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Geometria Euclidiana - Resolução

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Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM
(Joa˜o Lucas Marques Barbosa)
diegoalvez@pop.com.br
Compilado dia 24/11/2015
O livro do Joa˜o Lucas de Geometria Euclidiana Plana a-
presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publicado
inicialmente em 1995 vem sendo usado ate´ hoje, quase 20 anos
depois, nos cursos de licenciatura em matema´tica.
O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra,
embora ainda na˜o esteja completo devido a` falta de tempo. Pode
haver tambe´m uma ou outra passagem obscura, ou mesmo va´rios
erros de portugueˆs e codificac¸a˜o. Assim se o leitor identificar
algum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-se
a` vontade para avisar-me por e-mail. Caso, deseje ajudar ainda
mais pode enviar-me as respostas dos exerc´ıcios que ainda faltam.
O que certamente agilizaria a finalizac¸a˜o desse soluciona´rio.
Para obter as atualizac¸o˜es desse documento e ter acesso a outros exerc´ıcios resolvidos acesse:
http://diegoalvez2015.blogspot.com.br/
EXERCI´CIO PAGINA 7
1. Sobre uma reta marque quatro pontos A, B, C e D, em ordem, da esquerda para a direita.
Determine:
a) AB∪BC
b) AB∩BC
c) AC∩BD
d) AB∩CD
e) SAB∩SBC
f) SAB∩SAD
g) SCB∩SBC
e) SAB∪SBC
Soluc¸a˜o:
a) AC b) B c) BC d) ∅ e) SBC f) SAB g) BC h) SAB
1
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
2. Quantos pontos comuns a pelo menos duas retas pode ter um conjunto de 3 retas no
plano? E um conjunto de 4 retas do plano?
Soluc¸a˜o:
Na pior das hipo´teses teremos 3 retas r1, r2 e r3 que sera˜o distintas. Assim formara˜o pontos
Pij de intercessa˜o conforme indicado na tabela abaixo:
• r1 r2 r3
r1 – P12 P13
r2 P21 – P23
r3 P31 P32 –
A tabela possui treˆs linhas e treˆs colunas logo o numero de ce´lulas e´ 3 · 3 = 9.
Os elementos das diagonais sa˜o nulos (pois as retas na˜o podem se interceptar com elas mes-
mas), assim o numero de pontos de intercessa˜o passa a ser (3 · 3− 3) = 6
Como os pontos P12 e P21 sa˜o o mesmo ponto de intercessa˜o, nesse caso entre as retas r1 e
r2, e a mesma situac¸a˜o ocorre para os demais pontos enta˜o o numero de pontos de intercessa˜o
distintos sa˜o:
6
2
=
3(3− 1)
2
= 3
Se tive´ssemos n retas com racioc´ınio ana´logo chegar´ıamos a formula
n(n− 1)
2
onde n e´ o
numero de retas.
Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.
3. Prove o item (b) da proposic¸a˜o (1.4).
Soluc¸a˜o:
Definido as semi-retas se tem que:
SAB = {AB e os pontos X| B esta´ entre A e X}
SBA = {BA e os pontos X′| A esta´ entre B e X′}
Como AB = BA enta˜o se torna evidente que AB ∈ SAB ∩ SBA. Agora imagine um ponto D tal
que D ∈ SAB ∩ SBA porem na˜o pertenc¸a a AB. Pode ocorrer enta˜o dois casos:
• A–B–D: (B esta´ entre A e D), nesse caso D ∈ SAB mas D /∈ SBA o que contraria a
hipo´tese.
• D–A–B: nesse caso D ∈ SBA mas D /∈ SAB que novamente contraria a hipo´tese.
Ou seja, na˜o existe um ponto D /∈ AB e que tambe´m pertenc¸a a SAB∩SBA. Conclui-se assim que
SAB∩SBA = AB.
2
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
4. Prove a afirmac¸a˜o feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.
Soluc¸a˜o:
Dada uma reta r com os pontos A e B distintos, suponha por absurdo que entre A e B exista
um conjunto finito de pontos. Por definic¸a˜o um conjunto e´ finito quando pode ser colocado em
correspondeˆncia biun´ıvoca com N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, que significa
que AB e´ um conjunto com n elementos.
Tomando agora um ponto Pk (k ≤ n) e o ponto Pk−1 pelo axioma II2 existe um ponto Pr,
(k− 1 < r < k) tal que Pk−1 – Pr – Pk o que seria um absurdo pois nesse caso AB teria n + 1
elementos.
5. Sejam P = {a, b, c}, m1 = {a, b}, m2 = {a, c}, m3 = {b, c}. Chame P de plano e m1, m2 e
m3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I2.
Soluc¸a˜o:
Basta observar que todas as combinac¸o˜es poss´ıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados dois
a dois pertence a uma das treˆs retas dessa geometria. Por exemplo, as combinac¸o˜es poss´ıveis sa˜o:
ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1. Do mesmo modo
pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m1, m2, m3). O que mostra
que nessa geometria vale o axioma I2.
6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos sa˜o o pro´prio plano e qualquer semi-plano.
Mostre que a intersec¸a˜o de dois semi planos e´ um convexo.
Soluc¸a˜o:
Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1 ∩ S2, tomando dois pontos P1 e P2 ambos
pertencentes a S3 enta˜o:
P1,P2 ∈ S1,S2
Seja S1 e S2 convexos enta˜o P1P2 ∈ S1, S2 e portanto pertence a intersec¸a˜o, assim S3 tambe´m
e´ convexo.
7. mostre que a intercessa˜o de n semi-planos e´ ainda um convexo.
Soluc¸a˜o:
Considere os semi planos α1, α2, ..., αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considere
os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicara´ no fato de que X e Y pertence a α1, α2, ..., αn
como todos esses semi-planos sa˜o convexos enta˜o o segmento XY pertence a α1, α2, ..., αn logo
tambe´m pertence a intercessa˜o e portanto tambe´m pertencem a B, o que mostra que B ainda e´
convexo.
3
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a unia˜o de convexos pode na˜o ser um convexo.
Soluc¸a˜o:
Os quatro retaˆngulos (em cinza) abaixo sa˜o figuras convexas e a unia˜o deles formam uma
figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto coˆncava.
A B
C D
9. Treˆs pontos na˜o colineares determinam treˆs retas. Quantas retas sa˜o determinadas por
quatro pontos sendo que quaisquer treˆs deles sa˜o na˜o colineares?
Soluc¸a˜o:
Analogamente ao exerc´ıcio treˆs construiremos a seguinte tabela, onde rij e´ a reta determinada
pelos pontos Pi e Pj.
• P1 P2 P3
P1 – r12 r13
P2 r21 – r23
P3 r31 r32 –
o numero de retas sera´
3(3− 1)
2
= 3 e para n pontos
n(n− 1)
2
.
10. Repita o exerc´ıcio anterior para o caso de 6 pontos.
Soluc¸a˜o:
Para 6 pontos (n = 6),
6(6− 1)
2
= 15, ter´ıamos 15 retas.
4
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PAGINA 9
1. Discuta a seguinte questa˜o utilizando apenas os conhecimentos geome´tricos estabelecidos,
ate´ agora, nestas notas: “Existem retas que na˜o se iterceptam”?
Soluc¸a˜o:
Sim, retas que sa˜o paralelas como indica a proposic¸a˜o 1.1.
2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triaˆngulo e na˜o passa por nenhum de
seus ve´rtices, enta˜o ela intercepta tambe´m um dos outros dois lados.
Soluc¸a˜o:
Dado um triaˆngulo ABC e uma reta r, se r intercepta o segmento AB enta˜o A esta´ do lado
oposto a B em relac¸a˜o a reta r. Como por hipo´tese r na˜o passa por C enta˜o C esta´ do lado de A
ou enta˜o de B.
Se C esta´ do lado de A enta˜o C esta contra´rio a B e r intercepta BC.
Se C esta´ do lado de B enta˜o e´ contrario a A e r e intercepta AC
logo sempre intercepta um dos lados.
3. Repita o exerc´ıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Fac¸a uma conjectura de qual sera´ a resposta
no caso de n retas.
Soluc¸a˜o:
Aproveitando o resultado para n retas ja´ obtido teremos:
Para n = 5:
5(5− 1)
2
= 10
Para n = 6:
6(6− 1)
2
= 15
4. Mostre que na˜o existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejam
validos os axiomas I1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.
Axioma I1. Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que na˜o
pertencem a` reta.
Axioma I2. Dado dois pontos distintos existe uma u´nica reta que contem esses pontos.
Soluc¸a˜o:
Tomando uma reta r = {P1, P2} por hipo´tese existe um Q1∈P (P e´ o conjunto de pontos da
geometria), diferente de P1 e P2.
Seja Q2 ∈ P e diferente de P1, P2 e Q1, tambe´mpor hipo´tese, temos que Q2 /∈ r pois r ja´ possui
5
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
3 pontos. Logo, existe uma reta s = {P1, Q2} e que contem um ponto Q3 ∈ P com Q3 6= P1, P2,
Q1, Q2.
Agora tome Q4 ∈ P com Q4 6= P1, P2, Q1, Q2, Q3. Novamente por hipo´tese Q4 /∈ r, s pois,
ambos ja´ possuem treˆs pontos. Logo deve existir uma reta t = {P1, Q4} que deve conter (por
hipo´tese), um terceiro ponto Q5. Temos enta˜o Q5 6= P1 e Q5 6= Q4 e, por construc¸a˜o, Q5 6= Q1 e Q5
6= P2, pois r 6= t, Q5 6= Q2 e Q5 6= Q3, pois s 6= t. Isto nos leva a uma contradic¸a˜o pois Q5 seria o
se´timo ponto da geometria dada.
5. Se C pertence a SAB e C 6= A, mostre que: SAB = SAC , que BC ⊂ SAB e que A /∈ BC.
Soluc¸a˜o:
Dada a semi reta SAB pelos pontos A e B determinamos a semi reta SBA onde pela proposic¸a˜o
1.4 pode-se gerar uma reta m.
Por definic¸a˜o SAB e´ o conjunto dos pontos do segmento AB mais o conjunto de pontos X tal
que A− B− X.
Como C ∈ SAB por hipo´tese uma das treˆs possibilidades (mutualmente exclusivas), ocorre:
• C = B
Nesse caso a demonstrac¸a˜o e´ imediata.
• A – B – C
Nesse caso, por definic¸a˜o de semi-reta SAB = SAC e sendo BC = SBC ∩ SCA, e
como A /∈ SBC , enta˜o A/∈BC.
• A – C – B
Fica ana´logo ao caso anterior.
6. Demonstre que a intersec¸a˜o de convexos ainda e´ um convexo.
Soluc¸a˜o
Sejam A e B dois pontos pertencentes a intersec¸a˜o de n conjuntos convexos, enta˜o A e B
pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destes
conjuntos, pois sa˜o convexos. Portanto o segmento AB pertence a intersec¸a˜o, concluindo assim
que a intersec¸a˜o e´ um conjunto convexo.
