^-(T " t)í f-1 = ^(T -1); t"1- t = 2|(T -1). 
Aliás (ex. 407), temos: t = b2r, f = x2r, t" = /r, f" = z2r, T = B2r. 
Substituindo-se as quantidades t, t'... etc., por seus valores, e suprimindo-se o 
fator comum r,depois de reduzir, vem:
>Mb2
o 
■ibxb = f2,
B2^b2;
+ í|bxb.
■^BxB por d2 e -^|-b x b por f2, tem-se x2 = d2 + f2.
Logo, x é a hipotenusa do triângulo retângulo cujos catetos são d e f. 
a br
A
o
•^-(B2r-b2r) ou 
onde :x2 = -^-B2 + -^-b2;
y24B24b’;
MB24b2;
x2 = -ÍBxB + -|bxb.
Fazendo - se -^-B xB = d2 e 
Tem-se: x2 = d2 + f2.
Onde se infere que x é a hipotenusa do triângulo retângulo cujos catetos são 
d e f.
Procede-se da mesma maneira para construir y e z. Afinal, para determinar a 
posição destas linhas, usa-se o processo empregado no exercício 402.
Capítulo 4
Também y2 =
y
= 0,60;
partes
f"-t = (T-t).
179
y-b
B-b
2,60-2 
3-2
J?=2'38-4b2=
Traçando aK paralela a bB, teremos: 
aa1 a'n' x-b 2,38-2 
^Ã = ÃK’-Brb=-3^2- = 0'38'
Onde: aa' = 4 x 0,38 = 1m52.
aa" a"n" Do mesmo modo: —— = - 
aA AK
Onde- aa" = 4 x 0,60 = 2m40.
Os comprimentos que se devem tomar a partir de a são, pois, 1m52 e 
2m40.
-|*4 = 
3
61.
17 
Tex =
Do mesmo modo, se determinam os valores de y, z e a posição destas linhas 
é dada pelo processo usado no ex. 402.
• Obs.: 1o - Caso se pedissem os comprimentos que deveríam ser tomados 
sobre aA = 4m, para que as paralelas às bases AB = 3m, ab = 2m, 
dividissem o trapézio em partes de grandezas dadas 3m2, 2m2, 4m2, ter- 
se-ia, usando as relações precedentes e observando que AabB contém 
3 + 2 + 4 = 9 partes:
x2=lB2+fb2=lx9+
4b2=
Obs.: 2 - Os dois problemas precedentes podem ser facilmente 
generalizados.
Suponhamos que se deva dividir o trapézio ABCD em 
proporcionais às grandezas I, m, n, p... (fig. 283)
Tem-se I + m + n + p ... = s,
n__ 1 r t” l"’ T r 
Ora^ = ^=7=^ ' = ? '
Ou t = b2r; t' = xV t" = y2r; t" = z2r... T = B2r.
Porém :C-t = -(T-t), 
s
t"_t = l±ni(T-t),
I + m + n 
s 
Substituindo as quantidades t, t', t"...T pelos seus valores, temos: 
x2r - b2r = — (B2r-b2r), 
s
x2 = — xB2- —xb2+b2, 
s s
IB2 - lb2 4- sb2 
s
Ou, substituindo s por seu valor:
2 IB2 - lb2 + lb2 + mb2 + nb2 + pb2 4-... 
s
Geometria Elementar
(a)
(b)
(c)
180
c' X 
^ = 7r:
412. Achar o raio do círculo equivalente à área de três círculos 
dados.
411. Os lados de três octógonos regulares têm respectivamente 
3m, 4m, 12m. Calcular o lado do octógono equivalente à 
soma dos três octógonos dados.
Solução: Sejam O, O', O" as áreas dos octógono dados, c, c', c", os lados, X 
a área do octógono procurado e x o seu lado, as áreas dos octógonos 
regulares estando entre si como o quadrado de seus lados, teremos:
O O' O" ; X 
c2 c'2 c"2 x2’
Ora. O + O' + O" = X; logo: c2 + c2, + C'2 = x2;
Onde: x = Jc2 +c'2+c"2 = >/32 + 42 + 122 =13.
Resposta: a - 13 metros
413. Achar o raio do círculo de área igual à diferença das áreas 
de dois círculos dados.
Solução: Temos (ex. 412): ~ -
Solução: Sejam c, c*. c" as áreas dos círculos dados, R, R', R" os raios, X a 
área do circulo procurado e x o seu raio;
 c c' c” XTemos: —=■ = —=■ = —=- = —
R2 R'2 R"2 x2
Ora, c + c' + c" = X
Logo, também: x2 = R2 + R'2 + R"2.
Para a construção de x, escreve-se: R2 + R’2 = D2, e tem-se x2 = D2+ R"2
Logo, x é a hipotenusa de um triângulo retângulo, cujos catetos são D e R".
x2 IB2 (m + n p + ,.)b2 
s s
Do mesmo modo se obtém:
2 (l+m)B2 (n + p + ...)b2 
y---------s + s
z2 = (I + m + n)B2 + (p + ...)b2 
s s
A equação (a) pode-se escrever:
B2 b2x2 = lx — + (m 4- n 4- p + ...)x———.
Para a construção de x, faz-se sucessivamente:
B2 . . b2 .
— = f, m 4- n 4 p... = h, — = k.
Tem-se então x2 = lx fx hx k.
Afinal, escrevendo I x f = m2 e h x k = n2, vem x2 = m2 + n2.
Logo, x é a hipotenusa do triângulo retângulo cujos catetos são m e n.
Procede-se da mesma maneira para construir as linhas y, z...
Capitulo 4
Fig. 285
Círculo r* = do círculo r;
de circulo r. Por conseguinte.
nr'2 =
Com efeito, temos:
Logo, o círculo r* vale do círculo r;
círculo r.
181
414. Dividir num círculo, por uma circunferência concêntrica, 
em duas partes equivalentes.
415. Dividir um círculo em quatro partes equivalentes, por 
meio de circunferências concêntricas.
1 
4
Solução: Temos Ay- = nr2, ou -5- =r2; onde: r =
4
= 2;
nr2;
Porém: c- c' = X;
Logo: x2 = R2 — R'2.
Portanto, x é um cateto do triângulo retângulo, cuja hipotenusa é R e o outro 
cateto, R'.
ou r'2 = r2, r'”2
nR2 ,2 R2 _ .2. -_ R _R>/22'2 J2 -J2*J2 2
Portanto, o raio r é igual á metade do lado do quadrado inscrito no círculo de 
raio R.
^■nr2; nr"2 = |nr2; nr'"2 = jnr2; ou r'2 = Ar2. r"2 = |r2, r”'2 = |r2
Constroem-se r*. r", r*" conforme se indicou no ex. 290, e do centro O 
descrevem-se circunferências com os comprimentos r*. r", r*" por raios, e o 
circulo fica dividido como se pediu. 
círculo r r2 
círculo r' ~ r’2
 r2 
círculo r r2 r2 
circulo r” r"2 2r2
4f
2 1Logo, o círculo r" vale — do circulo r, e portanto a coroa c vale — do circulo r.
4 4
nr2; nr'
3 
do circulo r, e círculo r*" = —
4r2 4
Provar-se-ia do mesmo modo que a coroa c' = 4 do círculo r, e cora c" = — do
4 4
Solução: Sejam r o raio do círculo proposto, e r*. r", r*” os raios da 
circunferência em questão. Devemos ter:
1
4
2
Círculo r" = —
2
4
r2
r"2
Geometria Elementar
que no ex. precedente, tem-se: Círculo r1 = do circulo r; círculo r" = do
Circulo r” ou nr"2 =
Circulo r™ ou nr™2 =
A B Fig. 286
D
182
circulo r.
Logo, nr'2 =
x nr2;
nr2;
x nr2;
Solução: Procedendo como nos dois exercícios precedentes, temos 
Circulo r’ ou nr'2 = , , x nr2;
xr2;
418. O lado AB de um quadrado é igual a n; sobre este lado 
constrói-se um triângulo equilateral AFB; unem-se F e D. 
Pede-se:
1° a área do triângulo AFD;
2° a razão das retas AG e AB.
417. Dividir um círculo, por meio de circunferências concêntricas, 
em 4 partes proporcionais aos comprimentos k, I, m, n.
ou r’2 =
416. Dividir um círculo, por meio de circunferências 
concêntricas, em três partes proporcionais a 3, 5, 7.
Solução: Faz-se a soma 3 + 5 + 7 =15. Conservando-se as mesmas fórmulas 
3 8— do círculo r; círculo r" = —
E FB 
c
k +1 + m + n 
k + l 
k +1 + m + n 
k +1 + m 
k +1 + m + n 
Fazendo-se k + I + m + n = S; k + I = s; k + I = s', as três equações 
precedentes, depois da supressão do fator comum n, vem a ser: 
r'24xr2;
r"24
Anr2; nr"2 = Anr2; ou ,•* =
Constroem-se r* e r" como vem explicado no ex. 290 e opera-se como no 
exercício precedente.
-•••2 s r2 r =-xr.
Construir r', r" e r*" como vem indicado no ex. 290.
Capítulo 4
sua
Ora, EF =
; AG = n(2-x/3).AG =
Resposta: 1o) área AFD =
Fig. 287
183
Solução:
• 1o O triângulo ADF, tendo por base AD ou n, e por altura EF ou
n
2'
ou AG = n(2 - J2).
419. Um hexágono regular tem 1m de lado; sobre cada lado, 
constrói-se um quadrado exterior ao hexágono.
1° Demonstrar que os vértices exteriores ao hexágono 
dos seis quadrados assim construídos formam um 
dodecágono regular;
2° calcular a área deste dodecágono.
Solução:
• 1o Como o ângulo ABC do vértice do hexágono vale 120°, o suplemento dele 
HBI vale 60° (HBI + ABC devem valer 180°, porque IBC + HBA = 180°). 
Temos também AB = BI ; logo, o triângulo HBI é equilateral. Temos, pois: 
GH = Hl = IL = LM = .... os ângulos GHI, HIL,... são iguais. O polígono 
GHILM... Sendo equilateral e equiângulo, é. pois, um dodecágono 
regular.
(D
AE é a altura do triângulo equilátero e é igual a . o
que dá : 
DE = ^ + n =
área vale x este triângulo é, pois, o quarto do quadrado ABCD.
• 2o Os dois triângulos semelhantes DEF, DAG, dão:
 n(V3 2)
2 2
Levando estes valores a (1), temos:
n n(73 + 2)
2 _ 2
AG n
n2 = n = n(2 - 73
n(73 + 2) 75 + 2 (2 + 73)(2 - 73)
1ABCD;
2°)4f = 2-73 N
Geometria Elementar
Resposta: 11m2196.
L
B P D N C
Fig. 288
a2 73
x2
184
logo: x =
a +
a 73
ax~~2~_ a2 73 = a 73
n _ a73 2a + a73 2 + 73
“ ‘ ~~2~
A superfície do quadrado inscrito é, pois:
a2
7 + 473
2o Seja ABC um triângulo qualquer Designando por c um lado qualquer 
BC, por h a altura AD correspondente e por x o lado do quadrado que 
assenta sobre BC, teremos, como acima:
2o O polígono se compõe de 12 triângulos equilaterais iguais a AOB, 
mais 6 quadrados iguais a AGHB. Como o lado desses triângulos é 1, a 
superfície de um deles é —— ; os 12 valerão, pois:
4
-15^ = 373 =5m2196.
4
Os 6 quadrados valerão 6m2. Logo, a área da figura é: 
5,196 + 6 = 11m2196.
Solução:
• 1o Sejam x o lado do quadrado LMNP, inscrito no triângulo equilateral 
ABC, e AD = h, a altura deste triângulo. Na figura 289, temos: 
LMAD-LP x_h-x.
BC DA a h ’
. . ahhx = ah - ax => x =-----a + h
Mas no triângulo equilateral:
420. 1° Achar em função do lado a de um triângulo equilateral, 
a área do quadrado nele inscrito;
2° inscrever um quadrado em um triângulo qualquer e 
dizer sobre que lado assenta o maior quadrado.
Â.
h a^3- 
h = —
Capitulo 4
A
M
B P DN C
Fig. 289
Resposta: 1o Superfície =
A
185
421. Achar a razão entre as áreas do hexágono regular inscrito 
num círculo para o hexágono regular circunscrito.
O
H
Fig. 290
3a* .
7-r4>/3 '
2o O maior quadrado assenta sobre o menor lado.
Solução: Sejam o hexágono regular inscrito abcd..., e o hexágono regular 
circunscrito ABCD...
Nos quais temos os triângulos equilaterais Oab, OAB que dão a proporção:
Oab _ Oh2
oab = õh2‘
c h* = c-h' 
a h a-h ‘
Se tivermos c > a, teremos forçosamente:
c-h'>a-h, ou c+h>a + h’, e x* > x
Vemos, pois, que o menor lado do triângulo corresponde o maior quadrado 
inscrito.
r
B
x h - x ch— = u e x =----- -.
c h c + h
Igualmente chamando a e b os outros lados h’ e h" as alturas 
correspondentes, os lados x’ e x" dos quadrados que assentam neles valem:
, ah' „ bh"
x =I7i?ex =b7F'
Para comparar esses valores de x, x*. x", notemos, em primeiro lugar, que os 
numeradores ch, ah' e bh" são iguais, porque cada um deles representa 0 
dobro da área do triângulo.
Será, portanto, maior a fração a que corresponder menor denominador.
De ch = ah', tiramos:
Geometria Elementar
B
Fig. 291
186
ah
2 '
Solução: Chamemos a o lado do triângulo e h altura. Temos: T = —.
Ora, OB sendo o raio do circulo circunscrito, temos (ex. 309): 
h = 3R
t 4 1
T=3^=<
424. Achar a razão da área do hexágono regular inscrito em um 
circulo, para a área do triângulo equilateral circunscrito ao 
mesmo círculo.
422. Calcular a área do triângulo equilateral em função do raio 
r do circulo circunscrito.
Oab 3
OAB 4'
423. Achar a razão da área do triângulo equilateral, inscrito 
para a área do triângulo equilateral circunscrito.
Solução: Sejam T e t os dois triângulos.
Temos:
t = T = 3R273^ '
4
. Oab
L090:õãb =
Resposta: -Í-.
Mas, Oh = e OH = a.
3a2
= ■ ; ou
az
Mas a2 - = h2 = 9R2; onde: = R>/3.
Logo : T = 3R x R-/3 = 3R2-73.
Resposta: T = 3r2 >/3 .
a>/2
2
a
A razão dos dois hexágonos regulares é a mesma que a desses dois 
triângulos.
3
Resposta: —.
Capítulo 4
Resposta:
Fig. 292
Resposta:
187
425. Achar a razão da área do triângulo equilateral para a do 
hexágono regular inscrito no mesmo círculo.
Solução: O hexágono compreende 6 triângulos isósceles iguais, pois que tem 
os lados iguais, do modo seguinte: os lados do hexágono e os raios do 
circulo, e os lados do triângulo equilateral FBD. O triângulo equilateral 
compreende só três destes triângulos. Vale, pois, a metade do hexágono.
Solução: A superfície do triângulo equilateral circunscrito e (ex. 422): 
T = 3R2^3;
A do hexágono regular inscrito vale (ex. 326):
3R2>/3
2
É fácil agora deduzir a razão pedida.
Geometria Elementar
CAPÍTULO 5
426.
N
Fig 293
427.
428.
429.
430.
N
Fig 294
M
188
D,
Uma reta igualmente inclinada sobre três retas que passam 
por seu pé num plano, é perpendicular a este plano.
Achar uma série de oblíquas iguais que partam de um 
mesmo ponto A, e tais que o quadrado de cada uma seja 
igual à soma dos quadrados de duas linhas dadas AD, EF.
Num plano, achar o lugar de todos os pontos equivalentes 
de um ponto A, fora deste plano.
Solução: O lugar procurado é um círculo descrito sobre o plano dado, com A 
por centro, e com raio superior à distância deste ponto ao plano. É evidente 
que há uma infinidade de soluções.
Achar o lugar dos pontos do espaço igualmente distantes 
de três pontos não em linha reta.
Solução: Pelos três pontos, faz-se passar um círculo. No centro do círculo, 
eleva-se uma reta perpendicular ao mesmo. É o lugar pedido.
Achar o lugar dos pontos do espaço igualmente distantes 
de dois pontos dadosA e B.
Solução: O lugar pedido é um plano perpendicular traçado pelo meio de AB.
M
Solução: Na vertical do ponto A, tomar um comprimento AC = AD. Traçar 
depois o plano MN, perpendicular a AC em C.
Deste ponto C, como centro descrevo no plano assim obtido, um círculo de 
raio R = EF. É fácil ver que para qualquer ponto B da circunferência temos: 
----- 2 2 2 2 2 
AB =AC +BC = AD +EF .
Capitulo 5
431.
N
Fig. 295
Resposta: AC = 20m44.
189
Do ponto A, fora de um plano MN, descreve-se uma 
circunferência sobre este plano; traça-se depois a tangente 
BC à circunferência, e une-se o ponto A ao ponto C. Calcular 
AC, a menos de 0m01, se a distância do ponto A ao plano MN, 
ou AO, igual a 12m, o raio OB = 7 m e a tangente BC = 15m.
M
Solução: Unamos A e B. No triângulo retângulo AOB, temos: 
ãb2=ãõ2 + õb2, 
ÃB2 = 144 + 49 = 193.
O triângulo retângulo ABC dá:
ÃC2 = ÃB2 + BC2 = 193 + 225 = 418.
AC = V418 = 20m44.
Solução: Seja a reta AO, que faz ângulos iguais com as 3 retas OB, OC, OD, 
traçadas por seu pé O no plano MN: digo que AO é perpendicular ao plano MN. 
Para demonstrá-lo tomo 3 comprimentos iguais OB, OC, OD, e uno os pontos 
B, C, D a um ponto qualquer de AO Os triângulos AOB, AOC, AOD são iguais 
por terem um ângulo igual compreendido entre lados iguais. As oblíquas AB, 
AC, AD são pois, iguais, e, portanto igualmente afastadas do pé da 
perpendicular traçada do ponto A sobre o plano. E como o ponto O é o único 
ponto do plano equidistante de B, C e D, é ele o pé da referida perpendicular. 
Logo, a reta AO é perpendicular ao plano.
Geometria Elementar
CAPÍTULO 6
B c
Fig. 296
V G
H
190
X
432. Mostre que em todo paralelepípedo, a soma dos quadrados 
das quatro diagonais é igual a soma dos quadrados das 12 
arestas.
Solução: Com efeito, os três paralelogramos ACGE, BDHF, EFGH, dão (ex. 
258):
AN,\
W r
....
E
1° CÊ2 + ÃG2 = 2ÃÊ2 + 2ÃC2,
2° DF2 + BH2 = 2BF2 + 2BD2, 
3o ÊG2 + FH2 = 2ÊH2 + 2HG . 
Multiplicando a 3* igualdade por 2, e depois somando as 3, vem: 
------2 ------- 2 ------2 ------ 2 -------2 ------ 2 
CE + AG + DF + BH + 2EG + 2FH =
= 2ÃÊ2 + 2ÃC2 + 2BF2 + 2BD2 + 2EH2 + 4HG2. 
Mas:
2ÊG2 + 2FH2 = 2ÃC2 + 2BD2
2ÃÊ2 + 2BF2 = 4ÃE2;
Logo CÊ2 + ÃG2 + DF2 + BÍ? = 4ÃÊ2 + 4EH2 + 4HG2, 
demonstrar, pois as 12 arestas são iguais 4 a 4.
433. Mostre que a distância do centro de um paralelepípedo a
1
um plano qualquer é o — da soma das distâncias dos 8 
8
vértices do paralelepípedo do mesmo plano.
o que devíamos
Capitulo 6
D
C
N
H
M
dos quadrados
191
Á
;d’b’ )
434. Se vários pontos estão situados na mesma distância do 
centro O de um paralelepipedo, mostre que a soma dos 
quadrados das distâncias de cada um aos vértices do 
paralelepipedo é a mesma para todos.
Solução: Seja M um desses pontos. Como OM é mediana, o triângulo DFM 
dà (ex. 255): M? + MD2 = 2OM2 +
Se considerarmos o ponto M em relação as trés outras diagonais, teremos 
ainda três igualdades.
Somando as 4, vem:
MA +MB + MC2 + ... + ME2 = 8OM2 + semi-soma 
diagonais.
Fig. 297
Solução: Tracemos HC, e do ponto O, meio desta reta e centro do 
paralelepipedo, abaixemos a perpendicular OO'; tracemos igualmente as 
perpendiculares HH’ e CC; o plano destas três paralelas encontra MN 
segundo a reta H'C'; a figura HH’C'C é um trapézio no qual
OO' = -1(HH'+ CC’);
Traçando as diversas diagonais BF, AE, DG, e abaixando as perpendiculares 
dos vários vértices, prova-se do mesmo modo que:
OO' = FF') = -j(AA'+ EE') = -1(00'+ GG');
Onde. 4 OO' = soma das diagonais e OO' = soma das diagonais.
H'
das 4
Geometria Elementar
CB
A
G
HE
Fig. 298
CB
Fig. 299
Onde tiramos facilmente:
192
Sa2 
sã2
Sab + Sbc + Sdc +.... + abcd
SAB + SBC + SDC + .... + ABCD
435. As superfícies de duas pirâmides semelhantes são 
proporcionais aos quadrados de duas arestas homólogas.
Solução: Pois que as pirâmides são semelhantes, elas podem ser colocadas 
como o indica a figura. Temos:
Um outro M' daria:
8M'Q2 + semi-soma dos quadrados das 4 diagonais. Supondo OM = OM': 
MÃ2 + MB2 +... + MÊ2 = ÍWÃ2 + MB +... + MT2.
------2
 Sa
•’" = SÃ2 '
Sab Sbc Sdc 
SAB " SBC “ SDC
\ /P
i .4/....-J
s Sa2 
0U3=^'
Sbc
SBC
abcd
ABCD
Capítulo 6
= 2m5.
Temos:
Façamos = s, e teremos:
Resposta:
193
25
64'
Sa = SA x s.
Sa é, pois, meia proporcional entra SA e s.
É fácil construi-la. Conhecendo Sa, é só levã-la sobre SA a partir do vértice, 
até a, e fazer passar por este ponto um plano paralelo a base da pirâmide.
SA x m 
n
SA x m 
n
436. A aresta SA de uma pirâmide tem 5m; que comprimentos 
se devem tomar, a partir do vértice S, para que a 
superfície lateral esteja dividida em 4 partes equivalentes 
por planos paralelos à base?
Solução: Basta dividir uma face qualquer SAB da pirâmide (figura 
precedente) em 4 partes equivalentes por paralelas a base AB, e traçar, pelas 
linhas de divisão, planos paralelos a base da pirâmide. Procedendo como fica 
indicado no ex. 405, para a divisão da face SAB, temos:
Sa = ^ = |
2 2
Sa' = ~V2 = 3m53.
ca i—
Sa" = ^-V3 = 4m33.
Resposta: Sa = 2m50; Sa' = 3m53; Sa" = 4m33.
x — = SA x 
n
437. Cortar uma pirâmide por um plano paralelo à base, para 
que a superfície da pequena pirâmide esteja para a 
superfície da pirâmide dada, na razão de duas linhas m e n.
Solução: Sejam k e K as duas superfícies de que se trata, e Sa, SA duas 
arestas homólogas que partem do vértice S,
k Sa2 m.
K SÃ2 n'
Onde: Sa = SA
438. A aresta SA de uma pirâmide tem Sm; a 5m do vértice S, 
traça-se um plano paralelo à base; determinar a razão da 
superfície lateral desta pirâmide para a superfície lateral 
da pirâmide dada.
Solução: Sejam Sa = 5m; k e K as duas superfícies em questão.
k 25Tem0S K==5-=6Í-
Geometria Elementar
Onde: Sa2 = SA,
Onde: Sa2 = SA2
Sa = SAx s.
É fácil concluir.
D/
M, N
A B
194
Fig. 300
Solução: Para que a superfície lateral do tronco seja dividida do modo 
indicado, é evidente que basta dividir uma das faces ABCD do tronco em 2 
partes equivalentes e traçar pela linha de divisão MN, um plano paralelo às 
bases.
Ver o ex. 407 para determinação de MN.
- m - 
m + n
3SA 
— X
Sab
Sab + ABab
441, Indicar, sobre as faces de um tronco de pirâmide, o lugar 
do plano paralelo as bases, que divide a superfície lateral 
em 2 partes equivalentes.
S
3SASa é, pois, meia proporcional entre ? e SA.
