Geometria Elementar

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G E O M E T R I A 
E L E M E N T A R 
 
 
 
 
“Entre os espíritos iguais e postos 
nas mesmas condições, o que 
conhece GEOMETRIA é superior aos 
outros e possui vigor especial.” 
Pascal 
 
 
APRESENTAÇÃO 
 
 
 
Este livro maravilhoso, escrito pelos Irmãos Maristas e publicado 
pela editora marista FTD no início do século XX, traz mais de 600 
problemas resolvidos de excelente nível envolvendo Geometria 
Plana, Geometria Espacial e Cônicas. 
 
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 ! 
 
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, podem ter certeza. 
 
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. 
 
 
 
Prof. Renato Brito 
(ex-aluno do colégio marista cearense) 
Editora VestSeller 
Setembro / 2009 
 
 
 
 
 
SUMÁRIO 
 
 
Capítulo 1 ƒ Demonstrações envolvendo triângulos; 
ƒ Problemas de construção; 
ƒ Demonstrações envolvendo quadriláteros. 
7 
Capítulo 2 ƒ Problemas de construção envolvendo círculos, 
tangentes e secantes, inscrição e circunscrição. 
ƒ Demonstrações envolvendo triângulos e círculos; 
ƒ Problemas de construção envolvendo círculos 
inscrito e círculo ex-inscrito; 
ƒ Problemas de construção envolvendo 
paralelogramos e trapézios. 
35 
Capítulo 3 ƒ Demonstrações envolvendo cevianas; 
ƒ Demonstrações envolvendo triângulos e 
circunferências; 
ƒ Demonstrações envolvendo quadriláteros e 
circunferências; 
ƒ Demonstrações envolvendo polígonos. 
95 
Capítulo 4 ƒ Problemas envolvendo áreas de triângulos e 
quadriláteros; 
ƒ Problemas envolvendo divisão de áreas em razão 
dada; 
ƒ Problemas envolvendo áreas de polígonos. 
143 
Capítulo 5 ƒ Problemas envolvendo paralelepípedos e 
pirâmides. 
188 
Capítulo 6 ƒ Problemas envolvendo divisão de volume de 
sólidos em razão dada. 
190 
Capítulo 7 ƒ Problemas envolvendo sólidos de revolução; 
ƒ Problemas envolvendo cálculo de volumes gerados 
pela rotação de figuras planas. 
203 
Capítulo 8 ƒ Problemas de construção envolvendo elipses; 
ƒ Demonstrações envolvendo elipses; 
ƒ Demonstrações envolvendo hipérboles; 
ƒ Problemas de construção envolvendo parábolas; 
ƒ Demonstrações envolvendo parábolas. 
210 
Capítulo 9 ƒ Problemas de revisão do capítulo 1; 
ƒ Demonstrações envolvendo triângulos; 
ƒ Demonstrações envolvendo cevianas. 
224 
Capítulo 10 ƒ Problemas de revisão do capítulo 2; 
ƒ Demonstrações de construção envolvendo 
triângulos; 
ƒ Demonstrações envolvendo circunferências, 
triângulos, tangentes e secantes; 
ƒ Problemas de construção envolvendo 
circunferências e tangências. 
234 
Capítulo 11 ƒ Problemas de revisão do capítulo 3; 
ƒ Demonstrações envolvendo triângulos, 
circunferência inscrita e circunscrita; 
ƒ O círculo de Euler dos 9 pontos. 
247 
Capítulo 12 ƒ Problemas de revisão do capítulo 4; 
ƒ Lúnulas de Hipócrates; 
ƒ Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
áreas de figuras isoperimétricas; 
ƒ Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
inscrição e circunscrição de figuras planas. 
260 
Capítulo 13 ƒ Problemas de revisão do capítulo 5; 
ƒ Problemas de máximos e mínimos envolvendo 
paralelepípedos. 
278 
Capítulo 14 ƒ Problemas de revisão do capítulo 7; 
ƒ Problemas envolvendo sólidos de revolução; 
ƒ Problemas envolvendo inscrição e circunscrição de 
figuras espaciais; 
ƒ Problemas de máximo e mínimo envolvendo 
inscrição e circunscrição de figuras espaciais. 
282 
Capítulo 15 ƒ Problemas de revisão do capítulo 8; 
ƒ Demonstrações e teoremas envolvendo elipses e 
parábolas. 
296 
Capítulo 16 ƒ Apêndice sobre máximos e mínimos sem uso de 
cálculo diferencial. 
299 
 
Capítulo 1 
 
 
7 
GEOMETRIA ELEMENTAR 
 
EXERCÍCIOS DE GEOMETRIA 
 
CAPÍTULO 1 
 
1. 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. 
 