7. Mostre que um triaˆngulo separa o plano em duas regio˜es, uma das quais e´ convexa.
Soluc¸a˜o
Tracemos treˆs retas m, n e o que se interceptam nos pontos A, B e C como na figura abaixo.
6
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
m o
n
α
β
C B
A
X
Y
Assim sera´ formado o triaˆngulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regio˜es. A
regia˜o convexa e´ a regia˜o que forma o interior do triaˆngulo. Para provar isso considere os pontos
X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas treˆs retas. Como X e Y esta˜o no mesmo semi
plano gerado pela reta m enta˜o o segmento XY na˜o intercepta a reta m. Analogamente XY na˜o
pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelo
triaˆngulo ABC que portanto e´ uma regia˜o convexa.
8. Generalize os exerc´ıcios 11 e 12 para o caso de n pontos.
Soluc¸a˜o:
Estes exerc´ıcios na˜o constam no livro, trata-se de um erro de edic¸a˜o. Tais erros sa˜o muito
comuns nos livros da SBM.
9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente
dois pontos em comum?
Soluc¸a˜o:
Dado os pontos A ,B, C e D de modo que A–B–C–D enta˜o, os segmentos AC e BD tera˜o o segmento
BC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos enta˜o AC e BD possuem dois pontos
em comum mas, nunca possuira˜o apenas dois pontos.
7
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PAGINA 18
1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Fac¸a um desenho representando-os, sabendo que
m(AB) = 3, m(AC) = 2 e m(BC) = 5.
Soluc¸a˜o:
A BC
3 cm
2 cm
2. Repita o exerc´ıcio anterior, sabendo que C esta´ entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) =
5.
Soluc¸a˜o:
A BC
7 cm
5 cm
3. Desenhe uma reta e sobre ela merque dois pontos A e B. Suponha que a coordenada do
ponto A seja zero e a do ponto B seja um. Marque agora pontos cujas coordenadas sa˜o 3, 5, 5/2,
1/3, 3/2, 2, -1, -2, -5, -1/3, -5/3.
Soluc¸a˜o:
A B
3 55/21/3 3/2 2-1
-2
-5 -1/3-5/3
4. Sejam A1 e A2 pontos de coordenadas 1 e 2. Deˆ a coordenada do ponto me´dio A3 do
segmento A1A2. Deˆ a coordenada do plano me´dio A4 do segmento A2A3. Deˆ a coordenada A5
do ponto me´dio do segmento A3A4.
Soluc¸a˜o:
Sendo A3 o ponto me´dio do segmento A1A2 enta˜o a coordenada A3 sera´ a media aritme´tica
A3 =
A1 + A2
2
=
1 + 2
2
=
3
2
Analogamente se calcula para os demais pontos.
A4 =
3
2 +
4
2
2
=
7
4
8
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A5 =
3
2 +
7
4
2
=
13
8
5.Prove que, se ab =
c
d enta˜o
a) ac =
b
d e
d
b =
c
a
b)a+ba =
c+d
d e
a−b
a =
c−d
c
c) a+bb =
c+d
d e
a−b
b =
c−d
d
Soluc¸a˜o:
a) ab =
c
d
a
b · bc = cd · bc
a
c =
b
d
E tambe´m
a
b =
c
d
a
b · da = cd · da
d
b =
c
a
b) ab =
c
d
db
ac · ab = cd · dbac
d
c =
b
a
1 + dc = 1 +
b
a
c
c · dc = aa · ba
c+d
c =
b+a
a
c) ab =
c
d
a
b · dbac = cd · dbac
−1 · dc = −1 · ba
9
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
c−d
c =
a−b
a
Dessa forma se procede as demais demonstrac¸o˜es.
6. Se p e´ ponto de intercessa˜o de c´ırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) =
m(PB).
Soluc¸a˜o
Como o ponto P esta na intersec¸a˜o dos dois c´ırculos. Enta˜o P pertence ao c´ırculo com centro
A e raio r, e por definic¸a˜o de c´ırculo, PA = r, da mesma forma P pertence ao c´ırculo com centro
B e raio r, por definic¸a˜o de c´ırculo, PB = r, que implica que PA = PB.
7. Usando uma re´gua e um compasso, descreva um me´todo para construc¸a˜o de um triaˆngulo
com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triaˆngulo e´ chamado de triaˆngulo iso´sceles).
Soluc¸a˜o
Considere um segmento AB. Com um compasso centrado em A trace uma circunfereˆncia de raio
AB. Agora com centro em B trace um circulo de raio BA. A intercessa˜o entre as duas circunfereˆncias
ira´ gerar os pontos C e D. Fazendo o triaˆngulo CAD teremos um triaˆngulo iso´sceles de base CD e
lados CA, AD = AB.
8. Descreva um me´todo para construc¸a˜o de um triaˆngulo com os treˆs lados de mesmo com-
primento.
Soluc¸a˜o
Trac¸a-se uma reta e nela marca-se dois pontos A e B.
A B
Com centro em A e depois em B trac¸a-se duas circunfereˆncias de raio r gerando o ponto C
tal que C ∈ C(A,r) ∩ C(B,r) depois disso trac¸a se os segmentos AC, AB e BC que ira´ gerar 4ABC com
lados iguais a r.
A B
C
9.Mostre que, se a < b enta˜o a < (a+ b)/2 e b > (a+ b)/2.
Soluc¸a˜o
10
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Se a < b enta˜o
a+ b < b+ b
a+ b < 2b
a+ b
2
< b
completando a primeira parte.
a < b
a+ a < a+ b
2a+ a+ b
a <
a+ b
2
10. E´ poss´ıvel desenhar se um triaˆngulo com lados medindo 3, 8 e 5?
Soluc¸a˜o
Na˜o, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triaˆngulo e´
maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8 = 8.
11. O c´ırculo de raio r1 centrado em A intercepta o c´ırculo de raio r2 centrado em B em
exatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)?
Soluc¸a˜o
Observe o seguinte desenho.
A B
r2
r1
DC
Considere o circulo de raio r2 com centro em A e o circulo de raio r1 com centro em B e cujo
segmento AB formam os pontos C e D.
Note que AB = AD + CB – CD e tambe´m que AD = r2, CB = r1 e que CD e´ um segmento na˜o
nulo. Perceba que assim AB = r2 + r1 − CD o que implica que AB < r2 + r1
12. Considere um circulo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste c´ırculo. O que se
11
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
pode afirmar sobre o triaˆngulo ABC?
Soluc¸a˜o:
Se os pontos B e C pertencentes a circunfereˆncia que forma o circulo enta˜o AB = AC = r logo
o triaˆngulo e´ iso´sceles de base AB.
NOTA: O livro refere-se a uma circunfereˆncia como c´ırculo.
13. Considere um c´ırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste c´ırculo e seja B um
ponto tal que o triaˆngulo OAB e´equila´tero. Qual e´ a posic¸a˜o do ponto B relativamente ao
c´ırculo?
Soluc¸a˜o:
Sendo o triaˆngulo equila´tero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho
r enta˜o OB = r assim o ponto B esta´ a uma distancia r do centro do c´ırculo, isto e´, B pertence a
circunfereˆncia.
14. Dois c´ırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O que
pode ser afirmado sobre os triaˆngulos ABC e ACD? E sobre o quadrila´tero ACBD?
Soluc¸a˜o:
Os triaˆngulos ABC e ACD sa˜o iso´sceles pois AC, BC = r e AD = r, note que tambe´m que BD = r.
Como o paralelogramo ACBD e´ formado pela unia˜o dos 4ABC e 4ADB seus lados seriam os seg-
mentos que formam o triaˆngulo, e enta˜o AC = BC = AD = BD = r.
Logo o pol´ıgono e´ um quadrila´tero de lados iguais e os triaˆngulos sa˜o iso´sceles.
A B
C
D
12
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 20
1. Dado um segmento AB mostre que existe e e´ u´nico, um ponto C entre A e B tal que
m(AC)
m(BC)
= a onde a e´ qualquer real positivo.
Soluc¸a˜o:
Se C esta´ entre A e B enta˜o existe duas possibilidades para a construc¸a˜o do segmento AB.
A B
C
a bc
B A
C
a bc
1◦ caso
2◦ caso
Vamos considerar apenas o primeiro caso, uma vez que a resoluc¸a˜o do segundo e´ ana´logo.
Pelo axioma III2 existe um x, um b e um c, reais e distintos, que representam as coordenadas
dos pontos A, B e C respectivamente.
Tambe´m pelo axioma III2 podemos declarar a seguinte equac¸a˜o:
m(AC)
m(BC)
=
c− x
b− c
E como
m(AC)
m(BC)
= a por hipo´tese enta˜o:
c− x
b− c = a
Resolvendo esta ultima equac¸a˜o em c chega-se a´:
c =
ab + x
1 + a
(1)
Como a e´ positivo (afinal e´ resultado da divisa˜o de duas distaˆncias), enta˜o c existe para
qualquer valor de a e b o que garante a existeˆncia do ponto C.
Para provar a unicidade de C procedemos assim: imagine por absurdo que exista um C’ nas
mesmas condic¸o˜es que C, mas diferente dele. Enta˜o:
m(AC′)
m(BC′)
= a⇒ c
′ − x
b− c′ = a
.
Resolvemos esta ultima equac¸a˜o para c’ chega-se a soluc¸a˜o
c′ =
ab + x
1 + a
(2)
13
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Finalmente comparando (1) e (2), enta˜o pelo axioma III2 os pontos C e C’ sa˜o o mesmo
ponto. O que contraria a tese inicial. Com isso conclu´ımos que na˜o pode haver um ponto
diferente de C entre A e B tal que
m(AC)
m(BC)
= a. Provando a unicidade.
2.Descreva um me´todo para obter uma boa aproximac¸a˜o do comprimento de um c´ırculo.
Soluc¸a˜o:
Utilizando um compasso desenhe um circulo de raio r. Com uma re´gua graduada desenhe no
interior do c´ırculo um pol´ıgono com n ve´rtices, sendo que cada ve´rtice deve estar sobre o circulo.
Mais ou menos como na imagem abaixo.
Pol´ıgono de 6 lados.
Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximac¸a˜o do
circulo bastando com a re´gua medir os lados do pol´ıgono. Lembrando que quanto mais ve´rtices
o pol´ıgono tiver mais precisa sera´ a aproximac¸a˜o.
3. Prove a seguinte afirmac¸a˜o feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de
um circulo com um ponto dentro do mesmo, teˆm um ponto em comum com o circulo.
Soluc¸a˜o:
Seja C um ponto qualquer fora de um circulo de centro O, enta˜o OC > r, onde r e´ o raio do
c´ırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o circulo formado por todos
os pontos do plano que esta˜o a uma distaˆncia r do ponto O, enta˜o o ponto D pertencente a
intercessa˜o do segmento OC com a circunfereˆncia. Como se queria demonstrar.
4. Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontos
C satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r e´ chamado de elipse. Estabelec¸a os conceitos de regia˜o
interior e de regia˜o exterior a uma elipse.
Soluc¸a˜o:
Analogamente a circunfereˆncia se m(CA) + m(CB) > r enta˜o o conjunto de pontos e´ externo.