É fácil concluir.
m— ou 
n
m SAxmx--------= SA x------------
m + n m + n
_ , SA x mFazendo:-----------= s, vem.
m + n
- $ab - 3 Sa2 . 
" SAB " 3 + 4 " sX* '
439. Indicar sobre as faces de uma pirâmide, o traço do plano 
paralelo à base, que divide a superfície lateral em duas 
partes na razão de 3 para 4.
Solução: Suponhamos que a pirâmide seja SABCD (fig. 299).
Basta dividir a superfície SAB como está indicado no ex. 436. Teremos, por 
conseguinte:
Sab 3---------= — ou
ABab 4
440. ...em duas partes, na razão de duas linhas m e n.
Solução: Seja, fig 299, SABCD a pirâmide; teremos (ex. 439):
---- 2
Sab m Sab Sab m Sa- —— = — ou ------------------ =-------- — —
ABab n Sab + ABab SAB SA2 ’
Capitulo 6
Ora, de a = R>/3, tira-se: R =
Substituindo, no valor de h2, temos: h2 = a2 -
Temos, pois: V =
Resposta: 3.
>B
F
195
i\
/,&j.
A
Fig. 301
Solução: Volume do cubo: a3. Aresta do tetraedro: a75 .
Logo, o volume tetraedro é (ex, precedente):
(a72)372 _ 2a\/2 x 75 _ a3
12 12 3 '
Dai deduzimos com facilidade a razão pedida.
. . Í2^ 
onde: h = J—— =
442. Achar o volume de um tetraedro regular em função de sua 
aresta a.
444. Uma pirâmide regular SABCD tem por base um quadrado 
cuja diagonal é a; calcular a superfície inteira desta pirâmide 
e o seu volume em função de a, no caso de SA = a.
s
a2 2a2 
~3” = -3-’
e R2 =
443. Achar a razão do cubo para o tetraedro regular 
construindo sobre a diagonal de uma das faces do cubo.
h2 = a2-R2.
eR2 = 4- 
43 3
a2x/3
Solução: A base do tetraedro tem por superfície —-—. A altura cai no
4
centro do circulo circunscrito ao triângulo de base e forma, por conseguinte, 
um triângulo retângulo com a aresta do tetraedro eo raio do circulo, de modo 
que temos:
a72
■
a2 75 h a2 75 a 75 a3 75
— *3‘— X^73 =“Í2-
,3 /?
Resposta: V = ■■ ■.
Geometria Elementar
= 1 ou I =
Logo: FS*
Onde: FS =
X
A superfície lateral compreende 4 triângulos iguais ou
Sup. Total =
Volume =
Resposta: S =
Fig. 302
196
445. A base de uma pirâmide regular é um hexágono regular de 
3m de lado; calcular:
1° a altura desta pirâmide, se a superfície lateral vale 10 
vezes a base;
2o o volume desta pirâmide.
De modo que: 
a^ 
2 
a2 
T
Solução: A superfície do quadrado da base é — -
A altura SO da pirâmide é a do triângulo equilateral DSB. Temos então:
2
O apótema SF é a hipotenusa do triângulo retângulo SOF. Ora, o lado OF 
deste triângulo vale a metade do lado do quadrado da base. E se chamarmos 
I o lado AB, temos:
-i. = l ou l = ^x/2 e OF =
V2 2
=(W+M=<-
O triângulo ASB tem por superfície:
• ee a /õ a /TT 32y/28 a2x/7
-xFS=-^x-7l4=-^- = —
V7+^- = ^-(1+V7).
6 12v
y-(1 + V7); V=
Capítulo 6
Solução: Seja SO a altura procurada. O triângulo ASB é o da superfície
1 = 10.
= 100; onde: SO = 7668,25 = 25m85.
Fig. 303
197
1
6
________4_ 
as/3
2
Elevando os dois membros ao quadrado, vem: 
sõ2+— 
4 
3a2 
4
446. Todo plano traçado segundo a aresta de um tetraedro e o 
meio da aresta oposta, divide o tetraedro em duas partes 
equivalentes.
Solução: Seja a pirâmide SABC. Traçamos pela aresta AC um plano que 
divide SB no ponto D em 2 partes iguais. Digo que os volumes SADC e BADC 
são equivalentes.
Com efeito, SI' e BI sendo perpendiculares ao plano ADC, temos: 
Pirâmide SADC = 1 ADC x SI' e pirâmide BADC = ADCx BL
O volume será de: x 3x^ = 201m3474.
3 2
Resposta: 1o 25m85; 2° 201m3474.
ASB 
Onde: --------=
AOB
lateral da pirâmide e o triângulo AOB vale da superfície do hexágono. A 
razão destas 2 superfícies é, por conseguinte, a mesma que a dos dois 
triângulos ASB, AOB.
Como estes triângulos tem a mesma base, estão entre si como as alturas, e 
. ASB SH temos: A - = 7—7.
AOB OH
Mas OH = e SH = VsÕ2 + Õí? = ^SQ2 +
Geometria Elementar
do vértice.
SB.
Logo: BO =
Solução: Seja SAD o plano bissetor do diedro SA.
198
448. Em um tetraedro qualquer, o plano bissetor de um diedro 
divide a aresta oposta em partes proporcionais às faces 
do diedro.
Mas SI' = BI, porque os 2 triângulos SI'D e BID são iguais por terem ângulos 
retos em I' e I, ângulos opostos pelo vértice em D, e enfim, SD = BD: logo, o 
tetraedro fica dividido em 2 partes equivalentes pelo plano ACD.
C
Fig. 304
447. As retas que unem os vértices de um tetraedro aos pontos 
de encontro das medianas das faces opostas, concorrem 
3
em um mesmo ponto situado nos — de cada uma, a partir 
4
1 
triângulos MSB, MKL são semelhantes; logo: KL = —
Por outra parte, como KL e SB são paralelas, os triângulos KLO, SOB são
.. . .. SB SO BOsemelhantes e dao —- = —- = ——. 
KL OL KO
Ora. SB = 3KL; logo: SO = 3OL, BO = 3KO.
Se SO = 3OL, SL = 4OL e portanto, SO =
Solução: Sejam L e K os pontos de concurso das medianas dos triângulos 
ABC, ASC. Traçamos KL, as medianas BLM, SKM, e as retas BK, SL que, por 
estarem situadas no plano BSM, se cortam em O.
ML = -^-MB e MK = -^MS (ex. 56). Portanto, KL é paralela a SB, e os
3
— BK. De modo idêntico se mostraria que as retas que partem
dos vertices A e C, e satisfazem ao enunciado, cortam ainda SL no ponto O. 
Era o que devíamos demonstrar.
Capitulo 6
S
S
B’
A' C
B
Fig. 306
199
449. Dois tetraedros SABC, S'A'B'C, que tem o triedro S 
comum, estão entre si na razão dos produtos SA x SB x SC 
eSA’x SB’x SC.
Fig. 305
Se, em segundo lugar, tomarmos por base duas pirâmides as faces ASB, 
ASC, elas tem também a mesma altura porque seu vértice comum D estâ no 
plano bissetor destas faces. Teremos, pois, esta nova relação:
SABD SAB . . SAB BD------- =------ ■ onde enfiar------= —
SADC SAC’ SAC DC
T SAB BDTeremos: = -z^-
SAC DC
Com efeito, as 2 pirâmides SABD, SADC, tem a mesma altura e estão entre si
. Anr » SABD ABDcomo as bases ABD, ADC, e temos: - =
oAUU AUU
Mas os triângulos ABD, ADC tem também a mesma altura, e estão entre si
. nn * • ABD BDcomo suas bases BD, DC; temos, pois: — = ——.
ADC UC
Solução: Sejam os tetraedros SABC e SA’B'C'.
t SABC SAxSBxSC
Teremos: SÃ^^SÃ^x-SC"
Geometria Elementar
Onde:
(1)
(2)Logo,
Fig. 307
200
450. As retas que unem os meios das arestas opostas de um 
tetraedro, concorrem no mesmo ponto, o meio da cada um.
Solução: Sejam K, L, M, N, I, P os meios das arestas. Traçamos as retas KL, 
LM, MN, KN, KM, LN.
No triângulo SAC, a reta KL é paralela e igual a metade de AC. Igualmente, a 
reta MN no triângulo BAC; as linhas KL e MN, sendo iguais as paralelas, a 
figura KLMN é um paralelogramo, e as diagonais KM, LN se cortam pelo seu 
meio O. Ora, KM e LN são já duas retas indicadas no enunciado. Tracemos LI 
e NP. No triângulo SBC, LI é paralela e igual a metade de BC. Do mesmo 
modo, NP no triângulo ABC. As retas LI, NP, sendo paralelas e iguais à 
metade de BC, a figura ILPN é paralelogramo, e IP corta LN pelo meio, isto é, 
no ponto O. As 3 retas indicadas concorrem, no mesmo ponto O, que é meio 
de cada uma delas.
SAB' 
SA'B'-
Tracemos AB’, AC e imaginemos a sessão AB'C.
Os 2 tetraedros SAB'C‘ e SA'B’C' tem o vértice C comum, e suas bases SAB' 
e SA'B’ estão no mesmo plano: eles tem, portanto, a mesma altura, e estão 
entre si como suas bases SAB' e SA'B’:
SAB'C
SA'B'C'
Mas (ex. 359):
SAB*
SA'B’
SBC 
‘ SB’C ’
SBxSC . 
SBxSC”
SBxSC
SAxSB' = SA 
SA’xSB’ SA‘ ’
 . SAB'C SA
Temos, pois: - - = Trrr-SABC SA
Por outra parte, os tetraedros SABC, SAB'C tem o vértice A comum, e estão 
entre si como suas bases SBC, SB’C', 
„ . SABC 
OndesÃc7 
„ SBC 
fa’ SB‘C 1
SABC = _
SAB'C’ SB'xSC"
Multiplicando membro a membro, (1) e (2), temos:
SABC SAx SBxSC
SA'B'C’ " SA'xSB'x SC
Capítulo 6
Calcular a razão do cubo para tetraedroa o
M C
D
O
F
G
E
Mas ACBG = do prisma ABCFHG = do cubo, logo:
cubo
Resposta:
Fig. 309a’
A<?'
K CB
201
E \ \
1 
6
48
1 '
48 
1
a
451. A aresta de um cubo é a. A partir de um mesmo vértice, 
tomam-se sobre as três arestas, três comprimentos iguais 
a 
2' 
determinado pela sessão que passa pelos três pontos de 
divisão das arestas.
A
cubo 
tetraedro 
cubo 
tetraedro
1
6______
tetraedro
H
Fig. 308
Solução: O tetraedro AMNO, construído como fica indicado, é semelhante ao 
tetraedro ACBG; logo:
ACBG ÃC 23 = 8
AMNO ' f> 1 '
1
3
452. A aresta Aa de um tronco de pirâmide, de bases paralelas, 
tem 4m; dois lados homólogos nas bases tem 3m e 2m; 
calcular a menos de 0m01, o comprimento a tomar sobre 
aA, para que um plano paralelo as base, divida o volume 
em 2 partes equivalentes.
S
zí&d
8 —, e
Geometria Elementar
Mas p'-p =
x3 =
= 0,6.
Resposta: 2m40.
202
27 + 8 17A
= —— = 17151
Solução: Façamos a pirâmide SABCDE = P, a pirâmide Sabcd = p, e a 
pirâmide formada por p e a metade superior do tronco = p'; enfim, 
representemos os lados homólogos AB, ab, a'b’ por B, b, x, e teremos
P P' P .
Í5-F = ? = r'
onde:
p = b3r; P = B3r, p' = x3r.
j(P-P)-
Substituindo p‘, p e P por seus valores, vem:
x3r-b3r = -l(B3r-b3r),
B3 + b3
2
x = = 2m60.
O comprimento aa’ se determina de acordo com a relação:
aa' a'n' x~b 2,60-2 
aA " AK - B-b " 3-2
Onde aa' = 0,6 x Aa = 0,6 x 4 = 2m40.
Capitulo 7
CAPÍTULO 7
Fig. 310
nA2 - S
Ou enfim: nr2 =
Resposta:
vale superfície totaltronco a
multiplicada pele da altura.
203
A
~T
Solução: Conhecemos AS = A, nR2 = S, e So - h. 
Determinemos o raio R da base, depois a altura H.
S
rrSh2 
rrA2-S
453. Conhecendo-se o lado e a altura de um cone, determinar a 
superfície da sessão paralela a base e feita a uma 
distancia dada do vértice.
454. Demonstrar que se o lado de um tronco de cone vale a 
soma dos raios das bases:
1° a média geométrica entre estes raios dá sempre a 
metade da altura;
2° o volume deste
1
6
De nR2 = S, tira-se R =
Mas, H2 = A2 - R2 = A2 - — = 
n n
Agora é fácil calcular r, e, por conseguinte, a superfície pedida, porque temos: 
r h r2 h2 
R’H ou
Sh2H2 =
nSh2
nA2 - S
Solução: Devemos ter: 1o -^ = VRr; 2o V = Sup. Total x^-.
1o Tracemos O'P, paralela ao lado; obtemos o triângulo retângulo OOP, que 
dá:
Geometria Elementar
onde:
,a
Sup. dos dois cones =
204
455. Calcular a superfície gerada por um triângulo equilateral, 
girando ao redor de seu lado a.
a
Fig. 312
/ h: \R+r V
h2 = O'P2-OP!;
Ora, O'P = R + r e OP = R - r;
logo: h2 = (R + r)2 - (R - r)2 = 4Rr, h = 2\/Rr, 
£ = 7r7.
Solução: A superfície gerada pelo triângulo dado é a de dois cones iguais, 
cujo raio é h, e a aresta, a.
Ora,h = -^yL
Fig. 311
2o Obteremos o volume do tronco de cone multiplicando a superfície total por: 
h
6‘
Com efeito,
Sup. total = nR2 + nr2 + n(R + r) x (R + r),
= nR2 + nr2 + tiR2+ nr2 + 2nRr,
= 2n (R2 + r2 + Rr).
Sup. totalx | £ x2n(R2 + r2 + Rr),
= ^-(R2+ r2+Rr), isto é, exatamente a expressão do volume do 
tronco de cone.
A superfície lateral de cada cone é igual a nha, a superfície total será 2nha, 
onde, substituindo h por seu valor:
= na2 73.
Capítulo 7
b
Fig. 313
at B
N
205
M
Solução: Devemos ter:
3a2 na2
n x------x a =------- .
4 2
456. Seja ABCD um retângulo; no plano deste retângulo, traça- 
se uma reta MN, paralela ao lado AB e fora do retângulo; 
depois, faz-se girar o retângulo ao redor de MN. 
Demonstrar que o volume gerado pelo retângulo iguala a 
superfície deste retângulo multiplicada pela circunferência 
descrita pelo ponto de interseção O das diagonais.
D C
---AD2 =^-,eBC = a;
457. Um triângulo equilateral de lado a, gira ao redor de 
vértice; qual é o volume gerado por este triângulo?
Solução: Temos imediatamente:
V = |nAD2xBC.
Ora,
V = bhx2it^ + dj.
O volume V, gerado pelo retângulo, vale a diferença dos volumes gerados 
pelos retângulos MDCN e MABN.
Façamos AB = MN = h, AD = b, e AM = d; teremos:
V = 7i(b + d)2 - nd2h,
= nh[(b2 + d2 + 2bd) - d2]
= nhb2 — 2nhbd
= nhb(b + 2d)
= bhxn(-y + 2d)
= bh x 2:d + d)
h
onde:
V4
Geometria Elementar
cB D
x yE F
B
32
C
206
A
Fig. 314
459. Calcular o volume gerado por um triângulo cujos lados 
têm respectivamente 2m, 3m e 4m, quando gira ao redor 
do lado de 4m.
n . rca2
Resposta: ——.
458. Um triângulo isósceles ABC, gira ao redor de uma reta 
fixa, paralela à base BC, e passando pelo seu vértice A. 
Calcular o volume gerado, se BC = 3m, e AB = 4m.
X______ A YÜT 
B D C
Fig. 315
h
_____ .......
A*^—•> D
Fig. 316
2 ------Solução: Temos: V = — nAD2 x BC.
O triângulo retângulo ABD dá:
AD2 = AB2 - BD2 = 42 - 1.52 = 13,75
Substituindo AD2 e BC por seus valores, temos, 
o
V = y n X 13,75x 3 = 86m3394.
Resposta: 86m3394.
Capitulo 7
h2 =
E
h
CB a a D
.CD = a.
6
Resposta: v =
207
6a2
2
460. Seja ABC um triângulo equilateral de lado a; prolonga-se a 
base BC de uma quantidade CD = a. Eleva-se a perpendicular 
DE, e depois, faz-se girar o triângulo ao redor de DE. Calcular 
o volume gerado.
ita3V3.
na73 í 9a2 2 3a2 \V=—+ a +—}
6 I 4
V = v_v = ^bãf3a2 + 3âi'
6 2
Fig. 317
Solução: Os 2 trapézios ABDE e ACDE geram, por sua revolução, dois 
troncos de cone, cuja diferença dá o volume pedido.
A altura deles é , os raios das bases são BD = 2a, AE =
2 2
Representando por V e V‘ os volumes dos dois troncos de cone, e por v o 
volume procurado, vem:
.. naVã
v=—
Solução: Girando ao redor de AC, o triângulo ABC gera dois cones que terão 
uma base comum cujo raio será h, e as arestas AB e BC. A incógnita é, pois 
h.
Fazendo DC = x, AD = — x, teremos para o volume pedido:
V = nh2 x-í-+ nh2 x = ^-nh2.
3 3 3
O valor de h se calcula facilmente: é a altura correspondente ao lado de 4m, 
num triângulo cujos dois outros lados valem 2m e 3m. Temos:
X 4.5 X (4,5 - 4)(4,5 - 3)(4,5 - 2) = 2,11.
Temos, pois:
V = |ix 2,11 = 8m3838.
Resposta: 8m 3838.
I-
na 73
6
na\Í3 9a2 3= —-— x----- = —
6 4 4
na3 >/3. 
4
Geometria Elementar
A B
Ora, volume AOB =
Onde:
(1)
A
R
SO
208
volume AOBNCM = 
Resposta: nR3.
Fig. 319
Calculemos os valores de AP2 e PS; chamemos R e D as linhas OA e OS.
462. Por um ponto S, tomado sobre o prolongamento do 
diâmetro de um círculo, traça-se uma tangente SA, e faz-se 
girar o círculo ao redor do diâmetro; a circunferência 
descreve uma esfera e a tangente SA um cone cuja base é 
o circulo descrito pela perpendicular AP ao diâmetro. 
Determinar o volume e a superfície do cone. Sabe-se que 
O A = 0m035 e OS = 0m125.
461. AB é o diâmetro de um semí-círculo de centro C; sobre 
cada raio AC, BC, descreve-se um semi-círculo; calcular o 
volume gerado pela superfície compreendida entre os três 
semi-circulos por uma volta da figura ao redor de AB.
Solução: O volume gerado pela parte AOBNCM é igual ao volume gerado 
pelo semi-círculo AOB menos a soma dos volumes gerados pelos dois semi- 
circulos iguais AMC, CNB.
1 
3
C
Fig. 318
nR3,
nR3 = nR3.
..ÍP. 
p
R3 1 
’tX"8'=3
Solução: O volume do cone é 
V = -irrAP2 xPS.
InR3-
4
3
4
2 volumes AMC = 2 x —
Capítulo 7
Ora
PS = ^-
V =
V =
V =
Resposta: 0dm3136; 1dm2266
209
R 
ÃS = D’
Os triângulos semelhantes OAP e OAS dão:
AP R AP2 R2 
ou •==• = —=-.
AS2 D2
AS2 = D2-R2;
onde: AP2 = —t-(D2-R2).
D2
Enfim, o triângulo retângulo APS dá:
D D
Levando à expressão (1) os valores de AP2 e de PS obtemos:
r4(D2-R2)P^
4"x£(D2-r2)2
Substituindo as letras por seus valores, e tomando o dm por unidade, 
teremos:
3,1416 x0í3^x z = 0dmIl36
3 1.252
A superfície lateral será:
S = nAP x AS.
Substituindo AP e AS por seus valores:
^>/D2 -R2 e Vd2-R2,temos:
DS = n£(D2-R2)
= 3.1416 x 5^5. x 1,44 = 1dm2266
1.25
Geometria Elementar
CAPÍTULO 8
463.
tamanhoo e
B
A’ F’ O F A
210
B’
Frg. 321
Fig 320
Solução: Seja M um ponto igualmente distante das duas circunferências F, F', 
uma interior á outra. Tracemos MF e MF'; a primeira destas retas encontra a 
circunferência em D, e a segunda encontra a circunferência F' em D'. Mas, por 
hipótese MD = MD'; onde resulta que a soma das distâncias MF, MF', do ponto 
M aos centros F e F' das duas circunferências, é igual à soma constante dos 
raios FD, F'D'. O lugar do ponto M é, pois, uma elipse de focos F e F' e de eixo 
maior igual a FD + F'D'.
Construir uma elipse, conhecendo-se seus focos e um de 
seus pontos.
Solução: Sejam F e F* os 2 focos, e M um dos pontos da curva.
Podemos escrever:
F’M + FM = 2a.
Conhecemos, pois, os dois focos e o eixo maior. 
É fácil concluir.
464. Qual é o lugar dos pontos equidistantes de duas 
circunferências, sendo uma interior à outra?
Temos F'B + FB = 2a.
É, pois, fácil construir a curva.
465. Construir uma elipse, conhecendo-se 
posição do eixo menor e um dos focos.
Solução: Sejam BB’ o eixo menor, e F' o foco conhecido. Do ponto F', 
baixemos uma perpendicular F’OF a BB', e tomemos OF = F'O. O ponto F é o 
segundo foco.
Capitulo 8
L
Fig, 322
(1)
(2)
211
pois, uma quarta proporcional aa.aec.
O lugar é, também, uma 2“ reta D'E', perpendicular a AA'. à distância.
OI’ = OI.
As retas DE e D'E' chamam-se as diretrizes da elipse.
467. Achar o lugar dos pontos tais que a diferença dos 
quadrados das distâncias de cada um dos focos da elipse 
seja 4a2.
Solução: Seja L um dos pontos do lugar.
Podemos escrever, de acordo com o enunciado: 
LF'2-LF2 = 4a2.
Abaixemos LI perpendicular a A'A, e façamos OI = x. 
Os triângulos retângulos LF'I. LFI dâo sucessivamente 
lf2 = m2 + íl2, 
LF2=FÍ2 + ÍL2,
Onde:LF'2-LF2=FÍ2-FÍ2,
Ou LF'2- LF2 = (c + x)2 - (x - c)2 = 4cx.
Das igualdades (1) e (2), resulta que
a2 4cx = 4a2, e x = — . 
c
Como x é a distância do ponto L ao eixo menor, todos os pontos de DE estão 
a esta mesma distância.
466. O eixo maior da elipse é dividido por um foco em duas 
partes, cujo produto é b2.
Solução: Temos, na figura 321:
FA x FA’ = b2
O lugar pedido é, pois, uma reta DE, tal que o comprimento Ol= —. OI é, 
c
Com efeito 
FA = a - c, 
FA' = a + c. 
Logo:
FA x FA' = (a - c) (a + c) = a2 - c2 = b2.
Geometria Elementar
Fig, 323
F’ O F
B’
Fig. 324
212
469. Construir uma elipse, conhecendo-se 2b e 2c.
B
468. A soma do quadrado da reta que une um ponto deuma 
elipse ao centro, com o produto dos raios vetores deste 
mesmo ponto, é constante, e vale a soma dos quadrados 
do semi-eixo maior e do semi-eixo menor.
B
2OM2 + 2OF2 + 2MF x MF' = (MF + MF')2.
Mas, MF + MF' = AA' = 2OA.
Temos, pois:
2ÕM2 + 2ÕF2 + 2MF x MF' = 4ÕÃ2,
ÕM2 + MFx MF’ = 2ÕÃ2 - ÕF2,
ÕM2 + MF x MF' = ÕÃ2 + ÕÃ2 - ÕF2,
E, como OA2 - OF2 - OB2, temos enfim:
ÕM2 + MF x MF' = ÕÃ2 + ÕB2.
B'
Solução: Teremos, para um ponto qualquer da elipse:
ÕM2 + MF x MF' = ÕÃ2 + ÕB2.
Com efeito, MO sendo uma das medianas do triângulo MFF', temos (ex. 255) 
2ÕM2 + 2ÕF2 = MF2 + MF'2.
Se acrescentarmos a cada membro desta igualdade o produto 2MF x MF', 
obtemos:
Capítulo 8
(1)
471.
B
A' A Fig. 325
213
Qualquer diâmetro da elipse é superior ao eixo menor, e 
inferior ao eixo maior.