Se m(CA) + m(CB) < r enta˜o o conjunto de pontos sera´ interno.
5. Um conjunto M de pontos do plano e´ limitado se existe um circulo C tal que todos os
pontos de M esta˜o dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos e´ limitado. Prove
14
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
tambe´m que segmentos sa˜o limitados. conclua o mesmo para triaˆngulos.
Soluc¸a˜o:
Dado o conjunto de pontos P1, P2, ..., Pn tome um u´nico ponto Pi que usaremos para o centro
da circunfereˆncia, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o pro´prio i,
passara´ um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos enta˜o por ele marca-se
um ponto Q(P1 − Pj − Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1Q definimos
um circulo de raio r = P1Q que contera´ todos os outros uma vez que o segmento que estabelece
seu raio em relac¸a˜o ao centro P1 e´ maior que os demais definidos por todos os outros pontos.
15
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PAGINA 29
1. Mostre que se um aˆngulo e seu suplemento teˆm a mesma medida enta˜o o aˆngulo e´ reto.
Soluc¸a˜o:
C
AB
β = 90◦
O
Considere o aˆngulo α (BÔC) e β, tal como no desenho, onde β e´ o suplemento de α. Por
definic¸a˜o temos:
α+ β = 180◦ (1)
como α = β enta˜o:
α+ α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦
Assim por (1) conclui-se que β = 90◦. Como se queria demonstrar.
2. Um aˆngulo e´ chamado agudo se mede menos de 90◦, e e´ obtuso se mede mais de 90◦.
Mostre que o suplemento de um aˆngulo agudo e´ obtuso.
Soluc¸a˜o:
Seja α um aˆngulo agudo e β o suplemento de α. Sabemos que α+ β = 180◦ e como α < 90◦
e β = 180◦ − α enta˜o β > 90◦. Como se queria demonstrar.
4. Dois aˆngulos sa˜o ditos complementares se sua soma e´ um aˆngulo reto. Dois aˆngulos sa˜o
complementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais
30◦. Quanto medem os dois aˆngulos?
Soluc¸a˜o:
Seja α+ β = 90◦ (1) com α1 e β1 suplementos de α e β enta˜o:
α+ α1 (2)
β + β1(3)
fazendo α1 = β1 + 30
◦ (4) i.e. um aˆngulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β1
de (3) em (4) enta˜o:
α1 = (180
◦ − β) + 30◦ = 210◦ − β (5)
Substituindo (5) em (2)
α+ 210◦ − β = 180◦
α− β = −30◦ (6)
16
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
das equac¸o˜es (1) e (6) montamos o sistema:
cuja soluc¸a˜o e´ α = 30◦ e β = 60◦, logo um aˆngulo possui 30 e outro 60 graus.
5. Uma poligonal e´ uma figura formada por uma sequencia de pontos A1, A2, ..., An e pelos
segmentos A1A2, A2A3, A3A4,...,An−1An. Os pontos sa˜o os ve´rtices da poligonal e os segmentos
sa˜o os seus lados. Desenhe a poligonal ABCD sabendo que: AB = BC = CD = 2.cm, ABˆC =
120◦ e BCˆD = 100◦.
Soluc¸a˜o:
Para esse exerc´ıcio e´ necessa´rio re´gua, transferidor e compasso.
A
B
D
C
120 100
6. Um pol´ıgono e´ uma poligonal em que as seguintes 3 condic¸o˜es sa˜o satisfeitas: a) An =
A1, b) os lados da poligonal se interceptam somente em suas extremidades e c) dois lados com
a mesma extremidade na˜o pertencem a uma mesma reta. Das 4 figuras, seguintes, apenas duas
sa˜o pol´ıgonos. Determine quais sa˜o elas.
D
E
D
C
B
A
E
A
E
B
C
D
A
A
B
E
D
C
B
C
Um pol´ıgono de ve´rtice A1, A2, ..., An+1 = A1, sera´ representado por A1A2A3,...,An. Ele tem n
lados, n ve´rtices e n aˆngulos.
17
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
A primeira figura da esquerda e na linha de cima e´ um pol´ıgono. A segunda da esquerda,
tambe´m da linha de cima na˜o e´, pois se fosse contradiria a 2◦ condic¸a˜o. A primeira da esquerda
da linha de baixo tambe´m na˜o e´ um pol´ıgono, pois iria contra a 3◦ condic¸a˜o. A segunda da linha
de baixo e´ um pol´ıgono.
7. Desenhe um pol´ıgono de quatro ladostal ABCD tal que AB = BC, CD = DA = 2cm,
com ABˆC = ADˆC = 100◦ e com BCˆD = BAˆD = 80◦.
Soluc¸a˜o:
Para esse exerc´ıcio e´ necessa´rio re´gua, transferidor e compasso.
A
B
C
D
8. O segmento ligando ve´rtices na˜o consecutivos de um pol´ıgono e´ chamado de diagonal do
pol´ıgono. Fac¸a o desenho de um pol´ıgono de seis lados. Em seguida desenhe todas as suas
diagonais. Quantas diagonais tera´ um pol´ıgono de 20 lados e de n lados?
Soluc¸a˜o:
Observe o seguinte pol´ıgono de 6 lados:
A
B
C
D
E
F
Do ve´rtice A, por exemplo, deve partir diagonais para todos os outros ve´rtices exceto para
ele mesmo e para os outros dois adjacentes. Como temos 6 ve´rtices enta˜o do ponto A saira˜o um
total de :
18
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
6− 3 diagonais
A
B
C
D
E
F
A mesma coisa ocorre para os demais ve´rtices. Assim se temos seis ve´rtices teremos ao todo
(6− 3) · 6 = diagonais
A
B
C
D
E
F
Contudo a diagonal AB e´ tambe´m a diagonal BA e a mesma coisa ocorre para as demais
diagonais que acabam sendo contadas duas vezes. Considerando esse fato em o nu´mero total de
diagonais sera´:
(6− 3)6
2
= 9
Para um pol´ıgono de n lados, ter´ıamos enta˜o:
(n− 3)n
2
Essa fo´rmula pode ser utilizada para determinar o nu´mero de ve´rtices de qualquer pol´ıgono,
como por exemplo o de 20 lados que teria
(20− 3) · 20
2
= 170 lados.
9. Um pol´ıgono e´ convexo se esta´ sempre contido em um dos semi-planos determinados pelas
retas que conteˆm os seus lados. Na figura seguinte o pol´ıgono (a) e´ convexo e o (b) e´ na˜o convexo.
19
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Pol´ıgonos convexos recebem designac¸o˜es especiais. Sa˜o as seguintes as designac¸o˜es dadas a
estes pol´ıgonos de acordo com seu nu´mero de lados, ate´ 10 lados.
n◦ de lados nome do pol´ıgono convexo
3 triaˆngulo
4 quadrila´tero
5 penta´gono
6 hexa´gono
7 hepta´gono
8 octa´gono
9 nona´gono
10 deca´gono
Soluc¸a˜o:
Qual a pergunta mesmo?
10. Descreva um me´todo, em que se fac¸a uso apenas de um compasso e de uma re´gua
na˜o numerada, de construc¸a˜o de um quadrila´tero com os quatro lados de mesmo comprimento.
Estenda seu me´todo para o caso de 5 lados.
Soluc¸a˜o:
Desenhe um circulo de raio r, e centro em O, e em qualquer ponto do circulo marque um
ponto.
o
Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura,
fac¸a outro c´ırculo centrado no ponto.
20
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
o
Marque novamente outro ponto na intercessa˜o dos c´ırculos como na figura.
o
E com o compasso, ainda com mesma abertura, desenhe um novo c´ırculo centrado no ultimo
ponto esboc¸ado.
o
Finalmente, usando a re´gua ligue os pontos de intercessa˜o.
21
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Fazendo quatro segmentos de comprimento r.
r r
r r
Generalizando
Desenhe um circulo de raio r, e centro em o, e em qualquer ponto do circulo marque um
ponto.
o
Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura,
fac¸a outro c´ırculo centrado no ponto. Em seguida ligue esses pontos.
22
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
o
Agora marque um novo ponto como na segunda circunfereˆncia de modo que ele na˜o esteja na
mesma reta que os outros dois. Mais ou menos como na figura a seguir:
E trace uma nova circunfereˆncia com mesmo raio r, centrada no ponto. Formando com a
re´gua um novo segmento.
Repetindo o processo desenha-se uma nova circunfereˆncia e trac¸a-se um novo ponto.
23
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Na intercessa˜o entre a ultima (azul) e primeira (vermelha) circunfereˆncia desenhada marcamos
um ponto (que chamaremos de P).
P
Por fim liga-se P aos dois pontos adjacentes a ele.
24
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Isso formara´ um pol´ıgono de 5 lados cada um com comprimento igual a r.
25
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PAGINA 32
1. Dado um aˆngulo AOˆB mostre que existe uma u´nica semi-reta SOC tal que AOˆC = COˆB.
A semi reta SOC e´ chamada de bissetriz do aˆngulo AOˆB.
Soluc¸a˜o:
Considere o angulo AÔB com bissetriz SOC como na imagem a seguir.
A
B
C
Suponha por absurdo que exista uma segunda bissetriz SOC′ 6= SOC que tambe´m seja bissetriz
de AÔB. Nesse caso existe duas possibilidades:
• SOC′ esta´ a direita de SOC, como na figura abaixo.
A
B
C
C’
• SOC′ esta´ a esquerda de SOC, como na figura abaixo.
A
B
CC’
Vamos considerar o 1◦ caso.
Como SOC′ e SOC sa˜o bissetrizes de AÔB enta˜o pelo axioma III6
AÔB = AÔC + CÔB = 2CÔB (1)
AÔB = AÔC’ + C’ÔB = 2C’ÔB (2)
Pela figura 2 fica evidente que CÔB = CÔC’ + C’ÔB (3)
Usando (3) em (1)
AÔB = 2(CÔC’ + C’ÔB) (4)
Comparando (2) e (4)
AÔB = AÔB
2C’ÔB = 2CÔC’ + 2C’ÔB
⇒ CÔC’ = 0.
26
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
No entanto, se CÔC’ = 0 enta˜o pelo axioma III4 SOC = SOC′ o que contradiz a hipo´tese inicial
de que SOC 6= SOC′ . Logo o angulo AÔB na˜o pode ter mais que uma bissetriz.
Analogamente se mostra para o caso de SOC′ a esquerda de SOC
2. Mostre que as bissetrizes de um aˆngulo e do seu suplemento sa˜o perpendiculares.
Soluc¸a˜o:
Considere o desenho abaixo.
AG
D
BE
O
Seja AÔB um aˆngulo e BÔC seu suplemento enta˜o:
AÔB + BÔC = 180◦ (1)
Queremos mostrar que BÔD + BÔE = 90◦ para isso observe que BÔD =
AÔB
2
, pois, SOD e´ bissetriz
de AÔB e BÔE =
BÔC
2
logo, BÔE + BÔD =
AÔB
2
+
BÔC
2
(2)
Comparando as equac¸o˜es (1) e (2) veˆm que:
2(BÔE + BÔD) = AÔB + BÔC = 180◦
BÔE + BÔD =
180◦
2
= 90◦
Como se quer´ıa demonstrar.
4. De quantos graus move-se o ponteiro dos minutos enquanto o ponteiro das horas percorre
um aˆngulo raso.
Soluc¸a˜o:
Considere o seguinte desenho.
12
6
1
Quando o ponteiro dos minutos gira 360 graus o ponteiro da horas se move para o 1.
27
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
12
6
1
θH
Dividindo 360 por 12 obtemos o deslocamento θH que o ponteiro das horas se moveu.
θH =
360◦
12
= 30◦
Com esse valor obtemos a seguinte relac¸a˜o
θM
θH
=
360◦
30circ
⇒ θM = 12 · θH
Assim, se o ponteiro das horas faz um deslocamento raso (180◦) enta˜o o deslocamento do
ponteiro dos minutos sera´:
θM = 12 · 180◦
θM = 2160
◦
Portanto, o ponteiro se move 2160◦. Contudo, por ser um valor mA˜oltiplo de 360 em relac¸a˜o
ao seu ponto inicial o deslocamento e´ de 0◦. Ambas as respostas (0◦ ou 2160◦), sa˜o possA˜veis
para a pergunta.
28
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PAGINA 41
1. Desenhe um triaˆngulo. Construa agora um outro triaˆngulo congruente ao que voceˆ desen-
hou. Descreva o procedimento.
Soluc¸a˜o:
A B
C
E F
G
Considere o triaˆngulo ABC. A partir dele construiremos o triaˆngulo EFG congruente a ABC.
Seja os pontos G, E e F na˜o colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo caso LLL
os triaˆngulos sa˜o congruentes.
2. Construa um triaˆngulo ABC sabendo que AB = 7.5cm, BC = 8.2cm e AB̂C = 80◦. Mec¸a
o comprimento de BC e os outros aˆngulos do triaˆngulo.
Soluc¸a˜o:
Considere o seguinte exemplo proviso´rio de triaˆngulo.
8.2 cm
7.5 cm
C B
80◦
A
Usando a Lei dos senos temos que:
(AC)2 = AB2 + CB2 − 2(AB)(CB) cosB̂
AC =
√
(7.5)2 + (8.2)2 − 2(7.5)(8.2) cos80◦
AC ∼= 10.106
Aplicando novamente a lei
(AB)2 = BC2 + AC2− 2(CB)(AC) cos Ĉ
cos Ĉ =
(AB)2 − (BC)2 − (AC)2
−2(CB)(AC)
29
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
cos Ĉ =
(7.5)2 − (8.2)2 − (10.106)2
−2(8.2)(10.106)
cos Ĉ ∼= 0.6825
Ĉ ∼= cos−1(0.6825) ∼= 46◦, 95′
Como a soma de todos os aˆngulos de todo pol´ıgono e´ 180 graus enta˜o  = 53◦, 05′
De posse desses dados e´ poss´ıvel construir o triaˆngulo representado no desenho abaixo.
C
A
B
Onde CB = 8,2cm; AB = 7,5cm e AC = 10,106cm. Com os aˆngulos  = 53◦, 05′, B̂ = 80◦ e
Ĉ = 46◦95′.
3. Na figura ao lado os aˆngulos α e β sa˜o iguais. Mostre que AC = BC
α
β
C
A
B
Soluc¸a˜o:
Considere a figura acima e observe que α e´ o suplemento de BÂC e β e´ o suplemento de AB̂C,
logo:
α+ AB̂C = 180◦ e β + AB̂C = 180◦.
Fazendo α = 180◦ − BÂC e β = 180◦ − AB̂C, como α = β temos:
180◦ − BÂC = 180◦ − AB̂C
BÂC = AB̂C
Como todo triaˆngulo iso´sceles possui os aˆngulos da base congruentes e vice versa fica demon-
strado o requerido.
4. Na figura ao lado tem se AB = AC e BD = CE Mostre que:
30
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
B
C
D
E
a) AĈD = AB̂E
b) BĈD = CB̂E
Soluc¸a˜o (a):
Por hipo´tese AB = AC logo 4ABC e´ iso´sceles e os aˆngulos AB̂C e AĈB.
Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipo´tese BD = EC pelo caso LAL 4DBC e´
congruente a 4ECB o que implica em: CB̂E = BĈD assim:
AĈD = AB̂C + CB̂E = AĈB + BĈD = AB̂E
ACD = ABE
Soluc¸a˜o (b):
Use os dados da letra a.
5. Treˆs sarrafos de madeira sa˜o pregados, dois a dois, de modo a formar um triaˆngulo, com
somente um prego em cada ve´rtice, como indicado na figura seguinte
A figura assim obtida e´ r´ıgida? Porque?
Para comparac¸a˜o construa um quadrila´tero com quatro sarrafos e um prego em cada ve´rtice.
E´ esta figura r´ıgida?
Soluc¸a˜o:
Todo triaˆngulo e´ uma figura r´ıgida.
Dem:
31
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Seja os 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triaˆngulos na˜o sejam figuras r´ıgidas ao
deformarmos o 4ABC seus aˆngulos ira˜o variar, mas os lados continuara˜o com as mesmas medidas.
Assim pelo caso LLL os dois triaˆngulos ainda seriam congruentes o que seria um absurdo pois
um dos triaˆngulos sofreu uma deformac¸a˜o.
7. Na figura abaixo, AC = AD e AB e´ a bissetriz do aˆngulo CÂD prove que os triaˆngulos
ACB e ADB sa˜o congruentes.
A
C
B
D
Soluc¸a˜o:
Se AB e´ bissetriz de CÂD enta˜o CÂB = BÂD.
Como CA = AD e AB e´ comum tanto a 4ADB como 4CAB enta˜o pelo caso LAL, 4ACB = 4ADB.
8. Na figura abaixo o ponto A e´ ponto me´dio dos segmentos CB e DE. Prove que os triaˆngulos
ABD e ACE sa˜o congruentes.
D
B
C
E
A
Soluc¸a˜o:
Os aˆngulos CÂE = DÂB pois sa˜o opostos pelo ve´rtice. Como por hipo´tese CA = BA e DA = AE
pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE.
9. Na figura abaixo os aˆngulos  e Ĉ sa˜o retos e o segmento DE corta CA no ponto me´dio
B de CA. Mostre que DA = CE.
32
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
C A
D
E
B
Soluc¸a˜o:
Os aˆngulos DB̂A = CB̂E pois sa˜o opostos pelo ve´rtice e como CA = BA por hipo´tese, enta˜o pelo
caso ALA, 4ABD = 4CEB que implica em DA = CE.
10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e BÔD = CÔA. Mostre que CD =
BA.
D
BC
A
O
Soluc¸a˜o:
Por hipo´tese BÔD = CÔA com:
BÔD = BÔC + CÔD e CÔA = CÔB + BÔA (1)
e pelo esquema CÔB = CÔD logo pelo caso LAL, 4BOA = 4COD o que implica em CD = BA.
33
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 44
1. Na figura abaixo CM̂A e´ um aˆngulo reto e M e´ ponto me´dio de AB. Mostre que CA =
CB.
A
B
C M
Soluc¸a˜o:
BM̂C e´ o suplemento de CM̂A logo CM̂A + BM̂C = 180◦. Como CM̂A = 90◦ temos que BM̂C = 180◦
- 90◦ = 90◦, logo CM̂A = BM̂C como M e´ ponto me´dio de AB, temos que AM = MB. Como CM e´ um
lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL enta˜o 4AMC = 4BMC que implica em CA = CB.
2. A regia˜o marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual sera´
possˆıvel medir a distaˆncia entre os pontos A e B. (Qualquer medic¸a˜o fora do lago e´ possˆıvel)
M
A
B
C
Soluc¸a˜o:
Considerando a figura, prolongamos a SAC e SBC construindo os segmento CD e CE tal que CD
= CA e CE = CB.
M
A
B
E
D
C
Como DĈE = AĈB, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice, enta˜o 4DCE = 4ACB pelo caso LAL. Assim
basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.
3. Mostre que, se um triaˆngulo tem os treˆs lados congruentes, enta˜o tem tambe´m os treˆs
aˆngulos congruentes.
Soluc¸a˜o:
Considere a seguinte construc¸a˜o:
34
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
B C
A
Se ∆ABC e´ equila´tero enta˜o tambe´m e´ iso´sceles de base BC, e portanto os aˆngulos de sua base
sera˜o congruentes, isto e´: B̂ = Ĉ. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo teremos Â
= Ĉ que implica em  = B̂ = Ĉ. C.Q.D.
4. Na figura abaixo ABD e BCD sa˜o triaˆngulos iso´sceles com base DB. Prove que os aˆngulos
AB̂C e AD̂C sa˜o congruentes.
C
B
A
D
Soluc¸a˜o:
Como AB̂D = BD̂A e DB̂C = BD̂C pois sa˜o aˆngulos da base de triaˆngulos iso´sceles, enta˜o:
AB̂D + DB̂C = AD̂B + BD̂C
que implica em:
AB̂C = AD̂C
5. Usando a mesma figura, (do exerc´ıcio 4), mostre que tambe´m a reta AC e´ bissetriz de
BÂD e perpendicular a DB.
Soluc¸a˜o:
Os triaˆngulos ABC e ADC sa˜o congruentes pelo caso LAL logo CÂB = CÂD. Enta˜o por definic¸a˜o
AC e´ bissetriz de BÂD.
6. Na figura abaixo, ABD e BCD sa˜o triaˆngulos iso´sceles com base BD. Prove que AB̂C =
AD̂C e que AC e´ bissetriz do aˆngulo BĈD.
35
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
B
C
D
Soluc¸a˜o:
Como o tria´ngulo BCD e´ iso´sceles enta˜o CB̂D = BD̂C. Como CB̂D = DB̂A + B̂C e BD̂C = BD̂A +
AD̂C enta˜o:
DB̂A + AB̂C = BD̂A + AD̂C
Como DB̂A = BD̂A, pois ∆BDC e´ iso´sceles, enta˜o AB̂C = AD̂C. E pelo crite´rio LAL temos que
∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.
7. Justifique o seguinte procedimento para determinac¸a˜o do ponto me´dio de um segmento.
“seja AB um segmento. Com um compasso centrado em A, desenhe um circulo de raio AB.
Descreva outro circulo de mesmo raio e centro em B. Estes dois c´ırculos se interceptam em dois
pontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A intercec¸a˜o desta reta com o segmento AB sera´
o ponto me´dio de AB.”
Soluc¸a˜o:
Executando o procedimento chegaremos ao seguinte desenho.
E
AB
C
D
Onde percebemos que CB = CA = BD = DA = raio. Assim ∆CBA = ∆BDA e ∆CAD = ∆CBD.
Pelos crite´rios de congrueˆncia ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE = ∆EDA, enta˜o BE = EA e a reta r
intercepta o segmento BA no ponto me´dio.