Solução: Tracemos a reta F*F, igual a 2c; no meio dela, O, elevemos uma 
perpendicular BB‘, e, de cada lado de O levemos sobre esta perpendicular um 
comprimento igual a b.
Temos F’B + FB = 2a.
Conhecemos, pois 2b e 2c, ou ainda os focos F e F’, e 2a.
É fácil construir a curva.
B’
Com efeito, a igualdade do ex. precede:
MM’2 = BB,2+(MF*-MF)2 , indica que o diâmetro MM1 cresce ou decresce 
conforme MF* - MF cresce ou decresce. Ora, o maior valor de MF* - MF é F*F 
e o menor valor é zero.
Levando sucessivamente esses valores limites de MF* - MF à relação 
precedente temos:
1° MM’2 = 8B,2+ FF’2 = ÃÃ'2,
Onde: MM’ = AA'.
470. O quadrado de qualquer diâmetro de uma elipse, é igual 
ao quadrado do eixo menor mais o quadrado da diferença 
dos dois raios vetores de uma das extremidades deste 
diâmetro, (fig. 325).
Solução: Sendo a reta MM' um diâmetro qualquer, teremos.
MM"'2 = BB'2+(MF'-MF)2.
Com efeito, pois que a reta MO é uma das medianas do triângulo MF'F, temos 
(ex. 255):
2ÕM2 + 2ÕF2 = MF’2+ MF2.
E, como o eixo maior vale a soma dos raios vetores MF' e MF, vem:
ÃÃl2 = MF,2+MF2 + 2MF,xMF. (2)
Subtraindo a segunda igualdade da primeira multiplicada por 2, obtemos: 
4ÕM2 + 4ÕF2 - ÃÃ2 =2MF'2+2MF2 -MF'2-MF2 -2MF'xMF,
ou, depois das reduções: 4OM2 = AA'2- 4OF2 + (MF -MF)2.
Mas, 4ÕM2 = MM'2, e ÃÃ'2-4ÕF2 = BB'2.
Logo: MM2 = BB2 + (MF'- MF)2.
Geometria Elementar
A' A Fig. 326O
474.
214
Construir uma elipse, conhecendo-se os dois focos e uma 
tangente.
Solução: A igualdade (ex. 473) b2 = FTx FT mostra que b é meio 
proporcional enlre FT e FT.
Ora, F'L = F'M + FM = 2a;
Logo OT = OA, e o ponto T se acha na circunferência descrita com 2a. 
A demonstração ê idêntica para o ponto T'.
473. O produto das distâncias dos focos da elipse a uma 
tangente, é igual a b2.
Solução: Devemos ter FT x FT' = b2.
Com efeito, as duas cordas TK e AA’ dão:
KF’ x FT = A'F' x AF’ = b2 (ex. 466); mas por causa do ângulo reto inscrito, T, 
KT é um diâmetro e os dois triângulos iguais KF’O, OFT dão KF' = FT. 
Substituindo KF' por seu valor, vem:
FT x FT = b2.
472. O lugar das projeções dos focos de uma elipse sobre as 
tangentes, é a circunferência descrita sobre o eixo maior 
como diâmetro.
L’ 
£
£2 
7f’
-V
F
2o MM'2 = BB'2.
Ou MM’ = BB’.
Solução: É preciso provar que os pontos T e T’ estão na circunferência 
descrita sobre 2a.
Com efeito, por causa da tangente TT. temos TF = TL. Temos também
OF' = OF; destas duas igualdades, conclue-se que a linha OT é paralela a F'L
• i F’L
e igual a -y.
Capítulo 8
B
OF’
(1)
(2)
B
(3)
(4)
(5)
215
/ 
F
Fig. 327
Conhecem-se então: 2a = F'B + FB, e os focos. 
É fácil construir a curva.
Onde a construção: abaixam-se sobre a tangente dada as perpendiculares 
FT e FT; toma-se uma meia proporcional b entre os comprimentos destas 
duas perpendiculares, no meio O de F’F eleva-se a perpendicular OB = b.
MF,2-MF2 = 4cx.
475. Para todo ponto da elipse, os raios vetores MF' e MF têm 
cx cxpor valores a + — e a------ . A origem das abcissas x é o
a a
centro da elipse.
Solução: Empregando as notações conhecidas, temos: 
MF'+ MF = 2a,
MF'2 = (c + x) + y2 e MF2 = (c - x) + y2,
onde: MF'2- MF2 = (c + x)2 + y2 - (c - x)2 - y2, e
B’
Fig. 328
Dividindo membro a membro (2) e (1), temos: 
MF,2-MF2 4cx 2cx
---------------- =------ ou MF - MF =----- 
MF'+MF--- 2a--------------------------a
As igualdades (1) e (3) dão por adição:
n. ._, 2cx cx
2MF = 2a +----- , ou MF = a + —,
a a
E por subtração:
o. ._ 2cx cx
2MF = 2a--------, ou MF = a------- .
a a
Geometria Elementar
.2
(a2-x2).
do circulo, Y, e uma ordenada da elipse y, tem-se:
Fig. 329
216
Y a
477. Descrevendo-se um círculo sobre o eixo maior da elipse e, 
de qualquer ponto deste eixo, traçando-se uma ordenada 
y__b 
Y a
Solução: Com efeito, (ex. 475):
K.r- CXMF = a------ ,
a
onde: MF2 =
O triângulo retângulo MFP (fig. 328) dá:
MF2 = (c-x)2 + y2.
Portanto:
=(c-x)2 + y2.
Efetuando, vem, depois das reduções:
a2(a2 - c2) + x2(c2 - a2) - a2/ = 0.
Mas a2 - c2 = b2, e c2 - a2 = -b2.
Então a2b2 - b2x2 - aV = 0,
Onde: b2(a2 - x2) = a2y2, e y2 =
A-x<>
Solução: Com efeito, temos para a circunferência:
Y2 = ÕM2 - ÕP2,
ou Y2 = a2-x2,
E, para elipse (ex. 476):
y2 = ÈÍ(a2-x2).
Dividindo a última equação pela precedente vem:
y2 b2 
A;- = ou 
Y2 a2
476. Para todo ponto M da elipse, y2
Capítulo 8
(xab)2 - na2 x xb2.
480.
483. Cada vértice da hipérbole divide a distância dos dois
217
Fig. 330
Solução: Seja o diâmetro MOM'. Tracemos MF, MF', M’F, M'F', a figura 
MFM'F' é um paralelogramo e, portanto: M'F* = MF. Ora. o triângulo MF'M' dá 
MOM' > MF’ - M'F', ou MOM' > MF' - MF ou 2a.
Construir uma hipérbole, conhecendo-se seus focos e um 
de seus pontos.
Solução: Sejam M, o ponto dado, e F* e F o focos; temos:
MF*-MF = 2a.
Conhecemos os 2 focos e 2a. É fácil construir a curva.
482. Construir uma hipérbole, conhecendo-se 2a e 2b.
Solução: Com a igualdade, c2 = a2 + b2, determina-se c.
479. Qualquer diâmetro da hipérbole é maior que 2a. (Qualquer 
reta que passe pelo centro da hipérbole e termine nos 
ramos da curva, é um diâmetro).
478. A área da elipse é meia proporcional entre os círculos 
descritas sobre os dois eixos como diâmetros.
Solução: Com efeito, as áreas dos dois círculos descritos sobre 2a e 2b 
valem xa2 e xb2, e a da elipse xab.
Ora, temos realmente:
focos em duas partes cujo produto é b2 (fig. 330).
Solução: Seja o vértice A. Temos:
AF = (c - a) e AF' = c + a,
Onde: AF x AF' = (c - a) (c + a) = c2 - a2 = b2.
481. Construir uma hipérbole, conhecendo 2b e 2c.
Solução: Da igualdade: c2 = a2 + b2.
Tira-se a2 = c2 - b2.
Está assim determinado a (ex. 231).
Conhecidos 2a e 2c a hipérbole se constrói com facilidade.
Geometria Elementar
484. Achar o lugar dos pontos tais que a diferença dos
485.
D Fig. 331
Conheço agora o foco F e a diretriz DE; posso facilmente construir a curva.
C
Fig. 332
C'
D
218
Construir uma parábola, conhecendo seu foco e seu 
vértice.
Solução:
1o Sejam DE a diretriz, e M e M' os pontos dados.
Suponhamos conhecido o foco F. O raio vetor FM é igual á perpendicular MC, 
e o raio vetor FM' é igual à perpendicular M‘C.
E
Solução: Seja F e A o foco e o vértice dados. Traço AF, que prolongo de 
AD = AF, e, no ponto D, elevo a perpendicular DE.
E
486. Construir uma parábola, conhecendo seu parâmetro.
Solução: Conhecemos DF. O ponto F é o foco, e o ponto A, meio de DF, é o 
vértice da parábola. É fácil construi-la (ex. 485).
487. Construir uma parábola, conhecendo-se:
1° a diretriz e dois pontos;
2° o foco e dois pontos.
quadrados das distâncias aos dois focos seja igual a 4a2.
Solução: Mesma demonstração que para a elipse.
Apenas observamos que as diretrizes DE e D'E' estão colocadas entre os 
a2
vértices A e A', e o centro O; porque — ou OI < a, pois a < c.
c
Capitulo 8
,T
MK L
O'
Fig. 333
T/ p N
M'
219
488. A distância do foco à tangente é meia proporcional entre o 
raio vetor do ponto de contato e o semi-parãmetro.
O foco F fica, pois, na interseção das circunferências tangentes à diretriz 
dada, e descritas dos pontos M e M' como centros, e com as perpendiculares 
MC e M’C como raios.
As duas curvas se cortarão geralmente em 2 pontos F e F’ queserão os focos 
de 2 parábolas que satisfazem ao problema.
Quando MM' = MC + M'C, as 2 circunferências se tocam exteriormente; há 
apenas uma solução.
Não há solução quando MM’ > MC + M'C’.
2o Se o foco F é dado, as diretrizes serão, de acordo com o que precede, as 
tangentes DE, D*E' comuns às circunferências descritas dos pontos M e M' 
como centros e com MF, M'F’ como raios
Solução: Devemos ter FO2 = FM x AF.
Com efeito, do vértice A, tracemos a perpendicular AO ao eixo. Os triângulos 
semelhantes IOA, IMP, dão:
Dai resulta que a perpendicular FK encontra também em O a tangente IM; a 
reta OA é, pois, uma perpendicular baixada do vértice do ângulo reto de um 
triângulo retângulo IOF sobre a hipotenusa e temos:
FÕ2 = FIxFA.
Substituindo Fl por seu valor FM, vem:
FÕ2 = FM x FA.
Al _ IO.
IP " IM’
Ora Al é a metade de IP; portanto, IO é a metade de IM. Mas o triângulo IFM é 
isósceles, pois o ângulo I = KMO = OMF; portanto Fl = FM.
E
Geometria Elementar
Solução: Devemos ter:
491.
M
■
D L
Fig. 334
M'
F
220
m’
Construir uma parábola, conhecendo a distância de uma 
tangente ao foco e o raio vetor do ponto de contato.
Solução: No triângulo retângulo OMF, conhecemos OF e MF. Podemos 
construir este triângulo. Podemos também construir o triângulo isósceles IMF, 
duplo do triângulo retângulo OMF; enfim do ponto M, abaixa-se MP sobre o 
prolongamento de IF. É a construção do exercício precedente
492. Na parábola, a paralela ao eixo, traçada pelo ponto de 
encontro de duas tangentes, divide em duas partes iguais 
a corda que une os pontos de contato.
m _ x
490. Construir uma parábola, conhecendo a subtangente e a 
ordenada correspondente (fig. 333).
Solução: De acordo com os dados, conhecemos o triângulo retângulo IPM; 
conhecemos também o vértice A, pois IA = AP.
No ponto A, elevaremos uma perpendicular que determinará sobre IM o ponto 
O; enfim, a perpendicular OF a IM determinará o foco.
Conhecendo o foco e o vértice, estamos no caso do ex. 485.
t,2 f. ■
Com efeito chamemos r, r* os raios vetores dos pontos M, M', e t, t' as 
perpendiculares às tangentes cujos pontos de contato são M e M’; temos (ex. 
488):
489. Os quadrados das distâncias do foco às tangentes à 
parábola estão na mesma razão que os raio vetores 
correspondentes.
t2 = rx FA, 
f2 = r'xFA.
t2 r
Dividindo membro a membro: —
t’2 r
Capítulo 8
T T’ A P’ L’ P
221
Fig. 335
Solução: Com efeito, traçando-se NL paralelamente ao eixo, ela passará pelo 
meio L de MM', e, portanto, a ordenada LL' será igual à semi-soma das bases 
MP, M'P' do trapézio.
Ora, temos:
Solução: Seja N o ponto de encontro de 2 tangentes. 
Temos:
493. Traçando-se ordenadas de dois Pontos M e M' de uma 
parábola, o trapézio MM'P'P obtido, tem uma superfície 
dupla do triângulo NTT', formado pelo eixo e as tangentes 
dos pontos M e M'. (N é o ponto de encontro das tangentes 
MTeMT).
Onde: TA - TA = AP - AP‘, 
Ou TT = PP'
Nm = NF = Nm'
A reta ND, traçada paralelamente ao eixo, passa, pois, pelo meio de mm'. Mas 
como ND é paralela a Mm, M'm', ela divide MM' na mesma razão que mm'. 
Logo, o ponto L é o meio de MM'.
494. A área de um segmento parabólico compreendido entre o 
2
eixo e uma ordenada, é equivalente aos — do retângulo
que tem por dimensões a ordenada e a abcissa do 
segmento.
Triângulo NTT' = 1TT' x LL',
e trapézio MM’P'P = PP* x LL'.
Para mostrar que o trapézio tem uma superfície dupla da do triângulo, basta 
mostrar que TT' = PP'; o que acontece, pois:
TA = AP,
TA = AP'
Geometria Elementar
M
NFig. 336
P
n’ n mT
d)
(2)
x
496.
222
495. Na parábola, os quadrados de duas ordenadas y e y' estão 
entre si como as abcissas xex'.A origem das abcissas é 
o vértice da curva.
Construir uma parábola, conhecendo uma a abcissa 
corresponden te.
y2 
Dividindo membro a membro (1) e (2), temos: .
y’z x'
p’ /’ A /’ P
Sejam T, n', p', I* os pontos em que as tangentes traçadas pelos pontos M, N, 
P, L encontram o eixo. De acordo com o exercício precedente, o trapézio 
PLIp, por exemplo, será o dobro do triângulo que tem por base pT, e por 
altura a semi-soma das ordenadas Pp, LI; o mesmo acontece para outros 
trapézios e os triângulos correspondentes.
Se, pois, decompusermos o segmento AMm e a figura AMT em elementos 
correspondentes, teremos:
Segm. AMm = 2AMT,
2 2
e, portanto segm. AMm = —triângulo TMm = — AmxMm.
2
Solução: Devemos ter: segm. AMm = -Amx Mm.
Com efeito, seja AM um arco de parábola.
Inscrevamos neste arco uma linha quebrada ALPNM, depois tracemos as 
ordenadas dos pontos L, P, N, M.
2 y2
Solução: A igualdade: / = 2xx DF, dá: DF = .
Logo, DF é uma quarta proporcional aos comprimentos dados y, y e 2x.
Conhecendo o parâmetro, pode-se construir a curva (ex. 486)
a abcissay eSolução: Temos, com efeito, para uma ordenada 
correspondente x:
y2 = xx 2DF,
e, para uma ordenada y' e a abcissa x':
y'2 = x‘ x 2DF.
Capítulo 8
C
BD Fig. 337
E
vem:
223
Por causa da simetria da parábola em relação ao eixo AB. a corda MM’ que 
une os pontos de tangéncia M, M' da parábola e do circulo é perpendicular ao 
eixo e paralela a CE; além disso, o ponto O, centro do circulo, e o ponto de 
contato B estão sobre AB.
Se conhecéssemos o ponto L, fazendo a subnormal LO igual ao parâmetro p 
da parábola, obteríamos o centro O e raio OB do circulo pedido; trata-se, pois, 
de determinar o ponto L.
Ora, o triângulo retângulo MOL dá:
MÕ2 =ML2 + LÕ2;
mas MO2 = (BL - p)2, ML2 = 2p x AL e LO2 = p2,
onde: (BL - p)2 = 2p x AL + p2;
desenvolvendo o quadrado (BL - p)2
BL2 - 2p x BL + p2 = 2p x AL + p2,
BL2 = 2p(AL + BL).
Por outra parte, temos :
BC2 = 2p x AB = 2p(AL + BL), onde BL = BC.
Levando sobre BA, a partir de B, o comprimento BL = BC. determinaremos o 
ponto L; teremos, portanto, o ponto O, que está à distância LO - p, do ponto
497. Achar o parâmetro de uma parábola AM, cuja direção eixo 
é dada.
Solução: Do ponto M da curva, abaixa-se uma ordenada sobre eixo, e tem- 
se: = y2x 2DF.
Determina-se DF como no problema precedente.
498. Inscrever um círculo num segmento de parábola 
determinado por uma corda perpendicular ao eixo.
Solução: Suponhamos resolvido o problema, e sejam CAE o segmento de 
parábola determinado pela perpendicular CE ao eixo, e O o centro do círculo 
pedido.
Geometria Elementar
CAPÍTULO 9 - EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 1
B M C
Fig. 338
BC = 2AB.
224
500. Achar, sobre um dos lados do ângulo ABO, um ponto O 
equidistante do outro lado e do ponto E dado sobre o 
primeiro.
Observação. — Desta demonstração resulta que em qualquer triângulo 
retângulo, a mediana relativa à hipotenusa é a metade da hipotenusa: é mais 
um processo para se resolver o ex. 113.
1 22o Reciprocamente. Se C = — de reto, B = — de reto.
Tracemos a mediana AM. Temos AM = BM, conforme o que precede, e o 
triângulo ABM é isósceles. Uma vez, porém, que AM = MC, o ângulo 
1 2MAC = — de reto, e portanto MAB = — de reto. Então, o triângulo isósceles
Solução:
1o Tracemos AM, mediana, e Ml, paralela a BA: temos Al - IC (ex. 49), e os 
triângulos retângulos AMI, IMC são iguais; então
AM = MC = BM = AB,
e o triângulo ABM é eqüilateral; portanto:
2 1
B = —de reto: logo C = — de reto.
2 2
BAM dá B = BAM = —de reto. Resulta disto que o terceiro BMA = — de reto 
também; logo, o triângulo BAM é eqüilateral; portanto AB = BM = ^BC, ou
1 
reciprocamente, C = — de ângulo reto, BC é o dobro de AB.
499. Se, num triângulo ABC, retângulo em A, a hipotenusa for o 
1
dobro do lado AB, o ângulo C = — de ângulo reto; e
Capítulo 9 - Revisão do Capítulo 1
Solução: Deve-se ter:
B CM
225
Observação. — Quando o ângulo ABC é reto, ED é paralela a AB, e então o 
ponto O fica evidentemente no meio de BE; se o ângulo ABC for obtuso, ED 
encontrará o prolongamento BA' de AB e a solução vem a ser a mesma do 
caso em que ABC é agudo.
Fig. 339
Solução: Suponhamos o problema resolvido e seja OE = OF.
Abaixemos sobre AB a perpendicular ED, e tracemos a reta EF que será 
bissetriz do ângulo BED, pois os ângulos OEF, DEF são ambos iguais ao 
ânguloOFE.
Logo, para determinar o ponto O, bastará abaixar a perpendicular ED sobre 
AB, em seguida, traça-se a bissetriz EF, e afinal, levanta-se no ponto F uma 
perpendicular cuja interseção com BE será o ponto procurado.
3
AB + BC + AC > AM + BN + CP > (AB + BC + AC).
Com efeito, tem-se primeiro (ex. 13) 2AM < AB + AC e por analogia
2BN < AB + BC,
2CP < AC + BC:
Somando-se estas 3 desigualdades, depois supressão do fator 2, dá:
1o AM + BN + CP < AB + BC + AC.
501. Num triângulo qualquer, a soma das medianas fica
3
compreendida entre o perímetro e os — do dito perímetro.
Fig. 340
Do triângulo AOB, podemos tirar o seguinte: AB < AO + OB.
2 2 2Ou (ex. 56) AB < —(AM + BN), também BC < |(BN + CP), AC < ±(AM + CP).
Geometria Elementar
E reunindo.
CA H I M
Fig. 341
226
502. Num triângulo qualquer, uma bissetriz interior não excede 
a mediana correspondente.
B
Solução: Seja o triângulo ABC e a bissetriz BI Quando os ângulos A e C são 
iguais, o triângulo é isósceles e a bissetriz BI se confunde com a mediana e a 
altura. Suponhamos A > C, e demonstremos que a bissetriz BI fica 
compreendida entre a mediana e a altura correspondentes. Para isso, 
estabeleceremos os dois lemas seguintes:
1o A bissetriz BI se acha no ângulo HBC formado pela altura BH e o lado BC.
Sendo o ângulo A obtuso ou reto, a proposição é evidente; se for agudo, 
teremos a desigualdade.
Pela soma destas três últimas desigualdades, depois das simplificações, 
obtemos:
A + —B > 1 reto :
2
503. Num triângulo qualquer, a soma das bissetrizes é menor 
que o perímetro e maior que o semi-perímetro do 
triângulo.
AB + BC + AC < | (AM + BN + CP),
3AB + BC + AC > AM + BN + CP > — (AB + BC + AC). 4
3Ou 2o AM + BN + CP > (AB + BC + AC)
Pois A + B + C = 2 retos e A > C dão: 2A + B > 2 retos, ou A + —B > 1 reto.
2
Portanto, o ângulo AIB é agudo, e a bissetriz BI se encontra dentro do ângulo 
HBC.
2o O segmento Cl, adjacente ao menor dos dois ângulos A, C, é maior que o 
outro segmento Al.
Com efeito, fazendo BA’ = BA, e traçando a reta IA', os dois triângulos ABI, 
A'BI serão iguais, e o ângulo CA'I, suplemento de A, é maior que C, o que dá 
Cl > A'l, ou Cl > Al.
Seja agora a mediana BM
A expressão Cl > Al dá HM > Hl:
Onde: BM > BI.
Capítulo 9 - Revisão do Capitulo 1
A CB’
Fig.342
Fig. 343
227
504. De todos os triângulos formados com um ângulo dado A, 
compreendido entre dois lados de soma constante, o 
triângulo isósceles ABC é que tem perímetro mínimo.
Solução: Com efeito, tomemos arbitrariamente BB' = CC, e unamos B' a C; 
teremos AB' + AC = AB + AC.
Trata-se, pois de verificar a desigualdade B'C’ > BC.
Tracemos B'D paralela e igual a CC e unamos D e C. O quadrilátero assim 
formado B’CCD, é paralelogramo, e B'C = DC. Ora, nos triângulos isósceles 
ABC, BB'D, os ângulos A e BB'D sendo suplementares por causa das 
paralelas AC e B'D, resulta que os ângulos da base dos mesmos triângulos 
são também suplementares, e portanto ABC + B‘BD = 1 reto.
Logo, DBC é reto e DC > BC, ou afinal BC > BC.
Solução:
1o De conformidade com o ex precedente, a soma das bissetrizes não 
ultrapassa a soma das medianas; logo (ex. 501), é menor que o perímetro.
2o Por outra parte, temos:
OA + OB' > AB',
OB' + OC > B'C,
OC + OA' > CA',
OA' + OB > A'B,
OB + OC > BC,
OC + OA > CA.
Efetuando a soma temos:
2AA' + 2BB' + 2CC > AB + BC + AC,
Onde: AA' + BB' + CC > (AB + BC + AC).
Geometria Elementar
C
•D
BA P’
P'O.
228
505. Sobre uma reta dada AB, achar um ponto M tal que a 
diferença de suas distâncias a dois pontos dados C, D, 
situados de cada lado de AB, seja máxima.
Solução: Tracemos pelo ponto C, simétrico de C, a reta CDM e unamos o 
ponto C ao ponto M, teremos:
Fig. 344
CM - MD = CM - MD = CD.
Ora, esta diferença é máxima quando os pontos C,D, M, estão em linha reta, 
isto é, quando qualquer outro ponto M' nos der:
CM' - M'D < CD.
Com efeito, tracemos M'D; num triângulo CM'D, sabemos que um lado 
qualquer CD é maior que a diferença dos outros dois; logo:
CM' - M'D < CD, ou CM' - M'D < CD
Logo, o ponto M assim determinado satisfaz à questão.
506. Sobre o lado AB de um triângulo, achar um ponto tal que 
a soma de suas distâncias aos outros lados seja mínima.
Solução: Tomemos sobre AB dois pontos quaisquer P, P’ e abaixemos as 
respectivas perpendiculares PM, PN, P’M', P'N' sobre os lados AC e BC.
C n
Observação. — Evidentemente, se os pontos C e D forem equidistantes de 
AB, a diferença é nula e o ponto M não existe.
P
Fig. 345
Determinemos primeiro qual das duas somas PM + PN e P'M' + P'N' é a 
menor.
Para isso, escrevamos a desigualdade: PM + PN * P'M' + P'N'.
Se traçarmos PO paralela a AC e P'R paralela a BC, desigualdade precedente 
vem a ser:
PM + PR + RN * P'Q + OM' + P'N’, 
e por causa de PM = OM', RN = P'N‘, PR *
Capítulo 9 — Revisão do Capitulo 1
Fig. 346
O B
508.
Fig 347
BA I
(D
229
507. No plano de um triângulo, achar um ponto tal que a soma 
de suas distâncias aos três lados do triângulo seja 
mínima.
O ponto I sendo o meio da base AB de um triângulo 
isósceles ABC, e M, um ponto qualquer do lado AC, 
demonstrar que a diferença dos comprimentos AB e AM é 
maior do que a dos comprimentos IB e IM.
Solução: Teremos: AB - AM > IB - IM.
Com efeito, podemos escrever:
AB - AM * IB-IM,
Ou 2AI - AM * Al - IM, ou ainda Al * AM - IM.
Ora. temos: Al > AM - IM.
A desigualdade (1) vem a ser pois: AB - AM > IB-IM.
No triângulo ABC. supondo o ângulo B menor que o ângulo A, os dois 
triângulos P'PO e P'PR, cuja hipotenusa é comum, nos darão o ângulo 
PP'R < P'PO;
Logo: PR < P'O;
Onde: PM + PN < P'M' + P'N’.
Vè-se que neste caso, a soma pedida diminui à medida que o ponto P se 
aproxima do vértice A; esta soma é, pois, mínima quando o ponto P se 
confunde com A, e vale a altura AD.
A H L
Solução: Tracemos, por um ponto qualquer P a paralela EF a AB. Supondo 
A > B, conforme o exercício precedente, teremos:
ED < PM + PN, ou ED + EH < PM + PN + PO.
Do mesmo modo, a hipótese C > A dará
CL < ED + EH.
O ponto pedido é, pois, o vértice do ângulo maior do triângulo dado, e o 
mínimo de PM + PN + PO é a altura que sai do vértice do ângulo maior dc 
triângulo, isto é, a menor altura do dito triângulo.
Observação. — Quando os ângulos A e B são iguais, sempre se tem 
PM + PN = AD; qualquer que seja a posição do ponto P (ex. 44). neste caso 
não há valor mínimo.
Geometria Elementar
Fig. 348
230
A + B 
2
509. Se traçarmos as bissetrízes dos ângulos exteriores de um 
triângulo ABC, os 3 triângulos parciais e o triângulo ABC 
são equiângulos. Cada ângulo do triângulo ABC tem por 
suplemento o dobro do ângulo que lhe é oposto no 
triângulo total.
p , p
Onde: BAD = —- = E.
2
Logo, o terceiro ângulo ABD = F e os triângulos ABD, DEF são equiângulos. 
Acontece o mesmo para os outros dois triângulos.
A+B 
2° O ângulo C = 180° - (A+B); porém acabamos de ver que D = —-—,
portanto A + B = 2D; onde: C = 180° - 2D: logo, C é suplemento do dobro de 
D. A mesma demonstração serve para os demais ângulos A e B Disto tudo 
resulta com evidência que os pequenos triângulos exteriores ao triângulo 
dado são equiângulos entre si.
g 
Do mesmo modo: ABD = 90°- — ;
A R Logo: D = 180°-90° + y-90° + ^
Também temos: E = B F = -A .
2 2
Comparemos, agora, o triângulo ABD com o triângulo DEF; já tém o ângulo D 
comum. O ângulo BAG, sendo exterior ao triângulo ABC, é igual a B + C;
Solução: Devemos demonstrar:
1o que os três pequenos triângulos ABD, BCE, ACE, e o triângulo total DEF 
são equiângulos;
2o que C = 180° - 2D; A = 180° - 2E; B = 180° - 2F.
1o No triângulo ABD, temos:
D= 180° - (BAD + ABD);
Ora, 2BAD + A= 180°;
Logo: BAD = 90°-y.
Capítulo 9 - Revisão do Capitulo 1
Fig. 349
231
510. Prolongam-se os lados de um quadrilátero qualquer ABCD; 
traçam-se as bissetrizes dos dois novos ângulos assim 
formados. Demonstrar que o ângulo FGE das bissetrizes é 
igual à semi-soma dos ângulos opostos DAB, BCD.
A + C
2 '
Com efeito, os triângulos HGE, BFH dão:
G + GEH + EHG = 180°, e HBF + HFB + FHB = 180°.
Ora, os ângulos EHG e FHBsão iguais; onde:
G + GEH = HBF + HFB, e G = HBF + HFB - GEH.
Mas. HBF = 180°-B;
180°-(C + D).
2
180°-(B + C)
511. Sejam D, E, F os respectivos meios dos lados BC, AC, AB 
de um triângulo ABC, e DG, paralela à mediana CF, traçada 
até o seu encontro com o prolongamento de EF: 
demonstrar que os três lados do triângulo ADG são 
respectivamente iguais às três medianas do triângulo ABC.
A + C 
Solução: Seja G o ângulo das bissetrizes EG, FG; devemos ten G = —-—.
HFB = — = 
2
GEH = - = 
2 2
Temos, por conseguinte:
G = 180°-bJ80O-(CW-)-180°-(B^ 
2 2
B + D 
Ou, simplificando, G = 180°------—.
Mas, deA + B + C + D = 360°, deduz-se:
2 2
Portanto, afinal: 
G = 180°-(l80°-^i
No caso de A + C = 180°, o ângulo G é reto.
Geometria Elementar
A
F GE
BC
A
D
Fig. 351
232
513. Têm-se três quadrados iguais M, N, P; traça-se uma diagonal 
em cada um dos dois primeiros, levam-se, em seguida as 
hipotenusas dos quatro triângulos retângulos assim obtidos 
sobre o lado do terceiro quadrado. Demonstrar que as retas 
que unem dois a dois os vértices dos ângulos retos dos 4 
triângulos formam um quadrilátero igual à soma dos três 
quadrados dados, e que este quadrilátero é também um 
quadrado.
512. Dão-se duas paralelas e dois pontos A e B, situados fora 
destas paralelas e em lados diferentes; achar o caminho 
mais curto de A até B, por linha quebrada ADCB, tal que a 
parte CD, compreendida entre as paralelas, tenha direção 
dada, xy.
D
Fig. 350
Solução: Em primeiro lugar, o lado AD do triângulo ADG é uma das medianas 
de ABC. Em seguida, no paralelogramo OCFG, temos DG = CF A mais, 
temos também FG = CD = EF
Os dois triângulos AFG, BEF têm, pois, FG = EF, AF = FB, e os ângulos em F 
são iguais. Portanto os triângulos são iguais e AG = BE.
Solução: Pelo ponto B, tracemos a reta BE, paralela à direção dada, e igual à 
parte de xy compreendida entre as duas paralelas. Unamos o ponto E ao 
ponto A, e tracemos DC paralela a BE. O caminho ADCB será o mais curto, 
pois qualquer outro, por exemplo AD'C'B é maior.
Com efeito, o paralelogramo D’EBC dá BC = ED', assim o caminho ADCB é 
igual ao caminho AD'EB. Ora, AD'EB e ADEB têm parte comum BE, e como o 
caminho AD‘E é maior que AE, segue-se que o caminho ADCB é maior que 
ADEB ou ADCB. Portanto, o caminho ADCB é realmente o mais curto.
Capítulo 9 - Revisão do Capítulo 1
Solução: Teremos: 1o IGEK = M + N + P; 2o a figura IGEK é um quadrado.
P
Fig. 352
233
• 2o Da igualdade dos dois triângulos AME, KLM resulta com evidência que o 
ponto M está no meio de AL. Também N é o meio de DP. Ora, os 
comprimentos AL, DP são visivelmente iguais, por serem excessos de 
hipotenusas de triângulos retângulos isósceles iguais sobre os lados do 
quadrado P; logo, DN = LM. Então, os triângulos KLM, KND são iguais por 
terem cada um ângulo igual à metade de um reto em L e em D, 
compreendidos entre dois lados iguais KL = KD e LM = DN. Onde resulta que 
o ângulo LKM = DKN. Ora, EKN = LKD - LKM + DKN = LKD = 1 reto.
O mesmo se dá com os 3 outros ângulos; logo, sâo retos também. Aliás, a 
igualdade dos mesmos triângulos dá KM = KN, ou KE = Kl, pois que M e N 
sâo os meios de KE e de Kl. Deste modo, o quadrilátero IGEK tem todos os 
seus ângulos retos e seus lados iguais; logo, é um quadrado.
• 1o Consideremos os dois triângulos AEM, KLM.
Os ângulos L e MAE são iguais por serem iguais cada um à metade de um 
reto; logo, os lados KL, AE são paralelos, e dai resulta a igualdade dos 
ângulos LKM e MEA. Logo, os dois triângulos AEM, KLM são iguais; o mesmo 
se dá para os outros pares de triângulos análogos. Ora, o quadrilátero IGEK 
pode ser considerado como formado pela ablação à figura primitiva dos 
triângulos KLM, INP, etc.. , acrescentando-se à mesma os triângulos iguais. 
AME, KND, etc... Logo, o quadrilátero IGEK é equivalente á soma dos trés 
quadrados dados.
Geometria Elementar
CAPÍTULO 10 - EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 2
N
ângulo A
CA D K
234
Fig. 354
Solução: Traça-se uma reta indefinida AK, e constrói-se no ponto A um ângulo 
MAK igual ao ângulo dado; em seguida, levanta-se no mesmo ponto a 
perpendicular AF = h, e traça-se pelo ponto F uma paralela a AK, cuja 
interseção com AM dá o ponto B, que é o vértice do triângulo pedido. Subtrai-se 
depois AB de 2p, e iguala-se AD a 2p - AB, une-se B a D e, sobre o meio E 
desta reta, traça-se a perpendicular CE, que determina o ponto C, pois 
construindo-se BC tem-se BC = CD. ABC é, pois, o triângulo pedido
514. No triângulo ABC, traçam-se as bissetrízes dos 
suplementos dos ângulos A e B as quais se encontram no 
ponto O. Provar que a reta que une este ponto ao centro do 
círculo inscrito ao triângulo passa pelo terceiro vértice C.
C â/ 
o
Fig. 353
Solução: Por se achar o ponto O sobre a bissetriz do ângulo ABN, dista 
igualmente de AB e de BN, assim como de AB e de AM, pois que está sobre a 
bissetriz AO do ângulo MAB. Logo, dista igualmente também de CA e de CB. 
Ora, o centro D do circulo inscrito ao triângulo ABC está também igualmente 
distante de CA e de CB, portanto OD é a bissetriz do ângulo C e passa pelo 
ponto C.
515. Construir um triângulo conhecendo um 
adjacente à base, a altura h e o perímetro, 2p.
M
ri b/
Capitulo 10 - Revisão do Capitulo 2
516.
517.
O'B.
C Fig. 355
A,
O
578.
Fig. 356
logo 8AC = ACB, e o triângulo ABC é isósceles.
235
Construir um triângulo quando se conhecem dois círculos 
ex-inscritos.
ó
A?
A 
;C
má-—An
Quando duas linhas bissetrizes de um triângulo são 
iguais, o triângulo é isósceles.
Solução: No meio das bissetrizes, levantam-se duas perpendiculares que se 
encontram em O; do ponto O como centro com raio AO. descreve-se uma 
circunferência que passará evidentemente pelos pontos A, M, N, C.
AB
MN
Ora, os ângulos MAN, MCN são iguais porque têm ambos por medida
Solução: Bastará traçar às circunferências O, O’ duas tangentes comuns 
interiores AC, BC, e uma tangente comum exterior. ABC será o triângulo 
pedido.
Construir um triângulo, conhecendo-se um lado e duas 
medianas (fig. 43).
Solução: Para se resolver este caso, basta lembrar que as medianas se 
2
cortam nos — de seus comprimentos a partir do vértice; trata-se, pois, tão 
somente de construir um triângulo quando se conhecem os três lados.
Dois casos se devem examinar:
1o uma das medianas dadas sai do vértice oposto ao lado dado;
2o as duas medianas saem dos ângulos adjacentes ao lado dado
Geometria Elementar
Fig. 357
Fig. 358
D
A*"
= 71,60, onde:Mas p =
236
Solução: Sejam A o ponto de concorrência das cordas do círculo O, e D o 
meio de BC. A reta OD é perpendicular sobre BC, logo, o ângulo ADO é reto; 
é portanto inscritivel numa semi-circunferência de diâmetro AO, que passa 
pelo vértice D do ângulo reto. Provar-se-ia do mesmo modo que os meios de 
tódas as cordas saidas do ponto A se acham sobre a circunferência de 
diâmetro OA.
520. Os 3 lados AB, AC, BC de um triângulo ABC têm 
respectivamente 41m20, 51m40, 50m60: achar os valores 
dos seis segmentos AD, BD, BE, EC, CF, AF, determinados 
sobre estes lados pelo círculo inscrito no triângulo.
C
/V
c
Solução: Os três segmentos que devemos considerar são AD, BD, CE, pois 
os outros três lhes são respectivamente iguais.
Ora, (ex 130)= AD = p - a,
BD = p - b, 
CE = p - c.
4120 + 51,40 + 50,60
2
AD = 71,60- 50,60 = 21m,
BD = 71,60 - 51,40 = 20m20,
CE = 71,60 - 41,20 = 30m40.
Verificação: AD + BD + CE = p = 71m60.
Resposta: 21 m, 20m20 e 30m40.
519. Provar que, quando várias cordas de um círculo, 
prolongadas bastante, concorrem num mesmo ponto, os 
meios delas estão situados sobre a circunferência de outro 
círculo.
I
... ►B
/iA
Capitulo 10 - Revisão do Capitulo 2
Fig. 359
N
Mi O Fig. 360
X yD B
523.
Fig. 361
237
Em duas circunferências, O e O', que se cortam em A e B, 
une-se um ponto qualquer C da circunferência O aos pontos 
A e B, e prolongam-se as retas até encontrarem-se com a 
circunferência O' em D e em F. Traçam-se as retas BD e AF: 
demonstrar que o ângulo AGB é constante, qualquer que 
sejaa posição do ponto O sobre a circunferência O.
Solução: Sejam A o ponto dado e P o ponto de contato dos dois círculos. O 
centro O do circulo pedido se acha sobre o prolongamento do raio CP, pois 
que o ponto de contato está sobre a linha dos centros; porém O está também 
sobre a perpendicular OD levantada no meio D de AP, pois que deve ser 
equidistante dos pontos A e P: logo, está na interseção de CP com DO.
522. Conhecida a posição de uma reta xy e de um ponto O, 
descrever deste ponto como centro uma circunferência que 
corte a reta xy em dois pontos, A e B, de tal maneira que 
unindo um ponto qualquer do segmento AMB aos pontos A 
e B, todos os ângulos assim formados sejam iguais a um 
ângulo dado.
521. Construir um círculo que passe por um ponto dado e seja 
tangente a outro círculo num ponto também dado.
Solução: Constroem-se no ponto O com a perpendicular OD os ângulos 
AOD = DOB = o ângulo dado; em seguida, do ponto O como centro, com raio 
igual a OA, descreve-se a circunferência pedida, pois.
ANB = = o ângulo dado.
Geometria Elementar
Ora, o arco ANB sendomesmo ângulo tem também por medida
, ou uma quantidade constante; logo, é também constante.
A
M'
Fig. 362
G<
M N
triângulo retângulo GHM' dá HG
525.
238
524. Quando duas circunferências se cortam, a reta que une as 
extremidades de dois diâmetros que partem de um dos 
pontos de interseção:
1° é perpendicular à corda que une estes pontos;
2° passa pelo outro ponto de interseção;
3° é a maior das retas que se podem traçar por este ponto 
de interseção entre as circunferências.
ou afinal: MN > M'N'.
O mesmo havia de acontecer para qualquer outra reta diferente de MBN; logo 
MBN é máxima.
Traçam-se tangentes interiores ou exteriores a um círculo 
O, inscrito num ângulo A. Demonstrar:
M'N'
2 '
o^
Solução: Devemos demonstrar:
1o que MN é perpendicular a AB,
2o que a reta MN passa pelo ponto B;
3o que MBN é máxima.
Com efeito, 1o as retas OO' e MN são paralelas (ex 49); logo, AB, 
perpendicular à linha dos centros, OO', é perpendicular à sua paralela MN.
2o Al sendo igual a IB, como o ponto O se acha no meio de AM, conclue-se 
(ex. 49) que MN passa pelo ponto B.
3o Tracemos os raios OF, O'F' perpendiculares a MN; teremos OO' = CC' =
MN M’N’Considerando outra reta qualquer M'BN’, teremos HH' = Mas o
HH'; portanto OO' > HH', ou >
Solução: O ângulo C sempre terá por medida AMB logo, é constante; este
DEF-ANB 
2 
constante, o arco DEF também o é. Mas, o ângulo AGB tem por medida 
ANB + DEF 
2
F’ N’
Capítulo 10 - Revisão do Capítulo 2
Fig. 363
N
L?
IA MB
= AM + IN + DN,
= ID = AM
Onde: COB + DOI =
239
Solução:
1o O perímetro do triângulo ABC é constante, qualquer que seja a posição de 
BC.
Com efeito, PC = CL e BL = BM:
Logo: AB + AC + BC = AP + AM = 2AM
2o Devemos ter:
1° que as tangentes interiores BC (BC é qualquer uma 
destas tangentes) determinam triângulos de mesmo 
perímetro;
2° que as tangentes exteriores ID (ID é qualquer uma destas 
tangentes) determinam triângulos em que o excesso do 
semi-perímetro sobre o lado ID é constante;
3° que pela união do centro às extremidades das tangentes 
interiores ou exteriores, se obtém ângulos constantes para 
cada espécie de tangente;
4° que os ângulos centrais são suplementares, tanto para a 
tangente exterior como para a tangente interior.
D
PZ
AI + AD+ID ...---------------------ID = AM
2
Com efeito:
AD + Al + ID = 2AM + 2IN + 2DN,
AD +AI + ID
2
AD + AI + ID
2
3o O ângulo COB é constante, pois é igual à metade do ângulo POM, 
suplemento do ângulo A.
Do mesmo modo, DOI é constante, pois é igual à soma dos ângulos PON, 
MON.
4o PON + MON + POM = 360°, 
PON+MON+POM <ono 
-------------------------------= lou
2
Geometria Elementar
DA M'
C,
-1 D’
Fig. 364
Fig, 365B
N"
m
240
Solução: Seja CD = I a secante pedida Tracemos dos centros O e O' as 
perpendiculares OM, O'M' sobre CD, e suponhamos a reta OP paralela a CD.
CJ___
4 ...jO’-yp'
526. Em duas circunferências que se cortam, traçar por um 
dos pontos de interseção, uma secante comum de 
comprimento dado, I.
527. Achar o lugar dos pontos onde se vê a reta AB sob um 
ângulo dado.
Solução: O lugar procurado é o segmento capaz do ângulo dado e descrito 
sobre AB. Com efeito, seja AMB o segmento capaz do ângulo dado. 1o De 
qualquer ponto M do arco AMB, vè-se a reta AB debaixo de ângulo igual a 
AMB, igual ao ângulo dado; 2o de qualquer ponto I, no interior do segmento, 
vé-se a reta AB sob um ângulo I > M; 3o de qualquer ponto E, exterior ao 
segmento, vê-se a reta AB sob um ângulo E < M. O lugar é pois o arco AMB.
ax' 7
Observação. — LA corda OP pode também cortar em P' a outra semi- 
circunferência descrita com 00' como diâmetro. E traçando-se pelo ponto A 
uma paralela a OP', ter-se-á outra solução, CD'.
II. Para que haja solução do problema, é necessário que o triângulo OPO' seja 
possível. Para isso, é preciso que OP ou não seja maior que OO‘. Deste 
modo, o valor maior de I é 200’, e a reta CD, traçada pelo ponto A, é máxima, 
quando paralela à linha dos centros.
No triângulo retângulo OOP, conhecemos a hipotenusa OO' ou distância dos 
CD Icentros e OP = MM’ = — = 1.
2 2
Com 00' como diâmetro, descrevamos uma semi-circunferência sobre a qual, 
a partir de O, traçaremos uma corda OP = Agora, resta só traçar pelo 
ponto A a reta CD, paralela a OP, para se ter a reta pedida.
Capítulo 10 - Revisão do Capítulo 2
D’
Fig. 366
E’
Fig. 367
241
529. Por um ponto A, fora de uma circunferência, traçar uma 
secante que seja dividida pela circunferência em duas 
partes iguais.
B’
Solução: Seja AB a secante pedida, e C o meio dela. Prolonguemos OC de 
uma quantidade CD = OC e unamos A a D, O a B. Os 2 triângulos ACD, COB 
tem ângulo igual compreendido entre lados iguais; logo sâo iguais e AD = OB. 
Descrevendo-se pois, do ponto A como centro uma circunferência igual à 
circunferência O, em seguida, do ponto O como centro com raio dobro do 
primeiro, um arco que corte em D a circunferência A, a interseção C da reta 
DO com a circunferência O será o meio da circunferência pedida; traçar-se-á 
enfim ACB
528. Circunscrever a um triângulo ABC outro triângulo AEF 
igual ao triângulo dado D'E'F'.
El/
Solução: O ponto D se encontrará sobre o arco capaz do ângulo D’, e descrito 
sobre a corda AB; do mesmo modo, o ponto F ficará sobre o segmento capaz 
do ângulo F', e descrito sobre a corda AC.
Agora, se traçarmos pelo ponto A uma secante DF = D'F‘ (ex. 526), e também 
DBE, FCE, teremos o triângulo pedido DEF. É, com efeito, igual a D’E'F’, pois 
estes 2 triângulos têm lado igual adjacente a 2 ângulos iguais.
Observação. — Dobrando-se o arco AMB ao redor de AB, forma-se outro 
arco AMB que é, abaixo de AB, o arco onde se vê AB sob um ângulo dado. 
Além disto, é evidente que os arcos ANB, AN'B representam o lugar onde se 
vê a reta AB sob um ângulo suplementar do ângulo dado.
Afinal, se o ângulo dado for reto, os arcos AMB, AND são semi- 
circunferências descritas com o diâmetro AB; por conseguinte, o lugar onde 
se vê uma reta sob um ângulo reto é o círculo descrito sobre esta reta como 
como diâmetro.
Geometria Elementar
G
i
B
A
E.
A'
B
a
242
530. Achar o lugar geométrico dos meios das cordas saídas:
1° de um ponto fora do círculo;
2° de um ponto tomado sobre a circunferência;
3° de um ponto tomado no interior do circulo.
P
Observação. — Para que haja solução, é preciso ter AO < AD + DO, ou 
AO < 3OB, ou quando mais AO = 3OB. Tendo-se AO < 3OB, os arcos 
descritos dos pontos A e O se cortam nos pontos D e D’, e as secantes AB, 
AB' respondem à questão. Mas, se AO = 3OB, a secante AB passa pelo 
centro do círculo e há uma só solução.
D
Fig. 369
2o e 3o Se o ponto P se achar sobre a circunferência ou no interior do circulo, 
PO
2 
circunferência que descrevermos passará pelos meios de todas as cordas 
saídas do ponto P
D
Fig. 368
Solução: 1o Consideremos duas cordas quaisquer PA, PB oriundas do ponto 
exterior P. Tracemos o diâmetro PD, e unamos os meios E, F de cada corda 
aocentro O. Os dois triângulos PEO e PFO são retângulos em E e em F; 
logo, as medianas GE, GF são iguais a GO (ex. 499). Portanto, se do ponto G 
como centro descrevermos uma circunferência de raio GO, passará pelos 
pontos E, F; logo, será o lugar geométrico pedido.
P
<F
TÓ\
como raio, etomaremos ainda o meio de PO por centro, e
Capítulo 10 - Revisão do Capítulo 2
2r*.
243
531. Com raio dado, descrever uma circunferência que passe 
por um ponto dado e tangente a outra circunferência 
também dada.