36
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIOS DA PA´GINA 621
1. Prove que, se um triaˆngulo tem dois aˆngulos externos iguais, enta˜o ele e´ iso´sceles.
Soluc¸a˜o:
Dado o ∆ABC como no esquema
Â
e
B
f̂
C
Como ê e CÂB sa˜o adjacentes e esta˜o sob a mesma semi-reta enta˜o:
ê + CÂB = 180◦
Do mesmo modo se conclui que
CB̂A + f̂ = 180◦
O que implica que
ê + CÂB = CB̂A + f̂ (1)
Como por hipo´tese ê = f̂ enta˜o de (1) se conclui:
CÂB = CB̂A
Portanto o triaˆngulo ABC e´ iso´sceles de base AB.
3. Na figura abaixo os aˆngulos externos AĈE e AB̂D satisfazem a desigualdade: AĈE <
AB̂D. Mostre que AB̂D > AB̂C.
A
B C
D E
Soluc¸a˜o:
Pelo TAE tem se que:
AĈE > BÂC, AB̂C
Como por hipo´tese AĈE < AB̂D enta˜o
1Neste cap´ıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Aˆngulo Externo.
37
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
AB̂C < AĈE < AB̂D
Que implicaem AB̂C < AB̂D
4. Prove que um triaˆngulo retaˆngulo tem dois aˆngulos externos obtusos.
Soluc¸a˜o:
Dado o triaˆngulo ABC como na figura a seguir
A B
C
sabe se que  + B̂ + Ĉ = 180◦. Como B̂ = 90◦ enta˜o Â, Ĉ < 90◦. Logo o aˆngulo externo a  e
Ĉ > 90◦ uma vez que sa˜o suplementares.
5. Na figura abaixo, B, D e A sa˜o colineares. Do mesmo modo D, E e C sa˜o colineares.
Mostre que AÊC > DB̂C
A
B
C
D
E
Soluc¸a˜o:
Note que AD̂E e´ um aˆngulo externo ao triaˆngulo DBC e pelo TAE tem se:
AD̂E > DB̂C, DĈB (1)
Do mesmo modo AÊC e´ externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se:
AÊC > AD̂E (2)
De (2) e (1) tira-se que, AÊC > DB̂C. Concluindo a demonstrac¸a˜o.
6. Em um carto´rio de registro de imo´veis um escriva˜o recusou se a transcrever o registro de
um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprieta´rio mediam 100m, 60m e 20m. Voceˆ
pode dar um argumento que justifique a atitude do escriva˜o?
38
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Uma possibilidade e que este escriva˜o seja funciona´rio publico e ja´ tenha dado a hora que
marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade e´ que ele conhec¸a o Teorema da desigualdade
Triangular. Pelo teorema da desigualdade triangular a soma de quaisquer dois lados de um
triaˆngulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que e´ menor
que 100, o que iria contra o teorema.
7. Prove as propriedades da func¸a˜o “reflexa˜o”, constantes do texto.
Soluc¸a˜o:
Prova de (i)
Sabe-se que Fm(Fm(A)) = A, no entanto queremos provar que Fm(A) = A
′ o que seria equivalente
ao mostrar que Fm(A
′) = A. Portanto para verificar essa igualdade (Fm(A) = A′) vamos mostrar
que Fm(A
′) = A.
Se Fm(A) = A
′ enta˜o existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m.
A
D
A′
m
Como por hipo´tese A e A’ na˜o pertencem a reta m, enta˜o AA’ intercepta m num ponto D tal
que AD = DA’.
Agora verifica-se que o segmento AA’ possui duas condic¸o˜es de reflexo.
A′A = {AD ∪ DA′} = AA′
Contudo, como AD e DA’ esta˜o sob a mesma reta A′A coincide com AA′, logo A′A e´ perpendicular
a m tendo D como seu ponto me´dio. Assim Fm(A
′) = A.
Como se queria demonstrar.
Prova de (ii)
(⇒) Se Fm(A) = A enta˜o por definic¸a˜o existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde
m ∩ AA e´ um ponto P que e´ ponto me´dio do segmento AA. No entanto como AA e´ um conjunto
unita´rio (AA={A}) enta˜o A ∈ m.
(⇐) Como AA = {A} e A pertence a m enta˜o Fm(A) = A, pois o reflexo de um ponto e´ o pro´prio
ponto.
Prova de (iii)
Fazendo Fm(A) = A
′ e Fm(B) = B′ enta˜o Fm(A)F(B) = A′B′ deste modo devemos provar que A′B′ = AB.
• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstrac¸a˜o e´ imediata.
• Se A 6= B enta˜o AA’ e BB’ sera˜o interceptados por m nos seus pontos me´dios D e E respeti-
vamente
39
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
D
B
B′
E
A
A′
m
r
s
Seja r a reta que passa por DB e s a reta que passa por DB′ teremos que:
∆BDE = ∆EB’D (caso LAL)
Note que ∆BDB’ e´ iso´sceles de base BB’ e a reta m e´ sua bissetriz. Assim BD̂E = B′D̂E e como
AD̂B + BD̂A + BD̂E + ED̂B′ = 180◦
e tambe´m
AD̂B = BD̂E = 90◦
Enta˜o conclui se que AD̂B = A′D̂B′. E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ sa˜o congruentes pelo caso
LAL.
D
B
B′
E
A
A′
Assim AB = A′B′ C.Q.D.
Prova de (iv)
Seja r a reta que passa por A e B, e s a reta que passa por A e B’ enta˜o:
A
B
B′
m
r
s
BD̂A = AD̂B = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ e´ iso´sceles e como
m e´ sua altura, pois m ⊥ BB′, tambe´m e´ sua bissetriz.
8. Na figura a seguir os triaˆngulos ABC e EDC sa˜o congruentes e os pontos A, C e D sa˜o
colineares. Mostre que AD > AB
40
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
C
B
A
E
D
Soluc¸a˜o:
O aˆngulo EĈD > B̂, Â pelo TAE. Como ∆ABC = ∆ECD ∴ EĈD = BĈA, assim AC = EC pelo teo-
rema da desigualdade triangular temos que:
AC + CB ≥ AB
Como AC = EC e CB = CD enta˜o
EC + CD > AB
Como AD = AC + CD tem se que:
AD = EC + CD > AB
que implica em AD > AB.
9. Na figura a seguir tem se 1̂ = 2̂ e 1̂ + 2̂ = 180◦. Conclua que as retas m e n sa˜o paralelas.
m
1
n
2
Soluc¸a˜o:
Se m na˜o for paralela a n enta˜o se formara um triaˆngulo com dois aˆngulos retos, pois 1̂ = 2̂ e
1̂ + 2̂ = 180◦ o que na˜o seria poss´ıvel, (isso porque a soma dos aˆngulos internos seria maior que
180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n.
10. Na figura abaixo B̂ e D̂ sa˜o aˆngulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC.
A
D C
B
41
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Basta trac¸ar o segmento AC, e enta˜o ∆ADC = ∆ABC pelo crite´rio cateto hipotenusa que implica
que AD = BC.
11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triaˆngulos quaisquer em que AB = A’B’, Â = Â′ e Ĉ = Ĉ ′.
Decida se ABC e A’B’C’ sa˜o congruentes ou na˜o.
Soluc¸a˜o:
Os triaˆngulos sera˜o congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso cateto, aˆngulo oposto caso sejam
triaˆngulos retaˆngulos.
12. No final da demonstrac¸a˜o do teorema 5.2, e´ feita a seguinte afirmac¸a˜o: “.. a semi-reta
SAF divide o aˆngulo BÂD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmac¸a˜o e´ verdadeira.
Soluc¸a˜o:
Dado BÂD este aˆngulo e´ definido por duas semi-retas com origem em A.
A
B
D
F
Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD enta˜o F ∈ BÂD e portanto SAF ⊂ BÂD logo divide
BÂD
42
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 84
1. Na figura ao lado O e´ o ponto me´dio de AD e B̂ = Ĉ. Se B, O e C sa˜o colineares, conclua
que os triaˆngulos ABO e DOC sa˜o congruentes.
A B
C D
O
Soluc¸a˜o:
Por hipo´tese AO = OD e B̂ = Ĉ, devemos provar que ∆AOB = ∆COD.
Pela proposic¸a˜o 6.3 AB e´ paralelo a CD logo  = D̂ pois sa˜o correspondentes, como CÔD = AÔB,
pois sa˜o opostos pelo ve´rtice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD
2. Prove que a soma das medidas dos aˆngulos agudos de um triaˆngulo retaˆngulo e´ 900.
Soluc¸a˜o:
A
B
C
Pelo teorema 6.5  + B̂ + Ĉ = 1800. Seja Ĉ = 900 enta˜o  + B̂ = 1800 − Ĉ que implica em
 + B̂ = 900.
3. Prove que cada aˆngulo de um triaˆngulo equila´tero mede 600.
Soluc¸a˜o:
A
C
B
r
Seja ∆ABC equila´tero enta˜o:
 + B̂ + Ĉ = 1800 (1)
43
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Por ser iso´sceles  = Ĉ = B̂ enta˜o:
3 · B̂ = 1800
Que implica em B̂ = 600. Logo  = Ĉ = B̂ = 600
4. Prove que a medida do aˆngulo externo de um triaˆngulo e´ igual a soma das medias dos
aˆngulos interno a ele na˜o adjacentes.
Soluc¸a˜o:
A
C
B
e
Dado ∆ABC sabe se que  + B̂ + Ĉ = 1800 (1) tambe´m B̂ + ê = 1800 (2) igualando (1) com
(2) temos:
 + B̂ + Ĉ = B̂ + ê⇒ ê =  + B̂
Como se queria demonstrar.
5. Um segmento ligando dois pontos de um circulo e passado por seu centro chama-se
diaˆmetro. Na figura ao lado O e´ o centro do circulo, AB e´ um diaˆmetro e C e´ outro ponto
do circulo. Mostre que 2̂ = 2 · 1̂
Soluc¸a˜o:
A B
C
O
21
Como mostramos na questa˜o anterior 2̂ = 1̂ + ĉ. Para mostrar que 2̂ = 2 · 1̂ basta mostrar
enta˜o que ĉ = 1̂. Sabemos que AD = r (r e´ o raio da circunfereˆncia) e OC = r logo AO = OC
portanto ∆AOC e´ iso´sceles de base AC e seus aˆngulos 1̂ = Ĉ C.Q.D..
44
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
6. Prove que se m e n sa˜o retas equidistantes enta˜o m e n sa˜o paralelas ou coincidentes.
Soluc¸a˜o
A
A’
P
n
m
Seja m e n duas retas distintas que se interceptam no ponto P. Marca se na reta m o ponto A
por onde desse uma perpendicular a reta n no ponto A’. Como as retas sa˜oequidistantes enta˜o
AP = A’P e ∆AA′P e´ iso´sceles de base AA′ o que e´ um absurdo pois a soma de seus aˆngulos internos
seriam maior que 1800, logo ou m e´ paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.
7. Seja ABC um triaˆngulo iso´sceles com base AB. Sejam M e N os pontos me´dios dos lados
CA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexo
do ponto C relativamente a´ reta que passa or M e N e´ exatamente o ponto me´dio do segmento
AB.