Fig. 370
1o CASO. OA >re 1°r‘<r. Pois que A é exterior, a circunferência r* não pode 
ser interior à circunferência r. Aliás, a circunferência r não pode ser interior à 
circunferência r' por causa de r > r‘: logo, as duas circunferências serão 
tangentes exteriormente. Do ponto O como centro, com raio r + r3 descreve-se 
uma circunferência; o centro do circulo tangente deve achar-se sobre esta 
circunferência, mas deve ficar também à distância r* do ponto A. 
Descrevendo-se, pois, do ponto A com raio r*. uma segunda circunferência 
que corte a primeira, ter-se-ão geralmente dois pontos O’, O" que poderão 
servir de centros de círculos, os quais são soluções do problema.
A distância dos centros das duas circunferências auxiliares, r + r* e r* é OA, a 
soma de seus raios r + 2r', sua diferença, r. Ora, a suposição foi OA > r. Para 
este caso, haverá pois duas soluções, uma só, ou nenhuma conforme os 
dados seguintes:
OA < r + 2r*. ou OA = r + 2r*, ou OA > r + 2r*.
1o CASO. OA>r,e2°r’ = r. Uma vez que A é exterior, sendo iguais os raios r, 
r*. as duas circunferências não podem ser interiores uma à outra; serão, 
portanto, tangentes exteriormente; uma das circunferências auxiliares terá o 
raio r + r e a outra o raio r; a soma dos raios será, pois, igual a 3r.
Uma construção idêntica à precedente dará ainda duas soluções, uma só ou 
nenhuma segundo se tiver:
OA < 3r, ou OA = 3r, ou OA > 3r.
1o CASO. OA > r, e 3o r’ > r. As circunferências r e r* podem ocupar posições 
análogas às que ocupam nos dois casos precedentes. Haverá pois ainda 
duas soluções, uma só ou nenhuma, segundo se tiver.
OA < r + 2r*. ou OA = r + 2r', ou OA >
Solução: Sejam O o centro da circunferência dada, r o raio, A o ponto dado e 
r" o raio da circunferência procurada.
Trata-se tão somente de determinar o centro O' desta última Há 3 casos 
principais- o ponto A pode ficar fora do circulo r, sobre a circunferência r ou 
dentro do circulo r. Correspondem estes 3 casos respectivamente a OA > r, 
OA = r, OA < r, e cada um deles se subdivide em outros 3, como se vê no 
quadro seguinte:
1o CASO. OA > r, e 1o r < r, 2o r* = r, 3o r1 > r;
2o CASO OA = r, e 1o r* < r, 2o r* = r, 3o r* > r;
3o CASO. OA < r, e 1o r* < r, 2o r* = r. 3o r* > r.
Geometria Elementar
Fig. 371
Fig. 372
244
2o CASO. OA = r, e r* < r ou r' — r, ou r* > r.
Como o ponto A se acha ao mesmo tempo sobre a circunferência r e sobre a 
circunferência r', vem a ser o seu ponto de contato; por conseguinte, o centro 
procurado O’ se acha sobre OA, de um e outro lado do ponto A, à distância r*. 
Tomar-se-á pois, em primeiro lugar, sobre o prolongamento de OA, o 
comprimento AO' = r1 e do ponto O' como centro, com o raio r', descrever-se-á 
uma circunferência que nos 3 casos será exterior à circunferência r.
Tomar-se-ã, em segundo lugar, no sentido de AO, o comprimento AO" = r*. e 
do ponto O" como centro, com raio r, descrever-se-á uma circunferência que 
será envolvida pela circunferência r, se f < r, ou envolverá a circunferência r, 
se r* > r. Porém se r* = r, as duas circunferências se confundem e não há 
solução.
Mas, como r* > r, a circunferência r* pode ainda envolver a circunferência r. 
Então, a distância dos centros das circunferências r e r’ é r' - r.
Descrever-se-á, pois, uma circunferência do ponto O como centro (1o caso, 
1o) com raio igual a r* - r, e do ponto A como centro com raio r', descrever-se- 
á segunda circunferência que cortará a primeira em 2 pontos O' e O". Estes 
pontos serão os centros de duas circunferências r1 a envolverem a 
circunferência r.
A distância dos centros das duas circunferências auxiliares é OA, a soma de 
seus raios é r* + r* - r = 2r' - r, e sua diferença r’ - (r* - r) = r.
Tem-se OA > r. Haverá, pois, duas circunferências a envolverem a 
circunferência r, uma só, ou nenhuma segundo se tiver:
OA < 2r* - r, ou OA = 2r' - r, ou OA > 2r' - r.
O problema admite, pois, no caso em apreço 4, 3, 2, 1, ou nenhuma solução. Há 
4 para OA < 2r* - r, pois que esta expressão dá a fortiori ainda OA < r + 2r’; 
3 quando OA = 2r* - r, pois esta igualdade ainda dá OA < r + 2r*.
Pelo mesmo motivo, há duas soluções quando OA está compreendido entre 
2r^ - r e 2I3 + r; uma, quando OA = r + 2r*. e nenhuma quando OA é > 2r’ - r.
Capítulo 10 - Revisão do Capítulo 2
Fig. 373
245
532. Descrever, com raio dado, uma circunferência tangente a 
duas circunferências dadas.
3o CASO. OA < r, e 1o r* < r. Pois que o ponto A está no circulo r, a 
circunferência r' está envolvida pela circunferência r. A distância dos centros 
das circunferências r e r1 é r - r’.
Do ponto O como centro, com raio igual a r - r1, descrever-se-á pois uma 
circunferência e do ponto A como centro, com raio r*. outra circunferência será 
descrita que cortará a primeira em O' e em O" Estes pontos hão de ser os 
centros de duas circunferências r' envoltas pela circunferência r.
A distância das duas circunferências auxiliares é OA, a soma de seus raios é 
r - r1 + r‘ = r e sua diferença (r - r') - r1 = r - 2r*, ou r* - (r - r") = - r,
conforme se tiver r* < ou > r - r’. Tem-se OA < r. Haverá, pois, duas soluções, 
uma só, ou nenhuma, conforme os dados seguintes:
OA > r - 2r*. ou 2r' - r; ou OA = r - 2r* ou 2r* - r; ou OA < r - 2r*. ou 2f - r.
3o CASO. OA < r, e 2o f = r; 3o CASO. OA < r e 3o r* > r.
Com evidência, o problema é impossível nos 2 casos: com o ponto A 
interior, a circunferência r deve envolver a circunferência r‘; seria pois 
necessário ter r* < r, o que não se dá.
Trata-se de determinar o centro O" desta última Suponhamos que as 
circunferências r, r' são exteriores sem serem tangentes e r > r1, ou r = r*. e 
afinal r > r" < r'.
A circunferência r” não pode ser interior a uma das circunferências dadas, 
pois que deve ser tangente a ambas. Nem tão pouco pode envolvê-las, pois 
que supusemos r > r" < r': logo, a circunferência r" será exterior às duas 
circunferências dadas. A primeira distância dos centros ou OO" = r + r” e a 
segunda ou 0'0" = r1 + r". Descrevendo-se, pois, duas circunferências com 
centros em O e O' e de raios r + r' e r' + r", cortar-se-ão no ponto O", que será 
o centro da circunferência r". Bastará descrevê-la para obter uma solução.
A distância dos centros das circunferências auxiliares OO', a soma dos raios
r + r" + r' + r" = r + r* + 2r",
Solução: As duas circunferências dadas, O e 0', podem ocupar, relativamente 
uma à outra, 5 posições diferentes, e como se devem fazer, para cada posição, 
todas as hipóteses diferentes possíveis sobre as grandezas relativas dos 
comprimentos conhecidos OO', r, f, r”, o problema admite pois 5 casos 
principais que se subdividem em vários casos particulares.
Como já resolvemos o caso precedente com todos os detalhes que se podem 
considerar, contentar-nos-emos com a resolução de um caso particular desta 
ampla questão, deixando ao leitor o cuidado de a desenvolver mtegralmente. 
Sejam O, O* os centros das circunferências dadas, r, r* os raios, e r" o raio da 
circunferência procurada.
Geometria Elementar
r* + 2r”, ou OO' > r + r* + 2r".
533.
•NC
'A M
246
Construir um triângulo equilátero com os vértices sobre 3 
paralelas dadas.
e sua diferença, r + r" - r* - r" = r - r*.
Aliás, OO' é > r - r*. O problema admite, pois, duas soluções, uma só, ou 
nenhuma, conforme se tiver:
OO' < r + f + 2r", ou OO'=
i
■. B 
7x p
H..
7\
Fig. 374
Solução: Suponhamos o problema resolvido. Seja ABC o triângulo pedido. 
Descrevamos uma circunferência que passe pelos vértices A, B, C.
Esta circunferênciacorta a paralela P num certo ponto H; tracemos HC, HA. O
AC 180°ângulo CHA = CBA, pois têm por medida comum ; logo CHA = —— .
Em um ponto qualquer da paralela P, tracemos duas retas HC, AH que 
formem ângulo igual a ■. Estas retas cortam as paralelas N, M nos 
pontos C e A; tracemos CA e descrevamos uma circunferência que passe 
pelos pontos A, H, C. Esta circunferência corta a paralela P em B; tracemos 
ainda CB, AB, e temos o triângulo procurado.
Capítulo 11 - Revisão do Capítulo 3
CAPÍTULO 11 - EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 3
C O
CB'
247
535. Construir um triângulo, quando se conhecem as trés 
alturas.
Solução: Seja ABC o triângulo pedido. Sejam também a, b, c os 3 lados, e a’, 
b', c' as 3 alturas correspondentes
D
Fig. 376
534. Os dois segmentos de uma reta dão produto máximo 
quando a reta é dividida em duas partes iguais.
BA
Fig. 375
Solução: Seja AB a reta dada. Com diâmetro AB, descrevamos uma semi- 
circunferéncia, e no centro O, levantemos a perpendicular OM. Temos: 
OM2 = AO x OB; outra perpendicular qualquer CD, daria. CD2 = AC x CB; ora, 
OM é a maior perpendicular inscrita na semi-circunferèncja AMB, e podemos 
escrever: OM2 > CD2, onde: AO x OB > AC x CB.
Ver em álgebra uma segunda solução, pelo método dos máximos e mínimos.
Também os triângulos semelhantes BCF, BAD, dâo: ~ •
Os triângulos semelhantes CBE, CAD, dão: § = 
b a
Onde: aa' = bb' = cc'.
Dividindo-se cada uma destas razões por a’b, dá:
a b cc' c abc
--- = ----= -------- = ------- : OU — = ---- = —rr-r.
b' a' a'b* a’b' b' a’ a'b'
A igualdade destas razões nos mostra que o triângulo AB'C com lados 
AC = b’, B'C = a', AB' = ? “ ,
Geometria Elementar
O
a
B
e DC = R-OD;
Mas, OD =
248
RV5
2
536. Calcular o lado e o apótema do dodecágono regular 
inscrito em função do raio do círculo. Aplicar as duas 
fórmulas no caso em que R = 3m.
será semelhante ao triângulo ABC (1); uma vez porém que em triângulos 
semelhantes, as alturas correspondentes a lados homólogos são retas 
homólogas, bastará, para construir o triângulo ABC, tomar sobre a altura 
salda do vértice A um comprimento AD = a', e traçar, pelo ponto D, a paralela 
BC a B'C.
construir o triângulo AB'C'; se admitirmos a1 > b' > c', o que dá a‘ <
NOTA. — Para ser possível o problema, é preciso que se possa também 
condição de possibilidade será < a’ + b', pois um lado qualquer, , 
será menor que a soma dos outros dois, supondo-se também que é maior do 
que a sua diferença.
(1) É fácil a construção do triângulo AB’C’, pois que a', b‘ são dados, o 3o lado 
AB‘ é quarta proporcional às quantidades conhecidas a', b', c'.
F4
Portanto, DC = R - 
2
Onde:
c2 - — + R2 - + 2514 + ” 2 + 4 ’
c2 =R2(2-75).
c2 = R ^2-73.
D...
ÉC
Fig. 377
Solução: 1° Designemos por R o lado AB do hexágono, por c o lado AC, e 
por a o apótema OE.
O triângulo retângulo ADC dá: c2 = AD? + DC2.
o
Ora,AD = ^,
Capitulo 11 - Revisão do Capítulo 3
Resposta:
Resposta: AE = 2m94; BE = 49m06.
249
537. Num círculo com raio de 26m, inscreve-se uma corda CD 
de 24m; a dita corda divide em duas partes o diâmetro AB 
que lhe é perpendicular. Quanto medem os dois segmentos 
do diâmetro?
Fig. 378
Solução: Tracemos o raio OC; o triângulo retângulo OCE dá:
ÕÊ2 =R2-CE2,
ÕE2 = (R + CE)(R - CE)
ÕE2 = 38x14 = 532,
OE = 7532 = 23,06
AE = R - OE = 26 - 23,06 = 2m94.
BE = R + OE = 26 + 23,06 = 49m06
Aplicação: R = 3m;
portanto : c = 3(72 + 73) = 1m551, 
a = 1,5(72 + 73) = 2m896.
c — R^2 — y/s, c = 1m551;
a = —72 + 73, a = 2m896.
2
a2 = 5^(2+73), 
4
a = 5(72 + 73).
a' = R2‘È) =
g2 = 4R2-R2(2-73) 
4
2o O triângulo. Retângulo OCE dá 
z"'2 R;(2-73)
4
Geometria Elementar
250
Solução: O lado do quadrado é R>/2 
preciso provar a desigualdade seguinte:
R72+Rj3-rrR
e o do triângulo equilátero é R>/3 . É
538. Sobre o diâmetro AB de um circulo, tomam-se dois 
pontos C e D a igual distância do centro: demonstrar que 
se unirem os dois pontos C e D a um ponto qualquer M da 
--------2 --------2 
circunferência, a soma CM + MD é constante, seja qual 
for o ponto M.
Fig. 379
Solução: Tracemos o raio OM, que é também mediana do triângulo CMD.
Ora (ex. 255), temos: 
-------2
CM2 + MD2 = 2ÕM2 + — .
2
Sendo o segundo membro quantidade constante, a soma CM2 + MD2 também 
há de ser constante.
539. Demonstrar que a soma dos lados do quadrado e do 
triângulo equilátero inscritos no mesmo círculo excede a 
metade da circunferência deste círculo de uma quantidade 
menor que centésimo do raio.
R
200 ’
ou então, dividindo todos os termos por R, resta provar que teremos: 
y/2 + y/3-n<-^~.
200
Ora, y/2 = 1,4142 e y/3 = 1732 ; a soma, por excesso, destas duas raízes é: 
1,4143 + 1,7321 = 3,1464,
e o valor de n por defeito é 3,1415.
A diferença será pois menor do que 0,0049 e a fortiori menor que 0,005 ou 
1 
200 '
Capitulo 11 - Revisão do Capítulo 3
Fig. 380
251
540. Em duas circunferências tangentes exteriormente, traça- 
se uma secante comum que passa pelo ponto de contato. 
Demonstrar que as cordas se acham na mesma razão que 
os raios; achar, além disso, o meio de se traçar, pelo 
ponto de contato, uma secante de que resultem duas 
cordas cuja soma seja igual a uma reta dada.
Fig. 381
Solução: Temos: CDx CF = CAx CB = CKx CG, e como CD = CK, resulta 
que CF = CG, e depois FD = GK.
Apliquemos os dados na igualdade CDx CF = CAx CB.
Solução:
• 1o Tracemos os raios OA, O'C e a linha dos centros que há de passar
pelo ponto de contato, B. Os 2 triângulos AOB, BO'C são isósceles e alérr 
disto semelhantes, pois que os ângulos em B são iguais: portanto 
AB OA I
BC " O'C ’
• 2o Basta dividir a reta dada em partes proporcionais aos raios das duas 
circunferências, inscrever o menor segmento na menor, a partir de B, e 
prolongar a reta na outra circunferência.
É evidente que o máximo da reta dada deverá ser a soma dos diâmetros.
541. Dão-se dois círculos secantes. Demonstrar que, se por um 
ponto qualquer C do prolongamento da corda comum, se 
traçarem duas secantes iguais, um em cada circulo, as 
partes inferiores, FD e GK são iguais. Calcular o 
comprimento comum das duas partes no caso de AB = 40m, 
CB = 20m, CD = 55m.
Geometria Elementar
= 21,88.
Resposta: FD = GK = 33m12.
252
543. AB e AC são os lados iguais do triângulo isósceles ABC 
inscrito numa circunferência. Toma-se sobre BC um ponto 
qualquer D entre B e C, e traça-se a reta AD que se 
prolonga até F, ponto em que encontra a circunferência; 
provar que AB é meia proporcional entre AD e AF.
542. Dados um círculo de raio R e o triângulo equilátero ABC 
inscrito no circulo, une-se o ponto D, meio do arco ADC, 
ao ponto F, meio de BC, e prolonga-se a reta até G: 
calcular DG, e os dois segmentos DF e FG.
7R2 
4
Temos: 55 x CF = 60 x 20,
„ . „ 60x20 Onde: CF =-----------
55
Logo: FD = 55 - 21,88 = 33m12.
;DF = ^ 
2
Resposta: DG = DF = FG = ^7, 
7 2 14
D
Fig. 382
Solução: Tracemos as retas BD, DC; formamos assim o triângulo BDC, 
retângulo em C; segue-se que DCF é também triângulo retângulo, e
DF2 = DC2 + CF2, ou df2 = R2 + ÍR^Y 
l 2 J
As duas cordas BC, DG se cortam em F, meio de BC, e dão:
cr* nc qc cc R>/3
FG x DF = BF x CF =-------x-------- ,
2 2
„ Rx/7 3R2
FG x-------=------ ,
2 4
„ 3R 3Rx/7
FG = —f=- =---------;
2x/7 14
e como DG = DF + FG,
. . nn Rx/7 3Rx/7 5RV7 
tem-se afinal. DG =-------- f---------=---------- .
2 14 7
Capitulo 11 - Revisão do Capítulo 3
Solução: Deve-se ter: AB2 = AF x AD.
onde : AB2 = AF x AD.
253
545. A soma dos quadrados de duas cordas perpendiculares é 
igual a oito vezes o quadrado do raio, menos quatro vezes 
o quadrado da distância do centro ao ponto de interseção 
das duas cordas.
Fig. 383
Com efeito, os triângulos ABD e ABF, sendo equiãngulos, são semelhantes e 
dão:
544. Do ponto O, tomado no plano do triângulo ABC, traçam-se 
perpendiculares aos 3 lados; determinam-se 6 segmentos 
tais que a soma dos quadrados dos que tém extremidades 
comuns é igual à soma dos quadrados dos demais.
Solução: Devemos ter: AD2 + FC2 + BE2 = AF2 + CE2+ BD2.
Fig. 384
Unamos o ponto O aos 3 vértices, temos:
ÕD2 + ÃD2 = ÕF2 + ÃF2,
ÕF2 + FC2 = ÕÊ2 + CÊ2.
ÕÊ2 + BÊ2 = ÕD2 + BD2.
Somando membro a membro, e suprimindo termos iguais, obteremos:
ÃD2 + FC2 + BÊ2 = ÃF2 + CÊ’ + BD2.
AF AB.
AB AD'
Geometria Elementar
D
A/Lr
Fig 385
Fig 386
254
.....M /
/O *
546. Em todo triângulo, a distância dos centros da 
circunferência inscrita e da circunferência circunscrita é 
meia proporcional entre o raio desta e o excesso deste 
raio sobre o dobro do raio daquela.
Al = AM + MI e IM = AM — Ml;
Logo: Al x IB = (AM + Ml) (AM - Ml) = ÃM2 - Mi’ . 
Do mesmo modo: Cl x ID = CN2 - N|2.
Logo, a igualdade (3) vem a dar.
ÃB2 + CD2 = DÊ2 + 2ÃM2 - 2MÍ2 + 2CN? - 2NI? .
Mas, CN = DN, 
onde:
ÃB2 + CD2 = DÊ2 + 2ÃM2 + 2DN2 - 2(M|2 + Ni’),
ÃB2 + CD2 = 4ÕD2 + AB *CD - 2Õi’, 
2ÃB2 + 2CD2 = 8ÕD2 + ÃB2 + CÕ’ - 4Õi2. 
Afinal: ÃB2 + CD2 = 8ÕD2 - 4Õ|2.
!_\B
--------- -
Solução: Devemos ter: AB2 + CD2 = 8OD2 - 4OI2.
Com efeito
(1) ÃB2 + CD2 = (Al + IB)2 + (Cl + ID)2,
(2) ÃB2 + CD2 = Ãí2 + ÍB2 + 2AI x IB + Ci2 + ÍD2 + 2CI x ID.
ou (ex. 252) (3) ÃB2 + CD2 = DÊ2 + 2(AI x IB + Cl x ID)
Tracemos, pelo O, OM e ON perpendiculares a AB e a DC; pois que M está 
no meio de AB:
Capítulo 11 - Revisão do Capítulo 3
(2)
GB D M
255
NOTA. — Disso resulta que o raio R do círculo circunscrito não pode ser 
menor que o diâmetro 2r do círculo inscrito.
547. Em qualquer triângulo, unindo-se o vértice A a um ponto 
qualquer M da base BC, tem-se a relação:
'ÃB ■ CM + ÃC2 ■ BM = BC(ÃM2 + BM ■ CM).
Fig. 387
Solução: Com efeito, abaixemos AD, perpendicular sobre BC, o triângulo
ABM dará: ÃB2 = ÃM2 + BM2 - 2BM DM ,
E o triângulo AMC: ÃC2 = ÃM2 + CM2 + 2CM ■ DM .
Para a eliminação de DM, multiplicaremos a primeira igualdade por CM e a 
segunda por BM; somando então, teremos:
ÃB2 ■ CM + ÃC2 ■ BM = ÃM2 • CM + ÃM2 ■ BM r SM’’ CM r CM2 ■ BM.
ÃB2 CM + ÃC2 ■ BM = ÃM2(CM + BM) + BM ■ CM(BM - CM).
Solução: Sejam o e O os centros das duas circunferências, r e R os raios; 
deveremos ter: oO2 = R(R - 2r).
Com efeito, as bissetrizes CoE, AoD, dão:
arco CD + arco AE = arco EBD, ou ângulo CoD = ângulo ECD.
Logo, DC = oD.
Se traçarmos o diâmetro DOF, há de ser perpendicular no meio H da corda
BC, o que dará, por causa do triângulo retângulo DCF:
5c2 = DFxDH,
ou então, já que DC = oD:
oD = 2R x DH. (1)
A perpendicular oM a DF é ao mesmo tempo, paralela a BC, e dá: HM = r;
Onde:
ÕÕ2 = ÕD2 + DÕ2 - 2DO x (DH + HM),
ÕÕ2 = ÕD2 + R2 - 2R(DH + r).
Somando-se membro a membro as igualdades (1) e (2), vem:
ÕD2 + ÕÕ2 = 2R X DH + ÕD2 + R2 - 2R(DH + r);
onde tiramos, depois de haver efetuado e simplificado:
ÕÕ2 = R(R - 2r).
Geometria Elementar
Onde- BM = , eCM =
= AM? + BM ■ CM;
T B
M - NO’
D1
C
256
(a)ÃB2 CM + AC2 -BM = AM2 BC + BM CM BC; 
afinal: ÃB2 ■ CM + ÃC2 BM = BC(ÃM2 + BM ■ CM).
548. Se por um ponto tomado fora de um circulo se traçarem 
duas secantes equidistantes do centro, as diagonais do 
quadrilátero formado pelos pontos de interseções se 
cortam num ponto constante.
Observação. - I. Se o ponto M estiver no meio de BC (BM = CM), a relação 
geral (a) vem a ser:
ÃB2 BM + ÃC2 BM = ÃM2-2BM + BM-— BC;
2
Fig. 388
Solução: Sejam o ponto M e as secantes MAB, MDC. O ponto de interseção I 
das diagonais AC, DB do quadrilátero ABCB é constante.
Com efeito, o centro O. sendo equidistante de MB e de MC, se encontra 
sobre a bissetriz MON do ângulo BMC. Outrossim, as cordas AB e DC são 
iguais. Portanto, os triângulos AIB, DIC são iguais, e por conseguinte, as 
distâncias do ponto I aos lados iguais AB, DC são iguais; logo, o ponto I está 
também sobre a bissetriz MON.
2
Onde: ÃB2 + ÃC2 = 2ÃM2 +
2
Já encontramos esta relação no ex. 255.
II. Se a reta AM for bissetriz do ângulo A, teremos: 
BM CM BC 
AB " AC " AB + AC ’
AB-BC AC BC------------- , e CM =------------- . 
AB + AC--------------AB + AC
Substituindo estes valores no 1o membro da relação geral, temos:
ÃB2 AC BC + ÃC2 AB BC o.,
------------------------------------------ = BC(AM + BM ■ CM);
AB+AC
ABAC(AB +AC) 
AB + AC
onde . AB ■ BC = ÃM2 + BM ■ CM.
Esta relação já foi encontrada no ex: 265.
Capítulo 11 - Revisão do Capítulo 3
onde: Ml =
CA B
x y
257
549. Dão-se 2 pontos A e B sobre uma paralela a uma reta dada 
xy; sua distância AB = 2a, a distância das duas paralelas é b: 
a que distância da reta AB se encontra o centro do círculo 
que passa pelos pontos A e B e é tangente à reta xy?
^ = PB.
2
D
Fig. 389
Solução: O centro O deve encontrar-se sobre a perpendicular CD que passa 
pelo meio de AB; e também sobre a perpendicular OM: é pois fácil determiná- 
lo.
Procuraremos agora a distância CO em função de a e de b. O triângulo 
retângulo ACO dá:
cõ2 = Ãõ2 - a2,
CÕ2 =(b-CO)2-a2,
CÕ2 = b2 - 2b x CO + CÕ2 - a2;
portanto : 2b x CO = b2 - a2;
b2 - a2
onde : CO = -——.
2b
b2 - a2 Resposta: CO = ———.
Por outra parte, se traçarmos OB, formamos dois triângulos MOB, MAI, 
semelhantes por terem o ângulo AMI comum, o ângulo MOB tem por medida 
o arco PB, e o ângulo MAI, suplemento de BAI, tem por medida:
PB . PC _ DD
2
Estes triângulos dão: — =
BM MO
MBxMA
MO
Mas, a tangente MT dá: MB x MA = MT2.
Substituindo este valor na igualdade precedente, obtemos:
... MT2 
Ml =------ .
MO
Ml é, pois, constante, e, por conseguinte, o ponto I, pois que as quantidades 
MT e MO são constantes.
Geometria Elementar
. Tracemos o raio OA e a paralela MN a AT; os triângulos
T
M
Fig. 390
Faremos, pois, ON = -OA; pelo ponto N, traçaremos NM paralela a AT;
258
551. Num triângulo qualquer ABC, os meios a, b, c dos lados, os 
pés I, m, n das alturas, os meios p, q, r das distâncias que 
separam os vértices A, B, C, do ponto de concurso H das 
alturas, são 9 pontos situados sobre uma mesma 
circunferência; o centro O' desta circunferência é o meio da 
reta que une o centro O do círculo circunscrito ao triângulo 
ao ponto de concurso H das alturas, e seu raio é igual à 
metade do raio deste círculo.
Onde:ON = -OA.
3
Aplicaçao:
OA = 3,015 dá TM = 2 x 3,015 = 6,03
TM'= 4 x 3,015= 12m06,
ÃT’=12,06x6,03,
Onde
AT = 7^2,06x6,03 = 8m52
Resposta: AT = 8m52.
ON semelhantes OMN e OTA dão------=
OA
OM 1.
OT 3'
lrA
550. Num círculo dado, pede-se determinar sobre a tangente 
no ponto A, um ponto T tal que, se por este ponto se 
traçar uma reta que passe pelo centro do círculo e 
encontre a circunferência em 2 pontos M, M', a parte TM 
seja igual ao diâmetro MM'. Aplicação: R = OA = 3m015.
Solução: Suponhamos o problema resolvido, e seja MT = MM'.
T OM 1Temos: ----- = —
OT 3
M’
Faremos, pois. ON = ^OA; pelo ponto N, traçaremos NM paralela a AT; 
afinal, o diâmetro M'OM prolongado encontrará a tangente no ponto T, que 
será o ponto pedido
Capitulo 11 - Revisão do Capitulo 3
A
,m
c
q
B
Fíg. 391
259
NOTA. — O círculo que passa pelos nove pontos a, b, c... recebeu, por este 
motivo, o nome de círculo dos nove pontos.
Os triângulos aOO', O'Hp que têm ângulos iguais e OO' = O'H, são iguais, e 
tem-se O'p = O'a e aO = Hp = Ap. Logo, o círculo considerado, passando por 
a passará também por p, meio da distância AH que separa o vértice A do 
ponto de concorrência H das alturas. Provar-se-ia do mesmo modo que o 
círculo passa pelos pontos q e r.
3o Traçando-se aO', esta reta prolongada passará pelo ponto p, pois que os 
pontos O' e p sâo os meios das retas OH, AH
Solução: Com efeito:
1o ab sendo igual e paralela a Ac, a figura Abac é paralelogramo, e ângulo 
cab = ângulo cAb = cAI + lac.
Ora, no triângulo retângulo ABI, o ponto c estando no meio de AB, o triângulo 
Acl é isósceles (ex. 499), e ângulo clA = ângulo cAI. Pela mesma razão, 
ângulo blA = ângulo bAI; logo, ângulo clb = ângulo cAb = cab; logo, o círculo 
que passa pelos meios a, b, c dos lados do triângulo, passará também pelo pé 
I da altura Al. Demonstrar-se-ia do mesmo modo que há de passar também 
pelos pés m e n das outras duas alturas.
2o As retas al, bm, cn sendo cordas do círculo considerado, o centro deste 
círculo será a interseção das perpendiculareslevantadas sobre os meios 
destas cordas.
Ora, qualquer uma destas perpendiculares, por exemplo IO', passa pelo meio 
O' de OH: logo, O' é o centro procurado.
4o Afinal, conforme o que precede, ap sendo igual e paralela a AO, a figura 
ApaO é paralelogramo, e o diâmetro ap do círculo considerado é igual ao raio 
OA do circulo circunscrito ao triângulo
Geometria Elementar
CAPÍTULO 12 - EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 4
Fig. 392
h.
Fig 393
260
553. 1° Construir 7 hexágonos regulares iguais, de modo que 
seis dentre eles tenham dois vértices situados sobre uma 
circunferência dada e um lado comum com o sétimo que 
deve ter o mesmo centro;
2° provar que o Polígono côncavo formado pelos 7 
hexágonos é equivalente ao hexágono regular inscrito na 
circunferência dada.
552. Determinar a área de um trapézio em função dos 4 lados.
Solução: Ter-se-á, para a área do trapézio ABCD:
S = - J(a + b + d-c)(b<-c + d-a)(a + b-c-d)(a + d-b-c).
4 a-c
Ou S = ■ -+-C ^(a + b + d-c)(b + c + d-a)(a + b-c-d)(a + d-b-c).
á E
Com efeito, traçando-se CE paralela a DA, fica determinado o triângulo BCE. 
cujos 3 lados são conhecidos, pois n = a - c. Ora, temos, no ex. 248, para a 
altura h deste triângulo:
h 7(n + b + d)(n + d - b)(n + b - d)(b + d - n) 
2n
Substituindo-se nesta igualdade n por seu valor a-c, vem:
J(a-c+b + d)(a-c + d-b)(a-c + b-d)(b + d-a + c)
2(a-c)
Mas esta altura é também a do trapézio, e tem-se pois: S = 3 * C x
Capítulo 12 — Revisão do Capítulo 4
Logo, o raio desconhecido OA é meio proporcional entre o raio dado e —
deste raio.
, e como as
a relação
NB,
Fig. 394
M,
261
554. Construindo-se semi-circunferências sobre os três lados 
de um triângulo retângulo, mostre que as duas áreas 
compreendidas respectivamente entre a circunferência 
maior e as duas menores equivalem juntas à área do 
triângulo. (As duas áreas em questão são conhecidas sob o nome de 
lúnulas de Hipócrates).
Solução: Sendo as duas lúnulas M e N, devemos ter 
M + N = triângulo ABC.
—OM. 
7
Solução: 1o Suponhamos o problema resolvido, e seja OA o raio do círculo 
circunscrito ao sétimo hexágono ABCDEF. Os hexágonos, sendo regulares, 
tém os ângulos iguais, e FAG = BAG; por isso, seu lado comum AG é o 
prolongamento do raio OA, que divide o ângulo BAF em duas partes iguais. 
Ora, se traçarmos as retas OM, AM, por causa de OA = AG, a reta AM será 
mediana do triângulo OMG, e teremos (ex. 255):
ÕM2 + GM2 = 2ÃM2 + 2ÕÃ2, ou ÕM2 + ÕÃ2 = 2ÃM2 + 2ÕÃ2.
Mas AM, lado do triângulo equilátero inscrito, é igual a OA.y/3 ; logo, 
2AM2 + 6OA2. Substituindo este valor na igualdade precedente, temos:
ÕM2 + ÕÃ2 = 6ÕÃ2 + 2ÕÃ2,
7ÕÃ2 = ÕM2,
ÕÃ2 = 2^L = OMx
2° O polígono côncavo em apreço, consta, como se vê na figura, de sete 
hexágonos iguais ao que está inscrito no círculo de raio OA; a razão é
. , 1 .... 7TT-2 OM2 , OA2 1
portanto —. Aliás, temos acima: OA =------- ; onde: ■ y = —
7 7 om 7
áreas e dois hexágonos regulares são proporcionais aos quarados dos raios,
ÕÃ2 _ 1
ÕM2 7
equivalente ao polígono côncavo.
A C
Com efeito, a figura total é constituída pelas duas lúnulas e pelo semi-circulo
L azx â . t , .. círculo ACdescrito sobre AC, ou Area total = M + N +------ —------ .
nos mostra que o hexágono inscrito no círculo OM é
1
7
Geometria Elementar
onde: M + N +
A
Fig. 395
262
555. No hexágono regular ABCDEF, unem-se os vértices de 
dois em dois por meio de diagonais:
1o demonstrar que o polígono abcdef formado pelas 
interseções das diagonais consecutivas é regular;
2° achar a razão da área deste polígono para a área do 
hexágono dado.
resulta que ab = bc = cd...
Também temos: ângulo AEC = ACE = 60°;
Logo. Aab = Aba = 60°, e portanto, a + 60° = b + 60°, ou a = b...
Por conseguinte, o hexágono abcdef, de lados e ângulos iguais, é regular.
ab
FB
círculo AC
2
Ora, o triângulo ABC dá: AC2 = AB2 + BC2;
Onde. nAC2 = nAB2 + nBC2 .
A área do semi-círculo AC é, por conseguinte, igual à soma dos semi-circulos 
AB e BC; logo, se subtrairmos de cada membro da igualdade (a), as 
qauntidades iguais, restará: M + N = triângulo ABC.
Mas, é também composta do triângulo ABC e dos dois semi-circulos descritos 
sobre AB e sobre BC como diâmetro; logo, podemos ainda escrever.
â ..... i a o/—* circulo AB + círculo BC Area total = triângulo ABC +-------------------------------- ;
. .. . circulo AB + circulo BC. .
= triângulo ABC +-----------------------------------(a).
Solução: 1o o polígono abcdef é regular.
Com efeito, FB sendo paralela e igual a EC, se do vértice A se abaixar sobre 
EC a perpendicular AM, esta reta será dividida por ab e pelo centro em 3 
partes iguais (ex. 309), e teremos:
AN 1 ab
AM ” 3 “ EC
Provar-se-ia do mesmo modo que bc = AC, cd = ^BD, e como FB = AC = BD...
Capítulo 12 — Revisão do Capitulo 4
556.
BM =
263
Um ponto é dado sobre um dos lados de um triângulo. 
Traçar, por este ponto, uma reta que divida o triângulo em 
duas partes equivalentes.
AB _=-----x------.
2
557. Com diâmetros iguais a cada um dos lados de um 
quadrado descrevem-se sobre eles e no interior da figura, 
semi-circunferências que determinam 4 folhas, das quais 
se pede calcular a área. Aplicação: raio = 1 decimetro.
BNxBM 
------------ , ou 
ABxBC
ABxBC
2BN
ABLogo, BM é quarta proporcional a 3 linhas conhecidas—, BC, BN.
Determinar-se-á o ponto M, e traçar-se-á a linha divisória MN.
2o Os 2 hexágonos regulares ABCDEF e abcdef são semelhantes, suas 
áreas, portanto, são proporcionais aos quadrados dos lados homólogos, e 
temos:
abcdef ab2
ABCDEF ” AB2’
Ora, ab = !y,e FB = ABj3;
, . AB73 ÃB’
Logo: ab = —-—, e ab = .
Substituindo este valor na igualdade acima, obtemos:
abcdef AB2 2
ABCDEF ’ 3ÃB2 = 3 ’
» * 1Resposta: —.
Fig. 396
Solução: Seja ABC o triângulo dado, e dividido, como foi pedido, pela reta 
MN, que sai do ponto N.
Os 2 triângulos MBN e ABC, tém ângulo comum em B e dâo (ex. 359):
MBN BNxBM 1 BNxBM---=----- , ou — =----- , ABC ABxBC-- 2 ABxBC
BC
BN
Geometria Elementar
B C
Fig. 397
D
= 2,2832.
Resposta: 2dm22832.
Fig. 398'K
A M B
264
558. De um ponto B, tomado sobre o lado AB do ângulo reto 
FAB, abaixa-se BC perpendicular sobre a bissetriz AG; 
toma-se CK = CG, e dos pontos G e K traçam-se as 
perpendiculares GF e KL sobre AF, traçam-se KB e GB: 
demonstrar que a área do triângulo KBG é equivalente à 
área do trapézio LFGK.
Solução: Devemos ter: área KBG = área LFGK
F------
D —-----
L -X-
N>
c2(*-2)
2
Com efeito, área KBG = KG x
BC
— ,e (ex. 371): área LFGK = KG x DN.
a área do quadrado é c2; logo, a área pedida é igual a - c2 =
A
Solução: As semi-circunferências tendo por raio o apótema do quadrado são 
tangentes duas a duas e passam pelo centro deste quadrado.
Vé-se, conforme a figura, que a área pedida é igual á diferença entre a área 
dos 4 semi-círculos e a do quadrado.
Ora, a área dos 4 semi-circulos é —4 = (c sendo o lado do quadrado);
8 2
BCBasta provar que — = DN para resolver a questão.
Ora, se prolongarmos DN até que encontre AB em M, determinaremos assim 
o paralelogramo DCBM. Portanto, BC = DM. e — = = DN .
2 2
~7\G
/c\
Q
Aplicação: r = 1 = — ;
Ârea pedida =-4<3'14216-2>
Capítulo 12 - Revisão do Capítulo 4
559.
560.
E A B
561.
265
O círculo é maior do que qualquer figura isoperimétrica.
Solução: Dividiremos esta importante demonstração em diversas partes.
• 1o Uma figura de dado perímetro tem área limitada.
Fig. 400
Se a reta AC for perpendicular a esta base, será a altura do triângulo ABC. 
Uma vez, porém, que AC ocupe qualquer outra posição AD, o triângulo ABD 
terá uma altura DE menor que a obliqua AD = AC: logo, o triângulo ABC é 
maior do que o triângulo ABD.
Prolongando-se os lados de um triângulo equilátero de um 
comprimento igual a eles, e unindo-se as extremidades 
destes prolongamentos, formar-se-á um hexágono irregular 
cujos 3 maiores lados serão dobros dos menores, o altura 
tripla da do triângulo, e a superfície valerá 13 vezes a do 
triângulo.
De todos os triângulos construídos com dois lados dados, 
o maior é aqueleem que estes 2 lados são 
perpendiculares um ao outro.
Solução: Com efeito, seja AB a base comum dos triângulos que se podem 
construir com os 2 lados dados BC, AC.
C
F G
D I
Fig. 399
Solução: Seja ABC o triângulo equilateral dado.
Efetuando-se as construções indicadas, forma-se o hexágono DEFGHI.
Unindo-se as extremidades A, B, C dos lados do triângulo aos meios de suas 
paralelas EF, GH, Dl, vê-se que os lados maiores são dobros dos menores, 
que a altura do hexágono é o triplo da altura do triângulo ABC, e afinal que o 
hexágono encerra 13 triângulos iguais a ABC.
Geometria Elementar
C
Fig. 401
Fig. 402
E
BAl Fig. 403
G
H D’
266
D
• 3o A reta que divide o perímetro de uma figura máxima em duas partes 
equivalentes, divide também a área desta figura em duas partes equivalentes.
• 4o A figura que, com dado perímetro, tem área máxima, é um circulo 
Conforme o que dissemos (3o), se ACDB é figura máxima, AD'BD também o 
será (fig 402).
Se a curva ACBD que encerra uma área máxima com dado perímetro
Se a reta AB dividir seu perímetro em duas partes equivalentes, dividirá 
também a sua área em duas partes ACB, ADB equivalentes’ pois que se a 
parte ADB fosse maior que ACB, ao fazermos girar ADB ao redor de AB 
havíamos de obter uma figura AD'BD isoperimétrica de ACBD e de área 
maior, o que vai de encontro á hipótese, pois supusemos ACBD máxima em 
superfície.
Com efeito, é evidente que podem existir uma infinidade de figuras com 
perímetro determinado, de formas e áreas diversas; mas é também evidente 
que estas áreas não podem crescer indefinidamente.
Dai resulta que, entre as figuras de dado perímetro, há uma ou várias 
máximas.
• 2° A figura que tem área máxima com dado perímetro e convexa.
Seja, com efeito a figura não convexa ACBD; fazendo-se girar a parte 
côncava ACB ao redor dos pontos A e B, obteremos a figura ACBD de 
mesmo perímetro que a primeira e de área evidentemente maior.
Capítulo 12 — Revisão do Capítulo 4
Fig. 404
563.
(1)
Fig. 405
DA
267
562. Dentre todas as figuras equivalentes, o circulo tem perímetro 
mínimo.
Dentre os triângulos isoperimétricos e de mesma base, o 
maior é o triângulo isósceles.
Solução: Sejam, com efeito, o triângulo isósceles ABC e o triângulo não 
isósceles AB'C de mesma base AC e mesmo perímetro, e nos quais portanto 
AB + BC = AB’ + B'C.
Prolonguemos AB de um comprimento BE = AB, e tracemos EB' e EC.
Solução: Com efeito, se uma figura qualquer cuja área é A tivesse perímetro 
menor que o do círculo de mesma área, poderiamos, de acordo com o 
teorema precedente, transformá-la num círculo isoperimétrico com área A' 
maior do que A Este segundo círculo teria portanto área maior que o 1o e 
perímetro menor, o que é absurdo.
Logo, se transportarmos os segmentos AED, DFB, etc., em aed, dfb, etc., a 
figura aedfb... será maior do que a figura AEDFB..., por conseguinte, esta não 
seria máxima.
Resulta daí que a curva AEDFB é o lugar do vértice de um ângulo reto cujos 
lados passam em A e em B: é pois uma semi-circunferéncia.
Porém, se na figura máxima ADBD', uma metade qualquer, determinada por 
uma reta AB, é semi-circunferéncia, segue-se que a curva inteira é um círculo.
Seja ADBD' uma figura máxima composta de duas partes simétricas em 
relação à reta AB
Tomemos um ponto qualquer D sobre ADB, e seja D' o simétrico de D; 
tracemos DA, DB, D'A, D'B
Se os ângulos D e D' não forem retos, transformemos o quadrilátero ADBD' 
em outro adbd com os lados respectivamente iguais aos do 1o e cujos ângulos 
d e d' sejam retos. Mas (ex. 560), este quadrilátero é maior do que o outro.
Geometria Elementar
cA
B
Fig. 406
E
268
Fig, 407
Solução: Com efeito, seja o polígono ABCDE que tem ângulo côncavo C. 
Prolonguemos o lado AB e unamos todos os pontos deste prolongamento ao 
ponto D; a soma BM + MD crescerá de modo continuo desde BD até o infinito. 
Portanto, sobre o prolongamento de AB, haverá certo ponto M em que 
teremos 8M + MD = BC + CD.
Forma-se pois um polígono ABMDE com perímetro igual ao do primeiro, com 
um lado a menos e área evidentemente maior.
Teremos:
AB' + B‘E > AE, ou AB' x B'E > AB + BC, ou ainda (1) AB + B'E > AB' + B'C. 
Onde afinal: B'E > B'C.
Sendo obliqua B'E maior que a oblíqua B'C, segue-se que o ponto B' fica 
situado entre o ponto Cea perpendicular BF meio de CE;
Onde: BD > B'D',
E portanto: ABC > AB'C.
564. Todo polígono de n lados que tem área máxima num dado 
perímetro é convexo.
B’
566. Dentre todos os polígonos isoperímétricos e de mesmo 
número de lados, o polígono regular é o maior.
565. Todo polígono que encerra um ângulo côncavo pode ser 
transformado em polígono de área maior com mesmo 
perímetro e um lado a menos.
A
E
D
Solução: Com efeito, seja o polígono ABCDE de n lados com o ângulo 
côncavo B. Fazendo-se girar a parte côncava ao redor da reta AC, de modo 
que tome a posição AB'C, obteremos o polígono AB’CDE de mesmo 
perímetro que o primeiro e de área maior. O polígono ABCDE não é, pois, o 
maior dentre os que têm mesmo perímetro e mesmo número de lados.
B
Capítulo 12 - Revisão do Capítulo 4
B’ B
CA
E D
CD
269
568. De 2 polígonos regulares isoperimétricos, o maior é 
aquele que tem o maior número de lados.
567. Dentre os polígonos equivalentes e de mesmo número de 
lados, o polígono regular é o que tem perímetro mínimo.
Solução: Com efeito, se um polígono irregular de n lados e área A tivesse 
perímetro menor do que o polígono regular de mesma área e de mesmo 
número de lados, poder-se-ia transformar em polígono regular isoperimétrico 
de n lados também e de área A’ > A (ex 566). Este polígono regular teria, 
portanto, o mesmo número de lados que o 1o, área maior e perímetro menor, 
o que é absurdo.
Fig. 408
Solução: Com efeito, seja o polígono ABCDE. Se os lados consecutivos AB, 
BC forem desiguais, poderemos substituir o triângulo ABC pelo triângulo 
isósceles AB'C isoperimétrico do 1o, e teremos (ex. 563): AB'C > ABC, e, por 
conseguinte o polígono AB'CDE isoperimétrico com ABCDE será maior do 
que este. Para que ABCDE seja máximo, cumpre pois que tenhamos:
AB = BC = CD = ....
pois, enquanto houver lado desiguais, poderemos fazer mesmo raciocínio. 
Logo, etc..
Fig. 409
Solução: Com efeito, seja ABCDE, um polígono regular de 5 lados. Podemos 
escolher um ponto M sobre um dos lados e considerar este polígono como 
polígono irregular de 6 lados, no qual os lados MA, MB formam ângulo de 
180° Mas este polígono é menor que o polígono regular isoperimétrico de 6 
lados (ex. 566); logo, etc..
Geometria Elementar
E BA
Fig. 410H F
dá: x =
270
571. Qual é o maior retângulo que se possa inscrever num 
quadrado?
569. Qual é o maior dos retângulos isoperimétricos?
Solução: O perímetro sendo constante, a área do retângulo, isto é, o produto 
bxhsó será máximo quando se tiver b = h (1), e, neste caso o retângulo virá 
a ser quadrado
(1) Ver no fim do volume a nota sobre máximos e mínimos.
Resposta: O quadrado.
570. Dentre todos os retângulos de mesma área, qual tem 
perímetro mínimo?
Solução: Sendo constante a área do retângulo, o perímetro, é, 2b + 2h só 
será mínimo se tivermos 2b = 2h ou b = h; neste caso, o retângulo vem a ser 
quadrado.
Resposta: O quadrado.
D G C
Solução: Seja EFGH o retângulo pedido inscrito no quadrado. Os 2 triângulos 
retângulos BEF, DGH têm hipotenusas iguais e ângulos agudos em E e em G 
iguais, por terem os lados paralelos e dirigidos em sentido contrário. Ora, os 
ângulos HGD e BFE são também iguais. Portanto, BFE = BEF, e os dois 
triângulos BEF, DGH são iguais e isósceles. Temos, portanto:
EB = BF = DG = DH.
Onde se tem meio fácil para inscrever retângulo em quadrado.
Escrevendo-se AB = a e EB = x, teremos;
Êf’ = 2xz:
onde: EF = x75.
e ÊH2 = 2(a - x)2;
onde: EH = (a -
A área do retângulo será, pois:
x>/2 x (a - x)>/2 = 2x(a - x), e o máximo corresponde ao mínimo do produto:
x(a-x),
máximo que se realiza quando se tem: a - x = x,
pois que a soma dos fatores: xe a - x, ou x + a - x = a, 
é constante.
Ora, a - x = x,
a
2'
Capitulo12 - Revisão do Capítulo 4
onde: x =
mas então o radical se anula, e temos: x =
Logo, o quadrado menor, é etc.