Soluc¸a˜o:
Considere as figuras:
A B
C
M N
Dado ∆ABC com os segmentos CM = CN, pois o triaˆngulo e´ iso´sceles e M, N e´ ponto me´dio. E
seja F(MN)(C) = C
′ enta˜o CC’ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo crite´rio Hipotenusa,
Cateto ∆CMF = ∆NFN enta˜o CC’ intercepta MN no seu ponto me´dio.
8. Demonstrar a proposic¸a˜o (6.10).
Soluc¸a˜o:
Para o quadrila´tero ABCD por hipo´tese AB//DC, AB = DC, BC = AD enta˜o temos:
45
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
O
A B
CD
Pelo desenho e´ poss´ıvel deduzir que os aˆngulos AĈD = CÂB; AB̂D = BD̂C e DÂO = AD̂O = OB̂C = BĈO
Enta˜o pelo caso LAL ∆AOB = ∆COD, portanto AO = OD. Analogamente ∆BOD = ∆AOC logo BO
= OC o que conclui que ambas as retas se interceptam no ponto me´dio.
9. Demonstre a proposic¸a˜o (6.12).
Soluc¸a˜o:
Proposic¸a˜o 6.12: Dado um quadrila´tero qualquer se dois lados opostos sa˜o congruentes e
paralelos enta˜o o quadrila´tero e´ um paralelogramo.
A
C
B
D
e
r
Para esta prova usaremos a proposic¸a˜o 6.11 onde dado o quadrila´tero ABCD com AB//DC e AB
= DC por hipo´tese provaremos que AD = DC por hipo´tese provaremos que AD = BC, pois segundo
6.11 se isso ocorre o quadrila´tero e´ um paralelogramo. AB//DC por hipo´tese, logo trac¸amos uma
reta r que divide o quadrila´tero em ∆ADB, DeltaDBC (esquema) enta˜o:
ê = AB̂D pois sa˜o opostos pelo ve´rtice.
ê = BD̂C pois sa˜o correspondentes.
Como DB e´ comum aos dois triaˆngulos e AB = DC por hipo´tese enta˜o ∆ADB = ∆DBC pelo caso
LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposic¸a˜o 6.11 ABCD e´ um paralelogramo.
10. Um retaˆngulo e´ um quadrila´tero que tem todos os seus aˆngulos, retos. Mostre que, todo
retaˆngulo e´ um paralelogramo.
Soluc¸a˜o:
Considere o desenho.
A
C
B
D
46
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os aˆngulos BÂC = AĈD e
como a soma dos dos aˆngulos internos de um triaˆngulo e´ 180 graus enta˜o:
AĈB = DÂC
Logo pelo caso LAL
∆ADC = ∆ABC
enta˜o os segmentos AD = BC e ambos sa˜o perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados sa˜o
congruentes e paralelos.
11. Mostre que, as diagonais de um retaˆngulo sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o:
Por definic¸a˜o um retaˆngulo e´ um quadrila´tero com 4 aˆngulos retos.
A
C
B
D
O
Sabe se que se duas retas sa˜o interceptadas por uma terceira perpendicular a elas enta˜o estas
sa˜o paralelas, logo dado o retaˆngulo ABCD teˆm se que:
AB//DC e AD//BC
Portanto o retaˆngulo e´ um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC,
diagonais de ABCD, provemos que sa˜o congruentes.
PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma ana´loga constru´ımos ∆ADC como
ambos sa˜o retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL sa˜o congruentes e DB = AC.
12. Um losango e´ um paralelogramo que tem todos os seus lados congruentes. Mostre que,
as diagonais de um losango cortam-se em aˆngulos reto e sa˜o bissetrizes dos seus aˆngulos.
Soluc¸a˜o:
Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos me´dios.
47
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, enta˜o pelos pontos AB e C
constru´ımos o triaˆngulo ABC de modo ana´logo constru´ımos o triaˆngulo DAB. Como BA = BC e DA
= AB enta˜o ∆ABC e ∆DAB sa˜o iso´sceles tal que
∆ABC = ∆ABF ∪ ∆BFC
∆DAB = ∆DAF ∪ ∆FAB
e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Enta˜o BD intercepta AC em 900 e como se in-
terceptam em seus pontos me´dio ( e as diagonais sa˜o a base do triaˆngulo iso´sceles) enta˜o sa˜o
bissetrizes.
13. Um quadrado e´ um retaˆngulo que tambe´m e´ um losango. Mostre que, se as diagonais de
um quadrila´tero sa˜o congruentes e se cortam em um ponto que e´ ponto me´dio de ambas, enta˜o
o quadrila´tero e´ um retaˆngulo.
Soluc¸a˜o:
Um retaˆngulo e´ um quadrila´tero com 4 aˆngulos retos internos.
F
A C
B D
Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆COD
Como AB = BC por hipo´tese e O e´ o ponto me´dio de ambos enta˜o:
BO = OD = OC = AO (1)
∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD
Pelo caso LLL. Assim como os aˆngulos AÔB e BÔC esta˜o sob a mesma semi-reta e sa˜o comple-
mentares ale´m de serem congruentes enta˜o:
AÔB = BÔD = 900
Analogamente para AÔC = CÔD = 900. Como por (1) os triaˆngulos contidos em ABCD sa˜o
iso´sceles enta˜o:
OB̂D = OD̂B = OB̂A = BÂD = DÂC = AĈD = OD̂C = 450
pois a soma de seus aˆngulos internos deve ser 1800, um dos aˆngulos ja´ e´ reto e dois da base
sa˜o congruentes.
Assim os aˆngulos AB̂D = BÂC = CD̂B = AB̂D = 900
Satisfazendo a definic¸a˜o de retaˆngulo.
48
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 86
3. Mostre que, se dois aˆngulos e o lado oposto a um deles, em um triaˆngulo, sa˜o iguais a´s
correspondentes partes de um outro triaˆngulo, enta˜o os triaˆngulos sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o:
A soma dos aˆngulos internos de cada ∆ e´ 180◦ ou seja Ĉ +  + B̂ = Ĉ′ + Â′ + B̂′ como  = Â′ e
B̂ = B̂′ ⇒ Ĉ = Ĉ′. Assim pelo crite´rio LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’.
49
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 100
10. Mostre que todo triaˆngulo retaˆngulo de lados p2 − q2, 2pq e p2 + q2 e´ um triaˆngulo
retaˆngulo. Aqui p e q sa˜o quaisquer nu´meros inteiros positivos com p > q.
Soluc¸a˜o:
Se o triaˆngulo e´ retaˆngulo deve valer o teorema de Pita´goras caso contra´rio o triaˆngulo na˜o
e´ retaˆngulo. Vamos mostrar que este teorema e´ va´lido.
(p2 + q2)2 = (2pq)2 + (p2 − q2)2
(p2 + q2)2 = 4p2q2 + p4 + q4 − 2p2q2
(p2 + q2)2 = p4 + 2p2q2 + q4
Note que o segundo termo da igualdade e´ um quadrado perfeito
(p2 + q2)2 = (p2 + q2)2
50
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 119
1. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas congruentes sa˜o
equidistantes do centro.
Soluc¸a˜o:
A E B
O
C F D
Construa uma circunfereˆncia de centro O com cordas AB = CD. Por O trac¸amos os segmentos
OA = OB = OC = OD = Raio.
Assim ∆ABO e´ iso´sceles, o mesmo para ∆COD. Como AÔB = CÔD, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice,
enta˜o ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.
Trac¸ando os segmentos OE e OF tal que OE e EF sa˜o alturas dos triaˆngulos, portanto perpen-
diculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD enta˜o EO = OF e as cordas AB e CD sa˜o
equidistantes. Como se queria demonstrar.
2. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas equidistantes do
centro sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o:
Imagine a seguinte construc¸a˜o:
A
B
C D
E
F
O
Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas sa˜o equidistantes enta˜o existe uma per-
pendicular a cada corda que e´ congruente, isto e´:
OE = OF por hipo´tese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.
Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto AE = EB =
CF = FD e enta˜o:
AE + EB = CF + FD
AB = CD
51
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Como se queria demonstrar.
3. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, se duas cordas tem
comprimentos diferentes, a mais curta e´ a mais afastada do centro.
Soluc¸a˜o:
Imaginea seguinte construc¸a˜o:
A
B
C D
E
F
O
Como A, B, C e D pertence ao circulo enta˜o:
OC = OD = OA = OB = raio
Logo ∆COD, ∆AOB sa˜o iso´sceles.
Trac¸ando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retaˆngulos. Enta˜o
pelo teorema de Pita´goras:
OA2 = OF2 + AF2
e tambe´m
OC2 = OE2 + CE2
Como OA = OC = raio
OF2 + AF2 = OE2 + CE2 (1)
Como AB < CD por hipo´tese e F e E sa˜o pontos me´dios de AB e CD respetivamente, pois ∆AOB,
∆COD sa˜o iso´sceles, enta˜o AF < CE o que obriga a desigualdade OF > OE para manter a igualdade
em (1). Como se queria demonstrar.
4. Mostre que a mediatriz de uma corda passa pelo centro do circulo.
Soluc¸a˜o:
Dado uma corda AB e uma mediatriz m cortando AB no ponto E tal que AE = EB e m⊥AB
imagina-se a construc¸a˜o a seguir:
52
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
E B
O
m
Com base na construc¸a˜o e´ fa´cil ver que:
AO = OB = Raio
e tambe´m que
∆AOB e´ iso´sceles de base AB.
Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB enta˜o (por construc¸a˜o), OE ⊥ AB. Como por um
ponto passa uma u´nica reta perpendicular enta˜o OE e´ a pro´pria mediana passando pelo ponto O
(centro). Como se queria demonstrar.
5. Explique porque o reflexo de um circulo relativamente a uma reta que passa pelo seu
centro e´ ainda o mesmo circulo.
Soluc¸a˜o:
Recordando as propriedades de reflexa˜o temos:
Fm(A) = A se A ∈ m.
Imagine a seguinte construA˜§A˜£o:
A
E
A′
O
m
Trac¸ando uma reta m que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro e´ o pro´prio centro.
E seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo enta˜o existe um segmento AA’ que inter-
cepta m no ponto E tal que, AE = A’E e AA’ ⊥ m.
Trac¸amos enta˜o o ∆AOE = ∆EOA’ que sa˜o congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ e
portanto, o reflexo de A tambe´m pertence ao circulo.
7. Na figura abaixo AE e´ tangente comum e JS liga os centros dos dois c´ırculos. Os pontos
E e A sa˜o pontos de tangencia e B e´ o ponto de intercessa˜o dos segmentos JS e AE. Prove que
o aˆngulo Ĵ e´ igual ao aˆngulo Ŝ.
53
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
S
E
B
J
A
Soluc¸a˜o:
Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunfereˆncia em sua extremidade enta˜o
esta e´ perpendicular a reta tangente.
Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA sa˜o retaˆngulos e EB̂S = JB̂A, pois sa˜o postos pelo ve´rtice.