573. Inscrever num círculo o maior retângulo.
271
Solução: Se designarmos por m o maior retângulo procurado, a figura dá as 
duas relações:
Solução: Sabe-se (ex. 38) inscrever um quadrado num quadrado dado: trata- 
se de procurar a posição em que o quadrado EFGH será mínimo.
Sejam y o lado do quadrado procurado e m o mínimo; tem-se primeiro a 
equação:
O retângulo máximo tem, pois, os vértices no meio dos lados do quadrado 
dado e vem a ser o quadrado inscrito.
Resposta: O retângulo cujos vértices estão sobre os meios dos lados do 
quadrado dado.
572. Inscrever num quadrado de lado a o quadrado menor (fíg. 
410).
Resposta: O quadrado cujos vértices estão sobre os meios dos lados do 
quadrado dado.
a
2
y2 = m.
Fazendo-se BE = x, BE = a - x, o triângulo retângulo EBF dá esta outra 
equação:
g2 
2m = a2, ou m = —;
2
Observação. - Resulta destes dois exercícios que o menor quadrado inscrito 
é igual ao maior retângulo inscrito. Nâo há contradição. É verdade que os 
outros quadrados inscritíveis são também retângulos e maiores que o 
quadrado que tem os vértices nos meios dos lados do quadrado dado. É que 
quando tratamos de retângulo (ex. 571), pusemos a condição EB = BF, o que 
acontece para qualquer retângulo inscritivel e só para um quadrado, o 
quadrado achado. No 572 admitimos EB * BF a, contanto que EB + BF = a, 
o que acontece a qualquer quadrado inscritivel e a nenhum retângulo não 
quadrado. São, pois, condições diferentes que acarretam aparente 
contradição.
y2 = x2 + (a - x)2.
Substituindo y2 pelo seu valor, obtemos: 
m = x2 + (a - x)2,
onde se tira sucessivamente:
m = x2 + a2 -2ax + x2,
2x2 - 2ax + a2 = m = 0;
2a ± xMa2 -8(a2 — rn) a ± V2m- a2
Para x ser real, é preciso que se tenha 2m > a2, ou pelo menos 2m = a2. O 
menor valor que se possa dar 2m é pois
Geometria Elementar
(D
Fig. 411y
X
Resposta: O retângulo pedido será o quadrado inscrito.
(D
(2)
A
K E\L
Fig. 412
B D N CM
A equação (2) dá: y =
x x = m.
272
. ah onde:m = —
4
xy = m,
e x2 + y2 = 4R2.
Mas o produto xy será evidentemente máximo ao mesmo tempo que seu 
quadrado x2y2. Ora, os dois fatores x2 e y2 tem por soma constante 4R2, o 
máximo do seu produto se dará pois para 
x2 = y ou x = y.
O retângulo pedido é, pois, o quadrado inscrito.
574. Inscrever num círculo o maior retângulo máximo.
Solução: Fazendo-se BC = a, AD = h, KM = x, KL = y, e m sendo o máximo 
procurado, tem-se: 
xy = m, 
£=_y_ 
h h- x
a(h-x) 
h
Levando este valor à relação (1), obtemos sucessivamente: 
a(h - x) 
h
ahx - ax2 = hm,
ax2 - ahx + hm = 0,
2 , hm x- hx + — = 0; 
a
, h [h2 hm 
onde: x = — ± J------------ .
2 V 4 a
Para x ser real, é preciso que se tenha: 
h2 hm , h2 hm
— >—, ou, pelo menos — = —; 
4 a 4 a
Capitulo 12 - Revisão do Capítulo 4
metade da do triângulo.
Resposta: O triângulo máximo é equilátero.
mesma
quadrado x2y2. Mas os 2
Resposta: O triângulo retângulo isósceles.
Fig. 413
273
p-a = p- b = p-c, oua = b = c. 
O maior triângulo é, pois, equilátero.
Solução: A fórmula que dá a área do triângulo em função dos lados é:
S = Vp(p-a)(p-b)(p-c) .
S2 será máximo ao mesmo tempo que S; mas, no valor de S2, o fator p é 
constante; trata-se, pois, de tornar máximo o produto (p - a) (p - b) (p - c).
Ora, a soma destes 3 fatores é constante e igual a p; o produto, portanto, será 
máximo no caso de:
577. De todos os triângulos isósceles inscritos num círculo, 
qual o de área maior?
575. Dentre os triângulos isoperimétricos, achar o triângulo 
máximo.
^xy = m e x2 + y2 = a2.
O produto xy será máximo ao mesmo tempo que seu c, 
fatores x2, y2 têm por soma constante a2. O máximo de seu produto se 
alcançará para x2 = y2oux = y.
Logo, o triângulo pedido é o triângulo retângulo isósceles.
ah Observação. - Resulta da igualdade m = — que a área deste retângulo é a
4
Mas então o radical desaparece e vem: x = .
O retângulo máximo inscrito tem, pois, por altura a metade da altura do 
triângulo dado.
Para o construir, basta traçar, pelo meio E de AD a paralela KL a BC, e dos 
pontos K e L, abaixar perpendiculares a BC.
576. Dentre todos os triângulos retângulos de 
hipotenusa, qual o de área maior?
Solução: Sejam m, o máximo procurado, a a hipoteunsa dada, x e y os 
catetos. Temos:
Geometria Elementar
d)
(2)
(3)
Fig. 414
R R
(1)
(2)
(3)
274
equilãtero (ex. 354).
Resposta: O triângulo maior é o triângulo equilãtero.
578. Achar o maior trapézio inscrito num semi-círculo.
Solução: Chamando m à área do trapézio máximo, R ao raio do circulo, x à 
semi-base paralela ao diâmetro, e y à altura do trapézio, teremos:
Solução: Se designarmos por m a área do triângulo maior, teremos, segundo 
a figura 413: 
x(R + y) = m, 
e x2 = R2 - y2, 
ou x2 =(R + y)(R-y).
Façamos o quadrado dos 2 membros da equação (1): 
x2(R + y)2 = m2.
Substituamos, na equação (3) o valor de x2, tirado da equação (2), 
(R + y) (R - y) (R + y)2 = m2, ou (R + y)3 (R - y) = m2.
Ora, a soma dos fatores R + y e R - y, sendo igual a 2R, é constante; o 
. . , . . . . R + y 3 produto máximo se alcançará pois para ------ - = — = 3 ;
R — y 1
Onde:
R + y = 3R - 3y,
4y = 2R,
y = —R . y 2
3
A altura total do triângulo é, por conseguinte, —R . O triângulo máximo é, pois,
Onde: x = —R ,
2
Logo, o trapézio máximo inscrito é o semi-hexágono regular.
Resposta: O maior trapézio é o semi-hexágono regular inscrito.
y(R + x) = m, 
e y2 = R2 - x2, 
ou y2 = (R + x) (R - x).
Façamos o quadrado dos 2 membros da igualdade (1):
y2(R + x)2 = m2.
Levemos à equação (3) o valor de y2,
(R + x) (R - x) (R + x)2 = m2, ou (R + x)3 (R - x) = m2.
A soma dos fatores R + x e R - x, sendo igual a 2R, é constante; teremos o
, . , . R + x 3produto máximo para --------= — ,
R — x 1
Capítulo 12 - Revisão do Capítulo 4
EDOH =
C
A H O B
275
EH + OD
2
x OH =
xVã + 2a - 2x x
--------- 4--------- X2
579. Sobre a reta AB = 1m, toma-se um ponto O entre A e B; 
constrói-se o triângulo equilateral AOE sobre a parte AO, e 
o quadrado OBCD sobre a parte OB. A área do pentágono 
ABCDE depende da posição do ponto O sobre AB, e pede- 
se:
1° determinar a posição do ponto O que convém ao 
máximo ou ao mínimo do pentágono ABCDE;
2° calcular as áreas máxima ou mínima com aproximação 
de 0,001.
Solução: Sejam AB = a, AO = x, e m o mínimo, ou o máximo procurado. 
Teremos:
Área pentágono ABCDE = triângulo AEH + trapézio EDOH + quadrado OBCD.
Ora, triângulo AEH = i triângulo equilátero AEO, ou 1o triângulo
8
Trapézio:
2x’x/3 + 6x2 - 14ax + 8a3 
------------------ 8------------------= m' 
x2(>/3 + 3) - 7ax + 4a2
4 m'
x2(V3 + 3) - 7ax + 4a2 - 4m = 0,
Fig.415
Onde: pentágono ABCDE = + 2axr 8a2 - 16ax , 8x2 = m
8
X./3
2 +a’X x 
----~--------------------X — =
2 2
2° trapézio EDOH = x ^ + 2a- 2x2 ,
quadrado OBCD = OB2 = (a - x)2 = a2 - 2ax + x2;
3° quadrado OBCD = 8a*-16ax + 8x* - 
8
E
Geometria Elementar
(Dm =
(2)x =
Resposta: x = 0m74 e m = 0m21547.
Fig. 416
276
580. Por um ponto A, tomado sobre a circunferência de um 
circulo, traçam-se cordas que se prolongam do outro lado 
do ponto de modo a serem dobradas: pede-se provar que 
os pontos assim determinados estão sobre outra 
circunferência de círculo; pergunta-se, além disso, qual é 
a razão das áreas dos dois círculos.
a2Çl675-l) 
16(75 + 3) '
Haverá, pois, um mínimo para o valor:
a2(1675 -1)
16(73 + 3) '
Neste caso, o radical desaparece e temos: 
7a
2(75 + 3)'
Não há máximo, pois a área seria máxima para x = 0; neste caso, m igualaria 
a2, mas assim o pentágono não existiría mais.
Onde se segue que o pentágono cresce à medida que o ponto O se aproxima 
de A.
A posição que convém ao mínimo é, pois, dada pela equação (2). Fazendo-se 
nela a = 1m, tem-se: x = 0m74.
O mínimo da área é dado pela equação (1).
Fazendo-se nesta equação a = 1m tem-se: m = 0m21547
7a í 749a2 - 4(75 + 3)(4a2 - 4m)
X ~ 2(75 + 3)
Efetuando-se as operações indicadas sob o radical, obtemos:
7a ± 749a2 - 16a275 - 46a2 + 16m75 + 48m
X “ 2(75 + 3)
7a± 7a2 ~16a275 +16m75 + 48m
X = 2(75 + 3)
Para se obter valores reais de x, é necessário que o radical seja positivo, ou 
por outra, que se tenha:
16m>/3+ 48m > 16a273-a2, ou m >
Capítulo 12 - Revisão do Capítulo 4
ou
R2
277
m + n 
m
581. Descrever uma circunferência tangente inteiramente a um 
circulo dado, de modo que a área deste circulo seja dividida 
em duas partes proporcionais a 2 comprimentos dados.
2° Esta circunferência tendo mesmo raio que o círculo dado, as áreas dos 2 
círculos são iguais.
Solução:
1o Prolonguemos uma corda qualquer AB de um comprimento AC igual a AB, e 
unamos o ponto A ao centro O; prolonguemos OA de um comprimento AF = OA 
e afinal, tracemos FC e BO. Os dois triângulos ABO e AFC são iguais por terem 
em A um ângulo igual compreendido entre lados iguais: logo, FC = BO, e o 
ponto C está sobre a circunferência descrita do ponto F como centro com raio 
FC = BO. Se considerarmos outra corda EAD, provaremos do mesmo modo que 
o ponto D está sobre a mesma circunferência que o ponto C.
círculo R 
círculo X
 m t-n 
m
Desta última igualdade, deduz-se: = ■ m—.
X2 m + n
O raio desconhecido X é pois o lado de um quadrado que está para R2 assim 
como m está para m + n. Pode-se construir este raio.
Solução: Sejam m e n os 2 comprimentos dados, R o raio do círculo dado e X 
o raio do circulo pedido; devemos ter:
círculo X m 
círculo R - circulo X n ’
. R2 circulo R 
ou ainda : —T >
X2 circulo X
Geometria Elementar
CAPÍTULO 13 - EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 5
retasas
Solução:
FD C
E G
Fig. 417
278
DF
BG
DF
OF
ABAliás, os triângulos semelhantes ABD e DOF dão; -----=
AD
DF, BG são
— OF 1proporcionais entre OF e OG, ou que — = -
AH B
Multiplicando membro a membro estas duas últimas igualdades, temos:
ÃB3 OG
ãd3"of
Prolongando-se as retas OG, OF respectivamente até o encontro com AD, em 
E e em H, tem-se, no triângulo retângulo AOB:
ÕB2 = AB x OG,
e no triângulo retângulo AOD:
ÕD2 = AD x OF;
multiplicando membro a membro estas duas igualdades, temos:
duas meias
BG
OG '
582. Do vértice A de um retângulo, abaixa-se a perpendicular 
AO sobre a diagonal BD; traçam-se OG, OF 
respectivamente perpendiculares aos lados BC e DC.
1° Demonstrar: as igualdades
ÃB3
~ÃD
2° deduzir, do que precede, um meio de construir uma reta 
que forme com outra reta dada a mesma razão que 2 
cubos dados;
3° provar que
—, e AO3 = BDxOGxOF; 
OF
AR2 OR
• 1o O triângulo retângulo ABD dá: —r = .
e os 2 triângulos semelhantes BOG e DOF:
OB OG . ÃB2 OG
— =----- ; onde: —=- =------ .
OD DF ÃD2 DF
Capitulo 13 - Revisão do Capítulo 5
basta construir o retângulo ABCD com as retas AB e AD, em seguida,
(D
(2)
Resposta: O cubo.
279
OB? x OD2 = AB x AD x OG x OF.
Ora, OBxOD = AO2, e ABxAD = AOxBD; substituindo-se estes valores na 
última equação, obtemos:
AQ2 x AO2 = AO x BD x OG x OF; onde: AO3 = BD x OG x OF.
584. De todos os paralelepípedos retângulos de mesma área, 
qual o de maior volume?
• 3o o triângulo retângulo AOD, dá.
ÕE3 = DF2 = AE x DE = OF x BG;
Solução: Designemos por S a área constante, e por a, b, c as 3 arestas; 
teremos:
S = 2ab + 2ac + 2bc = 2(ab + ac + bc). 
Sendo S constante, o mesmo se dará com ab + ac + bc.
Solução: Designemos por a, b. c as arestas; o perímetro será 4a + 4b + 4c e 
o volume, abc.
Ora, o produto abc será máximo no mesmo caso que 4a x 4b x 4c. Mas a 
soma destes 3 fatores é constante e igual ao perímetro dado. Temos, pois, 
um máximo quando 4a = 4b = 4c, ou a = b = c.
O paralelepipedo máximo é, pois, o cubo.
OG
OF
583. Dentre todos os paralelepípedos retângulos isoperímétricos, 
qual é o de maior volume?
. OF DFOnde: — = — .
DF BG
Do mesmo modo, o triângulo AOB, dá:
ÕH2 = BG2 = AH x BH = DF x OG;
. DF BG Onde: — =-- .BG OG
Das igualdades (1) e (2) deduz-se:
OF DF BG
DF - BG " OG
• 2o Para se obter uma reta X que forme, com a reta dada M, razão igual a 
ÃB3 
ÃD3 ’
abaixar-se-á do vértice A a perpendicular AO sobre a diagonal BD e traçar-se- 
ão as paralelas OG, OH aos lados do retângulo.
. ÃB3 OG . . .. X Ãê’ X
Da igualdade —j- = , e da hipótese — = —y , deduz-se que —
Onde se vê que X é quarta proporcional aos comprimentos OF, M, OG.
DF
BG
Geometria Elementar
Resposta: O cubo.
B b
; onde: b =
O volume do prisma é pois igual a bh =
Teremos o máximo do produto
pois o fator é constante.
— = 2, ou H - h = 2h => H = 3h,
280
585. Qual é o maior prisma que se possa obter de uma 
pirâmide com uma seção paralela á base?
Solução: Chamemos B e H à base e à altura da pirâmide, b e h à base e à 
altura do prisma.
Resposta: Obtém-se o maior prisma por uma seção no terço da altura a 
partir da base.
O volume abc virá a ser máximo ao mesmo tempo que a2b2c2 = abx acx bc. 
Como a soma destes 3 fatores é constante, o produto será máximo quando se 
tiver:
ab = ac = bc, ou a = b = c.
O cubo é, portanto, o paralelepipedo máximo.
B 
H2
Mas a soma H-h + h = H = quantidade constante.
Cumpre pois, para o máximo, que se tenha:
t!^ = - = 2, ou H-h = 2h => H = 3h, 
h 1
1 
onde h = —H.
3
Deve-se fazer a seção no terço da altura, a partir da base, para se obter o 
prisma máximo.
ffi
r-rr-7
^(H-h)2xh.
Fig. 418
Os polígonos B e b sendo semelhantes, estão entre si com quadrados das 
alturas das pirâmides de que são bases, e teremos:
b (H-h)2 . . B ÍLJg = í onde: b = pj-íH-h)2 .
g
- h)2 x h quando (H - h)2x h for máximo,
Capítulo 13 - Revisão do Capítulo 5
Resposta: 0m666 de uma das bases.
281
586. Dá-se um prisma triangular reto com altura de 3m80; 
sobre uma das arestas, a partir da base, toma-se uma 
altura representada por x; sobre outra aresta, toma-se 
uma altura de 1m20 a mais, e sobre a 3a, uma altura de 
1m30 a mais; pela extremidade destas 3 alturas, traça-se 
um plano que divide o volume do prisma em duas partes: 
como é que se deverá escolher a 1a altura para que as 
duas partes sejam equivalentes?
Solução: Devendo estas duas partes ser equivalentes, e tendo mesma base, a 
soma de suas 3 arestas é, com evidência, a mesma nos 2 casos. Ora, no 1o, as 
arestas são x, x + 1,20 e x + 2,50, o que dá 3x + 3,70 por soma das arestas; no 
2o, as arestas são 3,80 - x, 3,80 - x - 1,20 e 3,80 - x - 1,20 - 1,30; a soma 
destas 3 quantidades, depois de simplificação dá 7,70 -3x: 
onde a igualdade: 3x + 3,70 = 7,70 - 3x, 6x = 4;
Onde x = 0m666.
Geometria Elementar
CAPÍTULO 14- EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 7
588.
Fig. 419
logo:
282
O raio da base de um cone tem 4m, a altura, 6m. A 2m do 
vértice, faz-se uma seção paralela à base: achar a área do 
tronco de cone assim obtido.
587. AB é o diâmetro de uma esfera; quer-se traçar um plano 
perpendicular a este diâmetro, de modo que a área da 
esfera seja dividida em duas partes que formem razão 
2
igual a —; por que ponto do diâmetro AH deverá passar o 
plano?
Solução: Este plano divide a esfera em duas zonas cuja áreas são: 
z = 2nRh, e Z = 2jiRH.
Dividindo-se membro a membro, dá:
z _ 
Z“
Mas, segundo o enunciado, temos: =
- = - =o 6a = 28,84 => a = 4,81.
i 2
h'
= h + h’’
Solução: Seja S a área pedida; temos:
S = na(R + r). (1)
Aliás, se A representar o lado do cone, a o lado do tronco, h a altura do 
tronco, h' a altura do cone menor, a figura dará:
A _h + h* 6
A-a” h' 2’
Ora, A = V(h + h')2 + R2 = ^36 + 16 = 7,21;
7,21
7,21-a
 . rOutrossim, — :
R
, h 2Logo, pode-se escrever: — = —.
H 3
Ora, h + H outra coisa não é senão o diâmetro da esfera; trata-se, pois, 
apenas de dividir este diâmetro em duas partes proporcionais aos números 2 
e3.
h
H
2
3 ’
Capitulo 14 - Revisão do Capitulo 7
80m259.
Fig. 420
Resposta: 21m275.
283
589. O diâmetro de uma esfera mede 4m; uma corda paralela a 
este diâmetro tem 2m; pede-se a área gerada por esta 
corda ao girar ao redor do diâmetro.
590. A área total de um cilindro circunscrito a uma esfera é 
meia proporcional entre a área da esfera e a área total do 
cone equilateral circunscrito. A mesma relação existe 
entre os volumes destes 3 corpos.
Solução:
• 1oA área da esfera é 4nR2; a área total do cilindro = 6nR2; e a do cone 
= 9nR2.
Estas 3 áreas estão entre si como os números 4, 6 e 9; e como 62 = 4 x 9, a 
primeira parte do problema está demonstrada.
• 2o Volume da esfera =—jtR3 .
3
Volume do cilindro = 2nR3.
Volume do cone = 3nR3.
Solução: Esta área é a de um cilindro; teremos pois: 
S - 2nCE x CD = 2nCE x 2, ou S = 4nCE.
Mas, o triângulo retângulo COE,da:
CE = 7cÕ2 - ÕÊ! = 7r2-CÍ!,
CE = = -Jl
logo: S = 4rtj3 = 21m275
4 
Logo, os 3 volumes em apreço estão entre si como os números — , 2 e 3.
Ora, 22 = - x 3 = 4.
3
. Rh' 4x2 4 onde: r =--------=--------= —.
h + h' 6 3
Levando os valores de a e de r á igualdade (1), temos:
S = rrx 4,81^4 + ^ =
Resposta: 80m!59.
Geometria Elementar
Da
Fig. 421
X
Logo: área DE = na aV3 +
:a273 .
284
aj3
2
A F G K
Ora, a área descrita por DE é a do tronco de cone gerado por DEGF, ou 
Área DE = n x DE (DF + EG);
Mas, DE = a, DF = AC = a>/3, e EG =
O volume gerado por DEF ou v’ = área DE x
v' = -na3.
4
DF a Vã 
2 ” 2
3
O volume gerado por ABC é também —na3.
4
Chamando-se V ao volume total, temos: 
q Q
V = v + 2v'= 3na3 + — na3 => V = — na3.
2 2
Substituindo-se a pelo seu valor, 1m, temos: 
q
V = —n = 14m3137.
2
Resposta: 14m3137.
:a2x/ã x ^>?3,
Área DE = -ni
2
O triângulo FEK, sendo equilateral, tem-se:
FH = -Vã.
2
-FH = -x/3;
3 6
logo : v' = —n<
591. O lado de um hexágono regular igual 1m: pede-se calcular 
com aproximação de 0,001 o volume gerado pelo 
hexágono regular a girar em redor de um de seus lados.
Solução: O volume pedido compõe-se de 3 partes: o cilindro gerado pelo 
retângulo ACDF, e os volumes gerados pelos triângulos iguais ABC, DEF. O 
cilindro ACDF tem por raio AC = a Vã e por altura a, seu volume v = 3na3
Ifh.
3
Capitulo 14 - Revisão do Capitulo 7
D A B E
EC,
D F
285
592. A área da esfera é meia proporcional entre as áreas geradas 
por 2 polígonos regulares semelhantes, de um número par 
de lados, inscrito um e circunscrito o outro, ao mesmo 
círculo maior, a girarem ao redor do mesmo diâmetro.
593. Inscrever em uma esfera um cilindro reto cuja soma das 
bases seja igual à área lateral.
A
B
Fig. 423
Solução: Sejam ABC o semi-circulo que gera a esfera dada e CEFD o 
retângulo que gera o cilindro pedido; tem-se: área das duas bases = 2zCE2, 
área lateral = 2nCE x CD.
Ora, conforme o enunciado, deve-se ter:
2nCÊ’= 2nCExCD;
onde: CE = CD.
Vê-se, pois, que o retângulo CEFD, que gera o cilindo pedido, é um quadrado 
inscrito no semi-círculo ACB
C
Fig. 422
Solução: Temos:
1o Área da esfera = 4nR2.
2o Área AFB = 2nCF x AB = 4nR x CF.
3o Área DHE = 2nCH x DE = 4nR x DC.
Mas os triângulos semelhantes ACF e DCH, dâo:
CF CH CF R— = — ou — = —:
AC DC R DC
Multiplicando-se todos os termos por47tR, vem:
4nR x CF 4nR2
4nR2 ~4nRxDC
Geometria Elementar
A
O Fig. 424
DE
M
AC2 + CD2 = 2AO2.
O Fig. 425
286
595. Numa esfera, fazer passar duas seções paralelas e 
equidistantes do centro desta esfera, de forma que a 
soma das áreas das duas seções seja igual à área da zona 
determinada, pelas seções.
Solução: Sejam CD e EF os raios das duas seções pedidas
Conforme o enunciado, é evidente que a área da esfera è igual à soma das 
calotas AD, BF e dos 2 círculos CD, EF.
Ora, área de uma calota = 2nAO*. AD,
área das duas calotas = 2n x 2AO x AD = 2itx ABx AD, = 2n x AC2;
área das duas seções 2nCD2.
Podemos, pois, escrever: 2nAC2 + 2nAC2 = 4nAO2
B
Solução: Sejam CMBD a calota e CAD o cone pedido, temos: 
área lateral do cone = nCE x AC e área da calota = nAB x BE. 
Ora, conforme o enunciado, deve-se ter: 
nCE x AC = nAB x BE:
Onde: CE x AC = AB x BE, CÊ2 x AC2 = AB2 x BE2.
Substituindo-se CE? e AC2 pelos produtos AExBE e ABxAE, são 
respectivamente iguais, vem:
AExBExABxAE = ÃB2 + BÊ2, ÃÊ2 = ABxBE.
Onde se vê que a altura AE do cone é o segmento maior do diâmetro AB 
dividido em meia e extrema razão.
594. Inscrever numa esfera um cone de área lateral equivalente 
à área da calota esférica terminada no mesmo círculo.
Capítulo 14 - Revisão do Capítulo 7
287
2
Logo, se se cortar o cone por um plano que passe pela altura AE, obter-se-á o 
triângulo equilátero ACD. Por conseguinte, basta inscrever um triângulo 
equilátero num círculo máximo da esfera dada, e a revolução deste triângulo 
ao redor de uma das suas alturas gerará o cone pedido.
Mas, o triângulo retângulo ACB, dá.
ÃC2 + CB2 = 4ÃÕ2 •
Subtraindo desta igualdade a precedente, temos:
CB2 - CD2 = 2ÃÕ2,
BD2 = 2ÃÕ2,
BD = AOVS.
Ou, por outra, a distância BD da seção CD ao polo B é igual ao lado do 
quadrado inscrito num círculo máximo da esfera.
O mesmo se dá para a seção EF em relação ao polo A.
596. Inscrever numa esfera um cone de base equivalente à 
metade da área lateral.
597. Fazer passar uma esfera por quatro pontos que não 
estejam situados no mesmo plano.
Solução: Far-se-á primeiro passar uma circunferência por 3 dos ditos pontos; 
levantar-se-á sobre 0 seu centro uma perpendicular indefinida a seu plano; 
afinal, sobre o meio da reta que une 0 4° ponto a qualquer um dos outros 3, 
levantar-se-á um plano perpendicular, que há de cortar a perpendicular 
indefinida no centro da esfera pedida: este centro é, com efeito, equidistante 
dos 4 pontos dados.
598. Num círculo dado, traçar dois diâmetros AB, CD em ângulo 
reto; pelo ponto A, traça-se a tangente AE. Traçar também a 
corda CB que se prolongará até a sua interseção E com a 
tangente. Entre as retas AE, EC e o arco AC, está 
compreendida determinada figura. Supondo-se que a dita 
figura faça uma revolução completa ao redor de AB, qual 
será o volume gerado por ela?
Aplicação: R = 1m35.
Solução: O volume pedido é igual à diferença existente entre o tronco de 
cone gerado pelo trapézio AECO e a meia-esfera gerada pelo quarto de 
circulo AOC. Os raios do tronco de cone sendo 2R (pois AB iguala 2OB, 
também AE iguala 2OC), e R, e a sua altura R, o volume hà de ser:
V = jrrR(4R2 +R! + 2R2) = ^rrR’.
Solução: Supondo-se que o cone foi gerado pelo triângulo ACF (fig. 424), ao 
girar em redor do eixo AE, teremos, de acordo com o enunciado: 
KCÊ2 = nCE_xAC, ou 2CE = AC, ou ainda CD = AC.
Geometria Elementar
E
Fig. 426
A BO
D
O volume da meia-esfera ou V' =
Resposta: 12ml882.
Fig. 427
288
_C
599. Dada uma esfera, traçar um raio qualquer e um plano 
perpendicular no meio deste raio; o plano dividirá a esfera 
em dois segmentos. Suprima-se o segmento menor e 
substitua-se por um cone reto de mesma base que o 
segmento supresso. A que distância deve ficar o vértice 
do cone para que o corpo assim composto de um cone e 
de uma parte esférica tenha a mesma área que a esfera?
rrDC X SD = rtR2. (1)
Mas. DC é a metade do lado do triângulo equilateral inscrito, o que dá:
DC = — . a mais, SD =
2
Solução: Seja DC a perpendicular levantada sobre o meio do raio AO; se 
representarmos por x a altura SC do cone pedido, teremos, conforme o 
enunciado' área lateral do cone gerado SDC = área da zona A;
Ora, área lateral do cone = rrDC x SD, e área da zona = 2xR
4
rR3;
Onde: V - V’= —nR3.
3
Se R = 1m35, ter-se-á, para o volume pedido:
K
V-V = |n1,353 =12m3882.
x R = nR2; onde:
Capítulo 14 - Revisão do Capítulo 7
onde afinal: x =
Observação. - Evidentemente, a solução negativa deve ser rejeitada.
Fig 4^8
289
600. Achar, em função da aresta a de um tetraedro, o raio da 
esfera inscrita e o da esfera circunscrita.
x/3 x
Solução:
• 1a Solução. — Existe um ponto G inteiro, equidistante dos 4 vértices e das 4 
faces do tetraedro. A mais, este ponto se acha sobre a altura H do tetraedro 
(ex. 597).
Ora, é fácil conceber que se pode decompor o tetraedro em 4 pirâmides iguais 
com os vértices no ponto G e tendo por bases as faces do tetraedro. Cada 
uma valerá, com evidência, — do tetraedro e, por conseguinte, a altura — .
4 4
Se designarmos por r e R os raios das esferas pedidas, teremos:
r H aV5 aV6 ,r = — = —=-------(ex 442).4 4^3 12 '
Por outra parte,
R = H — r = 3r = — \/6.
4
4
A igualdade (1), depois da substituição, vem a ser: 
n-V3xJx2 + — = nR2
2 V 4
n 3R7 2ttR2 2R
OU Jx +------ = ------
V 4 nRs/3 x/3
4R2.
3 ’
- £2 V3
Resposta: .
Geometria Elementar
(1)
(2)
(3)
vem
-2r2,
R =
290
2£
3 '
£ 
3
—75, e R = SG = 3r = -7ê. 
12 4
e (R + r)2 = a2-y
R2 + 2Rr + r2 = —.
3
£ 
3
R2 = r2 + —.
3
• 3a Solução. - Os triângulo retângulos SAF, GAF dão:
(FA = j da alturado triângulo de base = ^73) ,
í^ + 4r2, 
3
R pelos seus valores,
/ a? 
A equação(1) dá : R = Jr2 + —. 
Substituindo-se, na equação (3), R2 e 
sucessivamente:
2 a2 „ H ã2" 2 2a2 
r + — + 2r. r + — + r =----- ,
3 V 3 3
2r^4 = - 
2 4a2r2 
3
• 2a Solução. — Conceba-se um plano secante que passe pela aresta SA e 
pela mediana SD da face oposta SBC; este plano, dividindo o tetraedro em 
duas partes iguais, encerra a altura SF.
Aliás, o paralelismo das retas SA, EF nos dá.
SG SA SD 3 .
GF " EF “ ED ~ 1‘
logo: r = GF = —SG = —SF = — =
3 4 4
8a2r2 a4
3 9 ’
24r2 = a2,
r2 = —, 
24
r = = — 724 = — 76 x 4 = — 76.
724 24 24 12
O valor de r2 levado à relação (1), dá: 
d2 a2 a2 9a2 3a2 
l\ — T" "
24 3 24 8
^=*7575 =*724, 
78 8 8
R = -76.
4
Capítulo 14 - Revisão do Capitulo 7
NOTA. - O leitor observará a diferença existente entre estas 3 soluções.
603. Inscrever na esfera o cone máximo.
d)
(2)
291
602. Inscrever numa esfera o paralelepípedo máximo.
Solução: Sejam D o diâmetro da esfera, x, y, z as dimensões do 
paralelepípedo P; temos:
601. Um aeronauta está a 10km da terra: que área poderá ele 
avistar, se o raio terrestre mede 6,366km?
Solução: Seja SAB o cone pedido. Se designarmos por x o da base, e por 
R + y a sua altura, a figura nos dará:
V = \x2(R + y),
e x2 = R2 - y2.
Fig. 429
Solução: Seja A o ponto em que se acha o aeronauta.
Évidente que pode avistar a área da zona CBC* determinada pelas tangentes 
AC, AC’.
Calculemos, pois a área desta zona, e, para tal, determinemos primeiro a sua 
altura x em função de R, raio da terra. O triângulo retângulo ACO, dá: 
R2 = AOx OD = (R + 10)(R-x) = R2 + 10R-Rx-10x, Rx + 10x= 10R;
~ 10ROnde: x =--------- .
R + 10
Teremos portanto:
Área CBC’ = 2nRx = 2 x 3.1416 x 6,366 x 63660 = 399.361 km2 
6376
Sendo a área do globo igual a 510 000.000 km2, é uma área 1277 vezes 
maior, mais ou menos.
Resposta: 399.361 km2.
P = xyz, ou P2 = x2y2z2;
Mas, x2 + y2 + z2 = D2. Uma vez que D2 é número constante, o produto x2y2z2 
será máximo para x2 = y2 = z2, ou x = y = z.
Logo, o paralelepípedo máximo inscrito na esfera é o cubo.
Resposta: r = >/6; R = Jõ .
Geometria Elementar
S
R
AV- B
Fig. 430
O máximo desta expressão é independente do número constante
604. Inscrever num cone o cilindro máximo.
Fig. 431
292
ÍR 
Jo 
-1y- 
A
y ix 4
1 -n; o
y
X
4 2A altura do cone é, pois, igual a — do raio da esfera; e o raio da base, aos — 
do lado do quadrado inscrito num círculo máximo.
Substituindo x2 pelo seu valor, obtemos: V = ^n(R2 - y2)(R + y)-
Onde: 2R - 2y = R + y, e y = ^R .
Este valor de y, levando à relação (2), dá: 
x2=R3-—,
9
2 8R2
x =------;
9
onde: x = -R%/2.
3
volume será, pois máximo ao mesmo tempo que
(R2- y2) (R + y) = (R-y) (R + y)2-
Ora, a soma dos 2fatores (R-y) e (R + y) é constante, porque R-y + R + y = 2R.
 . • . , . R-y 1Teremos o máximo, portanto, quando ——- = —:
Capítulo 14 - Revisão do Capítulo 7
d)
(2)
(3)
TV
X
cone
605. Inscrever numa esfera o cilindro máximo.
y
Fig. 432
/X
(D
293
V = n
e x2 =
Soluções: Sejam R o raio da esfera, x o raio da base do cilindro e y a sua 
semi-altura; temos:
V = 2nxzy.
A figura também dá:
x2+y2=R2. (2)
Mas, o valor de V será máximo ao mesmo tempo que x2y, pois que 2- é 
número constante.
Podemos pois escrever: x2y = m, ou (x2)2y2 = m2.
A soma destes dois fatores é constante, pois x2 + y2 = R2.
2 1O raio x do cilindro será os — do raio do cone, e sua altura y o - da altura do
„ . HOnde: y = — .
Substituindo este valor na relação (3), tem-se:
= RfH_ypR.
H(, 3j 3
Solução: Sejam R o raio da base do cone, H a sua altura, x e y o raio e a 
altura do cilindro inscrito. Teremos para o cilindro:
V = nx2y.
Por causa dos triângulos semelhantes da figura, temos também:
H R.
H-y ~ x'
D
onde: x =-(H-y),
^-(H-y)2.
Levando-se o valor de x2 à igualdade (1), vem:
R2^(H-y)2y.
Ora, o máximo desta expressão é independente da quantidade constante
R2
pp ; só pode provir do produto (H - y)2y.
Mas, temos: H-y + y= H = uma quantidade constante: logo, o máximo do
2 V 1produto (H -y) y se alcançará quando tivermos —-— = - ;
H — y 2
:O
Geometria Elementar
(3)
(4)
606. Circunscrever a uma esfera o cone mínimo.
Sejam x o raio da base do cone, e y a sua altura; seu volume será
Ora, o mínimo desta expressão independente da quantidade constante
d)
Fig. 433
294
Podemos, pois, escrever: 
x2y = m.
O máximo do produto (x2)^2 se alcançará, pois, quando tivermos: 
y2 1 
S=2
Sendo a altura do cilindo igual a 2y, ou ^R>/3 , vale cs | 
equilateral inscrito num círculo máximo da esfera. Quanto ao raio da base, 
vale da diagonal do quadrado que tem por lado o lado do triângulo 
equilátero inscrito num círculo máximo, pois d sendo esta diagonal, temos: 
d2 = (R>/3)2 + (RVã)2 = 6R2. 
d = Rx/6, 
^ = ^rVb. 
3 3
rx2y-
1 
3n'
Onde: x2 = 2y2
Levando-se este valor à equação (2), obtemos: 
2y2 + y2 = R2 
3y2 = R2,
2 R2 
y = —.2 3
y = -RV3.
3
O valor de y2 levado á equação (3). dà:
2 2R2
X ~ 3 ’
x = ---V- = 1rV5 x Vã = - rVõ. Vã 3 3
Sendo a altura do cilindo igual a 2y, ou |rV3, vale os ~ do triângulo
Capítulo 14 - Revisão do Capítulo 7
, e x2 =
y =
295
Os triângulos semelhantes SEO, SBC, dão também.
R SE 
x=V:
Mas tgSÊ2 = y(y-2R):
Onde: SE = ^/y (y - 2R);
Portanto: * = , e x2 = =
x y y(y - 2R) y - 2R
Levando-se este valor de x2 à equação (1), vem:
R2y2
7^2R=m'
R2y2 = my-2mR.
R2y2 - my + 2mR = 0,
2_my + 2m_0
Y R2 R '
Fm2 2m
4R2"‘"r''
m
V = 2^±
m í Vm2 - 8mR3
2R2
Para y ser positivo, devemos ter, pelo menos:
m2 = 8mR3:
Onde: m = 8R3.
Neste caso, desaparece o radical, e tem-se:
m 8R3 ._
y“ 2R7-2R7- 
Levando-se os valores de m e de y à equação (1), tem-se: 
x2x 4R-8R3;
onde: x = R^2 .
O cone mínimo circunscrito à esfera tem, pois, por altura o quádruplo do raio 
da esfera dada, e por raio da base, o lado do quadrado inscrito num dos 
círculos máximos da mesma esfera.
Geometria Elementar
CAPÍTULO 15 - EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 8
Fig. 434
Multiplicando os 2 termos da 1" razão por FA, temos:
Fig. 435
296
FM
’ F'M
608. Mostre que:
1° As duas tangentes OT, OT' à elipse, oriundas de um 
ponto exterior O, formam ângulos iguais FOT, F'OT com 
as retas que unem o ponto O aos focos;
2o a reta OF é bissetriz do ângulo TFT' dos raios vetores 
saídos de um mesmo foco e levados até os 2 pontos de 
contato.
FÃ2
F'BxFA
607. O quadrado da distância do foco F da elipse a uma 
tangente e o quadrado da metade do eixo menor estão na 
mesma razão que os raios vetores FM, F'M do ponto de 
contato M da tangente.
FM ------ , mas
F'M
(ex. 475), F'B x FA = b2, logo:
FÃ2
Solução: Devemos ter:
Com efeito, sejam a tangente AB e os raios vetores FM, F'M do ponto de 
contato. Se abaixarmos as perpendiculares FA, F'B sobre a tangente, 
formaremos dois triângulos retângulos semelhantes, pois os ângulos agudos
.. . . FA FMem M sao iguais; por isso teremos: ^7^ = ^7^ .
Capítulo 15 - Revisão do Capítulo 8
297
610. O produto dos segmentos interceptados pelo eixo maior de 
uma elipse e uma tangente móvel sobre as duas tangentes 
traçadas às extremidades do eixo maior é igual a b2.
609. Quando um ângulo é circunscrito a uma elipse, a parte da 
tangente móvel compreendida entre os lados deste 
ângulo é vista de cada foco sob um ângulo constante.
Solução: Sejam AM. AN duas tangentes á elipse cujos focos são F, F'.
Tracemos a esta curva uma 3a tangente qualquer que corte as duas primeiras 
nos pontos K e L. Trata-se de demonstrar que o ângulo KFL, sob o qual se vê 
do foco F o segmento KL, é constante.
Fig. 436
Com efeito, se unirmos, por meio de retas os 3 pontos de contato M, G, N das 
3 tangentes ao foco F, o ângulo GFMfica dividido em duas partes iguais pela 
reta FK (ex. 608); do mesmo modo, o ângulo GFN fica dividido em duas 
partes iguais pela reta FL; o ângulo KFL é, pois, a metade do ângulo 
constante MFN, logo, é também constante.
Demonstração análoga provaria que o ângulo KFL é também constante.
• 2° A igualdade dos 2 triângulos OFK, OF'L nos dá:
Ângulo OFK = ângulo OLF';
Mas, acabamos de ver que OLF' = OFT; logo, OFK = OFT, e OF é bissetriz do 
ângulo TFT.
Solução: Devemos ter: 1° FOT = F’OT, 2o OFT = OFT.
• 1o Prolonguemos o raio vetor F’T de um comprimento TL = FT, e o raio 
vetor FT de um comprimento TK = FT; em seguida, tracemos as retas OL, 
OK. Os triângulos OTL, OTF são iguais, pois têm um ângulo igual 
compreendido entre dois lados iguais em ambos; portanto, OL = OF, e o 
ângulo OFT = OLT. Do mesmo modo. OK = OF, e o ângulo OFT = ângulo 
OKT. Disso resulta que os triângulos OFK, OF'L têm os 3 lados iguais, pois 
que F'L = FK = 2a, logo, estes triângulos são iguais, e o ângulo F'OL = FOK. 
Se tirarmos de cada um destes ângulos a parte comum F'OF, teremos:
FOL = F'OK
FOL F'OK
2 2
Ou afinal: FOT = F'OT.
Geometria Elementar
C
B
Fig. 437
A AF’ F
B
Fig. 438
F
D
C
298
ambos o mesmo complemento AFB. Estes triângulos dão: 
Onde: ABx A'C = AFx A’F = b2. (ex 466).
Solução: Tracemos, às extremidades do eixo maior AA’, as tangentes AB, 
A'C e uma tangente qualquer BC, teremos o produto ABxA'C, constante e 
igual a b2.
Com efeito, unamos por meio de retas o ponto de contato M e os pontos de B 
e C ao foco F.
O ângulo BFC é reto, pois que (ex. 609) é igual à metade da soma dos 2 
ângulos suplementares AFM, MFA'; portanto os triângulos retângulos ABF e 
A'FC são semelhantes, pois os ângulos ABF e A'FC são iguais por terem 
AB AF
ambos o mesmo complemento AFB. Estes triângulos dão:
611. Quando, pelo foco de uma parábola, se traça uma 
perpendicular ao eixo, tomando-se, a partir do foco, sobre 
esta perpendicular, duas distâncias iguais, o trapézio 
formado ao abaixar perpendiculares dc suas extremidades 
sobre as tangentes é constante.
M,
Q,
K.
E/á
Tf
Mas, DL = BC; portanto: — = ; onde: DE x FK = AF x BC.
AF FK
Logo, a área do trapézio CBDE é constante, pois que esta área, DE x FK, é 
igual ao produto constante AF x BC.
Solução: Pelo foco F da parábola, tracemos uma perpendicular ao eixo AF, e, 
de cada lado de F, tomemos, sobre esta reta, dois comprimentos iguais FB, 
FC, e dos pontos B e C, abaixemos as perpendiculares BD, CE sobre uma 
tangente qualquer MT à parábola; obteremos assim um trapézio CBDE cuja 
área é constante.
Para demonstração, tracemos FK, paralela a DB, e DL, paralela a BC; o ponto 
K está sobre a tangente ao vértice A da parábola, e AFK e um triângulo
retângulo semelhante ao triângulo retângulo DEL; logo:
Capítulo 16
CAPÍTULO 16
APÊNDIDE SOBRE MÁXIMOS E MÍNIMOS
Ora, x e y são as raízes da equação X2+ mX + a = 0, a qual dá: X =
Para que X seja real, é preciso que se tenha — > a ou pelo menos
24
Logo, etc.
seu produto máximo. Conforme
Onde:
299
Teorema III. O produto de vários fatores cuja soma é constante, é máximo quando 
estes fatores são iguais.
X' = x = ^ã, 
X" = y = Vã.
(1)
(2)
x + y = a. 
xy = m.
ía2
------m.
4
p v _. , x . _______ , u_ m2 
4
i . m2 . . m2 m /-
menor valor que se possa dar a — é, pois — = a ou — = Va.
Teorema I. Quando o produto de dois fatores é constante, o mínimo da soma destes 
fatores se dá quando são iguais.
Sejam m o mínimo da soma, e a o produto constante dos 2 fatores x e y. Conforme o 
enunciado, teremos as equações:
x + y= m, 
xy = a.
Teorema II. O produto de dois fatores cuja soma é constante, é máximo quando este 
dois fatores são iguais.
Sejam x e y os 2 fatores, a sua soma constante e m 
o enunciado, temos:
[--a.
m2 ~— = a . O
4
a2
ou quando mais m = —; neste último caso.
4
Onde, pela substituição de y por seu valor Jã ,
Ora, x e y são as raízes da equação: X2 - aX + m = 0, a qual dá: X = ±
a2 
Para X ser real, é preciso termos m < —, 
4
X' = x = ^, 
X" = y = |. 
Logo, o produto, etc.
o radical desaparece, e temos: X =
4
Mas então o radical desaparece, e temos: X = y.
Geometria Elementar
... e y" = y
de xm x yn =
FIM
300
Com efeito, sejam a a soma constante, e x, y, z, t... os fatores. Temos:
x + y + z + t... = a.
Trata-se de tornar máximo o produto xyzt.... Ora, se supusermos que os 2 últimos 
fatores são invariáveis, obtemos: x + y = a- z-t, ou uma quantidade constante para 
a soma dos dois primeiros. Seu produto será pois máximo para x = y; logo, o produto 
total também será máximo só quando se tiver x = y.
Provar-se-ia da mesma maneira que y e z, z e t, etc., devem ser iguais.
xmxyn 
nm xn"
x nn, ou, o que dá na mesma, cada fator
x nn.ixAxA... yxyxyxy„V 
m m m An n n n )
a, o máximo do produto xm x y" não pode depender da quantidade constante mm + 
.só pode provir dos dois parênteses.
Mas, os fatores encerrados pelos parênteses têm soma constante, pois que x + y = a: 
logo, o máximo de seu produto se alcançará quando forem iguais entre si, portanto, é 
x y x m
preciso ter: — = — ou — = —.
m n y n
Teorema IV. O produto de potências diferentes de dois fatores, cuja soma é 
constante, é máximo quando estes fatores formam razão igual à razão de seus 
expoentes.
Conforme o enunciado, podemos escrever:
x + y = a 
xm x yn = M
O produto será máximo quando tivermos: — = — 
y n
Com efeito, xm = xx xx x...., e yn = y x y x y x y..., 
portanto, xmx yn = (xx xx x...) (y x y x y...)_ 
Dividindo-se os 2 membros pelo produto rnm 
x por m e cada fator por y por n, temos:
Xx x Yyxyxyxy \ = l — x — x —... ii — x — x — x —... i, 
^m m m 7\n n n n )
ISBN ÔSbOLSBlB-H
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tlfe
marista'!
Este livro maravilhoso, escrito pelos Irmãos Maristas e 
publicado pela editora marista FTD no início do século XX, traz 
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Geometria Plana, Espacial e cônicas.
Trata-se de uma obra prima de Geometria, recheada com 
centenas de problemas de construção, inúmeras demonstrações 
variadas envolvendo planimetria, geometria espacial, e um 
maravilhoso tratamento das cônicas elipse, hipérbole e parábola 
sem recorrerá geometria analítica!
Nem mesmo o tempo foi capaz de alterar o brilho dessa obra, 
escrita com muito vigor pelos irmãos maristas, com linguagem 
bastante simples, objetiva e acessível a qualquer leitor 
interessado em aprimorar e aprofundar seus conhecimentos no 
mais mágico e desafiador segmento da Matemática elementar: a 
Geometria.
O nível dos problemas aqui contidos estimulará mesmo os 
leitores mais exigentes. Provavelmente, os problemas mais 
difíceis de Geometria contidos nos modernos livros brasileiros 
encontram-se resolvidos na presente obra, cujo valor é 
inestimável para os amantes da Geometria sem sombra de dúvida.
Mais uma vez, preocupada em resgatar para a presente e 
futuras gerações o que há de melhor em livros de ciências exatas, a 
Editora VestSeller tem a honra de reeditar esta obra prima e, 
juntamente com todo o povo brasileiro, saudar e agradecer os 
' irmãos maristas pela incomensurável contribuição que dão para a 
educação nesse país desde que aqui chegaram, no final do século 
XVI11, até os dias de hoje.
r / EDITORA
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