Como ∆ESB e ∆JBA possui dois aˆngulos congruentes enta˜o sa˜o semelhantes e portanto Ŝ = Ĵ.
Como se queria demonstrar.
8. Na figura seguinte, M e´ o centro dos dois c´ırculos e AK e´ tangente ao circulo menor no
ponto R. Mostre que AR = RK.
A
R
K
M
Soluc¸a˜o:
Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio.
A
R
K
M
54
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Por m trac¸amos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora, se um raio intercepta uma reta
em seu ponto de tangencia esta e´ perpendicular a reta. Com base nisto teremos AR̂M = MR̂K = 90◦.
Portanto, ∆AMR, e ∆MRK sa˜o retaˆngulos e pelo crite´rio cateto hipotenusa dos triaˆngulos retaˆngulos
∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK. Como se queria demonstrar.
9. Na figura abaixo, UK e´ tangente ao circulo no ponto U e UE = LU. Mostre que LE = EK.
L
U
E
K
Soluc¸a˜o:
Se UK e´ tangente ao circulo no ponto U enta˜o UK ⊥ LU logo LÛK = 90◦.
Por hipo´tese UE = LU e como LE e´ raio enta˜o LE = LU = UE.
Assim ∆LUE e´ equila´tero e LÊU = LÛE = UL̂E = 60◦.
Como LÊU e´ aˆngulo externo do ∆EUK enta˜o:
LÊU = EK̂U + EÛK
No entanto como LÛK = LÛE + EÛK ent~ao LÛE + EÛK = 90◦ (1)
Como LÛE = 60◦ por (1) tem-se
EÛK = 30◦
Assim LÊU = EÛK + EK̂U implica em:
60◦ = 30◦ + EK̂U
EK̂U = 30◦
Assim ∆EUK e´ iso´sceles de base UK, pois possuem dois aˆngulos de 30◦, e assim EK = UE (2).
Como UE = LU = LE (3).
Por (2)e por (3) chegamos a LE = EK. Como se queria demonstrar.
10. Na figura seguinte, MO = IX. Prove que MI = OX.
M X
O I
55
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Trac¸ando uma corda MX com ela e´ poss´ıvel perceber que MÔX = MÎX, pois ambas possuem a
mesma corda.
M X
O I
B
Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois aˆngulos congruentes estes sa˜o semelhantes portanto:
MO
XI
=
OB
BI
Como MO = XI por hipo´tese:
OB
BI
= 1⇒ OB = BI
Assim ∆MOB = ∆BXI pelo caso LAL e MB = BX, portanto:
MB + BI = BX + OB
MI = XO
Como se queira demonstrar.
11. Na figura seguinte, H e´ o centro do circulo e CI e um diaˆmetro. Se CA e HN sa˜o paralelos,
mostre que
_
AN e
_
IN tem a mesma medida.
C I
H
N
A
Soluc¸a˜o:
C I
H
N
A
Na figura dada trac¸amos AH (figura acima), enta˜o:
Ĉ = 0.5(AĤI) (1)
56
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Tambe´m podemos
perceber CÂH = AĤN, pois sa˜o aˆngulos alternos internos.
Como ∆ACH e´ equila´tero (AH = CA = CH = Raio) enta˜o Ĉ = CÂH = AĤN.
Enta˜o de (1) vem que:
Ĉ = 0.5AĤI = 0.5(AĤN + NĤI)
Ĉ = 0.5(AĤN + NĤI)
Como AĤN = Ĉ
Ĉ - 0.5 Ĉ = 0.5 NĤI
0.5 Ĉ = 0.5 NĤI
NĤI = Ĉ = AĤN
Concluindo que NĤI = AĤN.
Como aˆngulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstrac¸a˜o
concluindo que
_
AN =
_
IN.
12. Na figura abaixo, O e´ o centro do circulo e TA e´ um diaˆmetro. Se PA = AZ, mostre que
os triaˆngulos PAT e ZAT sa˜o congruentes.
P
A
Z
T
O
Soluc¸a˜o:
Note que TP̂A e TẐA remetem ambos a arcos formados por semi c´ırculos de modo que
TP̂A = TẐA = 90◦
Logo os triaˆngulos PAT e ZAT sa˜o congruentes pelo caso especial (PA = AZ e TA comum).
14. Na figura seguinte, o quadrila´tero DIAN e´ um paralelogramo e I, A e M sa˜o colineares.
Mostre que DI = DM.
A
M
N
D
I
O
57
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Temos DN̂A = DM̂A, pois submetem ao mesmo arco
_
DA . Como DIAN e´ um paralelogramo
enta˜o DN̂A = DÎA, assim:
DM̂A = DÎA
Como I, A e M sa˜o colineares o ∆DMI e´ iso´sceles de base MI o que implica em DM = DI.
15. Na figura abaixo, qual dos dois arcos
_
AH ou
_
MY, tem a maior medida em graus? Sabe
se que os dois c´ırculos sa˜o conceˆntricos.
A M E
T
S
YH
Soluc¸a˜o:
Com base na figura dada imagine a seguinte construA˜§A˜£o:
A M
E
T
S
YH
o
Note que AÔH e´ um aˆngulo central da mesma circunfereˆncia em que AT̂H esta´ inscrita e por-
tanto:
AT̂H =
AÔH
2
Com AT̂H relativo ao arco
_
AH e MÔY relativo ao arco
_
MY.
Como MÔY > AÔH isso implica diretamente em
_
MY =
_
AH.
16. Mostre que um aˆngulo secante cujo ve´rtices esta dentro do circulo tem medida igual a
metade da soma do arco que determina com o arco que e´ determinado pelo aˆngulo que se lhe
opo˜e pelo ve´rtice. (Na figura anterior a esquerda: AP̂B =
1
2
(med
_
AB + med
_
CD).
58
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
Fac¸amos a seguinte construc¸a˜o:
A
B
C
D
P
Note que AP̂B e´ aˆngulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que AP̂B = AD̂B + CB̂D.
Como AÔB e´ aˆngulo inscrito na circunfereˆncia que corresponde ao arco
_
AB e CB̂D corresponde
ao arco
_
DC temos:
AD̂B =
_
AB
2
CB̂D =
_
DC
2
Como AP̂B = AD̂B + CB̂D segue se que:
AP̂B =
_
AB +
_
DC
2
17. Na figura abaixo AP̂B e´ um aˆngulo secante cujo ve´rtice esta fora do circulo mostre que AP̂B
=
1
2
(med
_
AB - med
_
CD)
A
B
C
D
P
Soluc¸a˜o:
Na figura fazemos a seguinte construc¸a˜o:
59
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
BC
D
P
Com essa construc¸a˜o teremos os seguintes aˆngulos inscritos AĈB, AD̂B e CB̂D.
Como AĈB e´ aˆngulo esterno ao triaˆngulo CBP por consequeˆncia do axioma V temos:
AĈB = AP̂B + CB̂D
AP̂B = AĈB - CB̂D
AP̂B =
_
AB
2
+
_
CD
2
AP̂B =
1
2
(
_
AB− _CD)
Como se queria demonstrar.
21. Prove que o segmento ligando um ve´rtice de um pol´ıgono regular ao centro do c´ırculo em
que ele esta inscrito e´ bissetriz do aˆngulo daquele ve´rtice.
Soluc¸a˜o:
Seja A1,...,An um pol´ıgono qualquer inscrito numa circunfereˆncia de centro O
A1
A2
A3
A4
An
O
Os triaˆngulos A1OA2 e A2OA3 sa˜o congruentes e dessa congrueˆncia retiramos que:
A1Â2O = OÂ2A3
Logo OA2 e´ bissetriz de A1Â2A3. Como se queria demonstrar.
60
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 125
1. Prove que uma reta pode cortar um c´ırculo em no ma´ximo dois pontos.
Soluc¸a˜o:
Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Trac¸amos por A uma reta m que intercepta o
c´ırculo num ponto B, assim C ∪ m{A, B} pois A e B sa˜o colineares.
Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que pertenc¸a a m e a C
simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C). Como A, B e C sa˜o colineares enta˜o C esta´ entre
A e B (A− C− B). Deste modo sendo “O” o centro da circunfereˆncia ter´ıamos OA = OB = OC. O
que seria um absurdo pois se C esta´ entre A e B OA = OB > OC.
2. Na figura abaixo AP̂C e´ um a´ngulo secante cujo ve´rtice encontra-se fora do circulo e que
o intercepta em quatro pontos como indicado. Prove que AP·PB = CP·PD.
A B
C
D
P
Soluc¸a˜o:
Trac¸ando AD e CB tem se BÂD = BĈP, pois determinam o mesmo arco
_
BD. E´ poss´ıvel observar
que ∆APD e´ semelhante ao ∆CBP, desta semelhanc¸a tem-se:
AP
CP
=
AD
CB
=
DP
PB
Que implica em
AP · PB = CP · PD
Como se queria demonstrar.
3. Na figura abaixo WS e HI sa˜o cordas que se interceptam no ponto G, e RT e´ bissetriz do
aˆngulo WĜI. Prove que WR · TS = HT ·RI.
W
R I
G
H T S
61
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o:
WĜR = RĜI, pois RT e´ bissetriz de W ĜI. Como WĜR = TĜS, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice, enta˜o
RĜI = HĜT que implica que RĜI = SĜT.
Temos que WŜH = WÎH, pois subentende-se ao mesmo arco
_
WH. Com isso pode-se afirmar que
∆IRG e´ semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois aˆngulos congruentes SĜT = IĜR e WŜT = WÎH).
Desta semelhanc¸a temos que:
RI
TS
=
RG
GT
=
IG
GS
(1)
Considerando que IŴS = IĤS, pois se subentendem ao mesmo arco
_
IS, segue se que ∆WRG e´
semelhante ao ∆HGT. Desta semelhanc¸a tem se que:
WR
HT
=
RG
GT
=
WG
HG
(2)
De (1) e (2) obtemos
RG
GT
=
WR
HT
;
RG
GT
=
RI
TS
⇒ WR
HT
=
RI
TS
⇒ WR · TS = HT · RI
Como se queria demonstrar.
4. Seja ABC um triaˆngulo e D um ponto de BC tal que AD e´ bisstriz do aˆngulo Â. Prove
que (AD)2 = AB ·AC −BD ·DC.
Soluc¸a˜o:
Considere o ∆ABC inscrito no circulo (C) como na figura abaixo; onde acrescentamos os
segmentos DE e EB.
A
B
C
E
D
Note que BÂD = DÂC, pois por hipo´tese AD e´ sua bissetriz. Como BÊA = AĈB, pois sa˜o aˆngulos
que subtende ao mesmo arco, no caso
_
AB, enta˜o se conclui que ∆ABE e´ semelhante ao ∆ADC. Isso
implica que:
AB
AD
=
AE
AC
⇒ AB · AC = AE · AD
Observe que DB̂E e CÂD sa˜o aˆngulos que determinam o mesmo arco
_
EC e portanto DB̂E = CÂD.
E como BÊD = AĈD enta˜o ∆BDE e´ semelhante ao ∆ADC. Desta semelhanc¸a tem-se:
62
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
BD
AD
=
ED
DC
⇒ AD · DE = BD · DC
Levando em conta que AE = AD + DE temos:
AD · AE = AB · AC
AD · ( AD + DE ) = AB · AC
AD
2
+ AD · DE = AB · AC
AD
2
+ BD · DC = AB · AC
AD
2
= AB · AC− BD · DC
Como se queria demonstrar.
5. Na figura seguinte o c´ırculo esta´ inscrito no quadrila´tero. Prove que a soma dos compri-
mentos de um par de lados opostos e´ igual a soma dos comprimentos do outro par.
Soluc¸a˜o:
Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor sa˜o congruentes.
A
B
CD
O
X
P
Z
Y
90◦
90◦
Note que AB, BC, CD e DA sa˜o tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z e P, o que implica em:
AX = AP
BX = BY
CY = CZ
DZ = DP
Somando membro a membro:
63
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
AX + BX + CY + DZ = AP + BY + CZ + DP
AB + (CY + DZ) = AD + (BY + CZ)
AB + DC = AD + BC
Com se queria demonstrar.
6. Seja ABCDEF um hexa´gono que circunscreve um c´ırculo. Prove que AB + CD + EF =
BC +DE + FA.
Soluc¸a˜o:
T
Q
F C
X
P
Y
Z
A B
DE
Por hipo´tese e pela construc¸a˜o dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA sa˜o tangentes ao circulo nos
pontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente.
Pela construc¸a˜o e´ poss´ıvel notar que alguns segmentos sa˜o congruentes, isto e´:
AT = AX
BX = BY
CY = CZ
DZ = DP
EP = EQ
FQ = FT
somando as igualdade membro a membro.
AT + BX + CY + DZ + EP + FQ = AX + BY + CZ + DP + EQ + FT
Permutando alguns membros
(BX + AX) + (DZ + CZ) + (EQ + FQ) = (BY + CY) + (DP + EP) + (AT + FT)
AB + CD + EF = BC + DE + FA
64
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Como se queria demonstrar.
8. Prove que se dois c´ırculos teˆm dois pontos em comum, a reta dos centros e´ mediatriz do
segmento ligando estes dois pontos.
Soluc¸a˜o:
Considere a seguinte construc¸a˜o onde A e B sa˜o os pontos de intercessa˜o entre os c´ırculos.
O
A
B
OA = OB pois, sa˜o raios do circulo mais a esquerda de modo que OÂB = OB̂A pois sa˜o aˆngulos
da base ∆AOB iso´sceles.
Trac¸ando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), enta˜o pelo crite´rio LAL o
∆AOH e ∆BOH sa˜o congruentes de modo que H sera´ ponto me´dio de AB.
Trac¸ando agora um segundo segmento PH’ de modo que PH’⊥AB (com H’ ∈ AB). Com pen-
samento ana´logo se chega a construc¸a˜o de que H’ tambe´m e´ ponto me´dio do segmento AB.
Como um segmento na˜o pode possuir dois pontos me´dios enta˜o H = H’ assim
OH ∪ H′P = OP
Que intercepta AB no seu ponto me´dio. Como se queria demonstrar.
10. Prove que se dois c´ırculos sa˜o tangentes, a reta dos centros passa pelo ponto de contacto.
Soluc¸a˜o:
Dado o esquema a seguir queremos mostrar que a reta determinada por O e P passa pelo
ponto de tangeˆncia X.
O PX
r
65
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Para tanto perceba que OX e´ perpendicular a reta r, assim os pontos O, X e P sa˜o colineares.
Onde se conclui que OP passa pelo ponto X.
11. Na figura seguinte as retas sa˜o tangentes comuns aos dois c´ırculos. Prove que m1 e m2
se interceptam na linha dos centros.
Prove que se os raios dos dois c´ırculos sa˜o diferentes, as retas n1 e n2 tambe´m se interceptam
na reta dos centros.
Soluc¸a˜o:
(Primeira parte)
Considere a seguinte construc¸a˜o.
O P
B
C
H
A
n1
n2
D
m1
m2
O angulo BÂC e´ tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC e´ iso´sceles que implica
que CB̂A = BĈA.
Trac¸ando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC sera´ formado o
ponto D (que e´ intercessa˜o de OH com BC) que sera´ ponto me´dio de BC. Segue-se enta˜o que AD e´
altura, bissetriz e mediana.
Usando de mesmo racioc´ınio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P sa˜o pontos
colineares e que enta˜o m1 e m2 se interceptam na linha dos centros.
12. Sejam A e B pontos de intercessa˜o de dois c´ırculos. Sejam C e D as extremidades dos
diaˆmetros dos dois c´ırculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D conte´m
o ponto B.
Soluc¸a˜o:
Imagine a seguinteconstruc¸a˜o
66
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A
B
DC
Os aˆngulos AB̂C e AB̂D sa˜o inscritos e subtendem a semi-c´ırculos pois AC e AD sa˜o diaˆmetros,
assim AB̂C = 90◦ = AB̂D. Isto implica que eles sa˜o suplementares e portanto os pontos C, B e D
sa˜o colineares o que prova a afirmac¸a˜o.
13. Prove que a medida de um aˆngulo formado por um tangente e uma corda de um circulo
e´ igual a metade da medida do arco que ele determina.
Solua˜o:
Considere o seguinte esquema:
O
A
B
C
Perceba que OA⊥ AC e ∆OAB e´ iso´sceles o que implica no fato de que OÂB = AB̂O.
Como AÔB e´ angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se:
AÔB + OÂB + OB̂A = 180◦
AÔB = 180◦ − 2 OÂB
Como OÂB = 90◦ − CÂB enta˜o:
AÔB = 180◦ − 2(90◦ − CÂB)
Que implica em
CÂB =
AÔB
2
=
arco(AB)
2
Como se queria demonstrar.
67
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
EXERCI´CIO PA´GINA 142
1. Quando o sol esta´ a 20◦ acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada por
um edif´ıcio de 50m?
Soluc¸a˜o:
tg 20◦ =
50
AB
⇒ AB ' 137.3796
2. Uma a´rvore de 10 metros de altura projeta uma sombra de 12m. Qual e´ a altura angular
do sol?
Soluc¸a˜o:
12m
10m
θ
tg θ =
10
12
⇒ θ = arctg(0.8333...) ∼= 39.8◦.
3. Os lados de um triaˆngulo ABC sa˜o os seguintes: AB = 5, AC = 8, e BC = 5. Determine
o seno do aˆngulo Â.
Soluc¸a˜o:
A
B C
8
55
α α
Pela lei dos cosenos temos:
AB = AC
2
+ BC
2 − 2AC BCcosĈ
Substituindo os valores da figura:
25 = 64 + 25− 2 · 8 · 5 cosĈ
cosĈ =
64
80
⇒ Ĉ ∼= 36◦87′
Como Ĉ =  pois o triaˆngulo e´ iso´sceles, enta˜o sen Ĉ = sen  = 0.6
68
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
4. Do topo de um farol, 40 metros acima do n´ıvel do mar, o faroleiro vA˜a um navio segundo
um aˆngulo (de depressa˜o) de 15◦. Qual a distaˆncia do navio ao farol?
Soluc¸a˜o:
A B
C
15◦
40
tg θ =
AC
BC
⇒ AC = tg(15◦) · 40 ∼= 10.72m
5. Um carro percorreu 500 metros de uma estrada inclinada 20◦ em aclive. Quantos metros
o ponto de chegada esta acima do ponto de partida.
Soluc¸a˜o:
A 20
◦
B
C
500m
Aplicando a lei dos senos
SenĈ
AB
=
SenÂ
BC
Sen90◦
500
=
Sen20◦
BC
⇒ BC ∼= 171.01m
6. Mostre que o per´ımetro de um pol´ıgono regular inscrito em um circulo de raio R e
pn = 2Rsen
(
180◦
n
)
.
Soluc¸a˜o:
O per´ımetro de Pn de n lados e´ calculado por:
69
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Pn = 2nP
Onde P e´ a metade da medida de um lado, conforme a figura abaixo indica.
Â
A
B
C
D
BD = DC e P =
BD
DC
Sendo Sen  =
P
R
com  =
(
360◦
2n
)
enta˜o:
P = R · senÂ
e portanto
Pn = 2n · R · senÂ
Pn2n · R · sen
(
360◦
2n
)
Pn = 2n · R · sen
(
180◦
n
)
Como se queria demonstrar
7. Num triaˆngulo ABC tem se AC = 23, Â = 20◦ Ĉ = 140◦. Determine a altura do ve´rtice
B.
Soluc¸a˜o:
Esse triaˆngulo na˜o existe. O que invalida a questa˜o. Isso pode ser provado com o seguinte
calculo.
A soma dos aˆngulos internos de todo pol´ıgono e´ igual a 180◦, logo B̂ = 20◦ e o triaˆngulo e´
iso´sceles e portanto CB = 23. Como na figura abaixo.
A B
C
20◦ 20◦
140◦
Trac¸ando uma bissetriz em Ĉ teremos dois triaˆngulos retaˆngulos como na figura abaixo.
70
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
A B
C
20◦ 20◦
70◦
D
90◦
Usando a lei dos senos
sen20◦
DC
=
sen90◦
23
⇒ DC ∼= 7.866
Aplicando o teorema de Pita´goras chegamos a AD = 21.613. Portanto, AB = 43.226.
Vamos usar esses dados para mostrar que essa construc¸a˜o de triaˆngulo na˜o e´ poss´ıvel pois se
trac¸armos uma altura (segmento BE ) conforme a figura abaixo
A B
C
E
90◦
20◦
teremos AB̂E = 180◦ − (20◦ + 90◦) = 70◦ o que seria imposs´ıvel.
8. As func¸o˜es secante, cossecante e cotangente de um aˆngulo  sa˜o definidas por sec =
1/cosÂ, cossec = 1/sen e cotgÂ= 1/tgÂ, desde que cosÂ, sen e tg sejam definidas e
diferentes de zero. Prove que:
a) 1 + tg2Â = sec2Â
b) 1 + tg2Â = cossec2Â
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Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Soluc¸a˜o de a:
sec2Â =
1
cos2Â
sec2Â =
sen2Â + cos2Â
cos2Â
sec2Â =
sen2Â
cos2Â
+ 1
sec2Â = Tg2Â + 1
Como se queria demonstrar
Soluc¸a˜o de b:
Cosec2Â =
1
sen2Â
=
sen2Â + cos2Â
sen2Â
1 +
cos2Â
sen2Â
= 1 + cotg2Â
= 1 +
1
tg2Â
Como se queria demonstrar
72
Geometria Euclidiana Plana Diego Oliveira - Vito´ria da Conquista/BA
Agradecimentos:
A Sabrina Fortunato Cunha pelo toque na questa˜o 5 da pa´gina 9 do livro.
Marina Passos pela soluc¸a˜o da questa˜o 10 da pa´gina 101 do livro.
Andreia Cristina Pereira de Oliveira pelo auxilio na digitac¸a˜o.
73

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