2. 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. 
 
3. 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: 12 AOB +
1
2 AOC = 1 reto. 
 
4. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos opostos pelo 
vértice estão em linha reta. 
 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. 
Geometria Elementar 
 
 
8 
 
5. Quantas diagonais podem ser tragadas em um polígono 
convexo de n lados? 
 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, deveríamos 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 n 3n
2
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ diagonais . 
 
 Aplicações numéricas: 
• Para o triângulo, n – 3 = 0; 
Logo: n 3n 0
2
−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
• Para o quadrilátero, temos n = 4; n – 3 = 1; 
 Logo: n 3n 2
2
−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
6. Mostre que a soma das diagonais de um quadrilátero 
convexo é menor que a soma e maior que a semi-soma de 
seus lados. 
Solução: Deveremos ter: AC + BD < AB + BC + CD + AD. 
Capítulo 1 
 
 
9 
AC + BD > 12 (AB + BC + CD + AD). 
 1) Temos: AC < AB + BC 
AC < AD + DC. 
Temos igualmente: BD < BC + CD 
BD < AB + AD. 
 Somando estas desigualdades membro a membro, e dividindo cada soma por 2, 
obtemos: 
 
AC + BD < AB + BC + CD + AD. 
2) Temos: OA + OB > AB 
 OB + OC > BC 
 OC + OD > CD 
 OD + OA > AD. 
 Somando estas desigualdades, e dividindo cada soma por 2, temos: 
 OA + OB + OC + OD > 12 (AB + BC + CD + AD), 
 ou, finalmente: AC + BD > 12 (AB + BC + CD + AD). 
 
7. 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. 
 Solução: 
 Teremos: 
 OA + OB + OC < AB + AC + BC; 
 OA + OB + OC > 12 (AB + AC + BC). 
 
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. 
 
Geometria Elementar10 
2) Temos também: 
 OA + OB > AB 
 OA + OC > AC 
 OB + OC > BC. 
 Somando e dividindo por 2, obtemos: 
 OA + OB + OC > 12 (AB + AC + BC). 
 
8. 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 = C'D', DE = D'E', 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', 
C'D', 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. 
 
9. 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 = 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', C'D' 
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. 
 
10. Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm 
todos os lados, e n – 3 ângulos consecutivos 
respectivamente iguais e semelhantemente dispostos. 
 
 
Capítulo 1 
 
 
11 
 Solução: 
 Temos: 
 AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D, DE = D'E', EA = E'A' e A = A', B = B’; digo que 
estes dois polígonos são iguais. 
 Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' 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. 
 
11. Quantas condições são precisas para a igualdade de dois 
polígonos? 
 Solução: Dois polígonos são iguais quando têm 2n – 3 elementos 
respectivamente iguais e semelhantemente dispostos. 
 Com efeito, conforme os 3 problemas precedentes, é preciso conhecer: 1º) 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. 
 
12. Mostre que, em qualquer triângulo, cada mediana é menor 
que a semi-soma dos lados adjacentes. 
 
 Solução: 
 Teremos: AM < 12 (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 < 12 (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 > 12 (AB + BC + AC). 
1) Ora, temos (ex. 12): 
Geometria Elementar 
 
 
12 
 2AM < AB + AC 
 2BN < BA + BC 
 2CP < AC + BC. 
 Feita a soma, e dividida por 2, obtemos: AM + BN + CP < AB + BC + AC. 
2) Temos (nº 60): 
 AM > AB – BM 
 AM > AC – CM. 
 Adicionando, obtemos: 2AM > AB + AC – BC. 
 Temos igualmente: 2BN > AB + BC – AC 
 2CP > AC + BC – AB. 
 Somemos essas três desigualdades, reduzamos e dividamos por 2; virá: 
 AM + BN + CP > 12 (AB + BC + AC). 
 
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. 
 
 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 OA'M e OB'M, OAM e OBM. 
 A igualdade destes últimos dá A'AM = B'BM. 
 Logo os triângulos A'AM 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, são iguais, e disto resulta a igualdade dos ângulos AOM e BOM. Daí, um 
meio de construir a bissetriz de um ângulo. 
 
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. 
 
Capítulo 1 
 
 
13 
 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' são iguais. 
 
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: 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. 
 
 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. 
 
 
Geometria Elementar 
 
 
14 
19. Mostre que se, das extremidades da base de um triângulo 
isósceles abaixarmos perpendiculares sobre os lados 
opostos, estas perpendiculares serão iguais. 
 
 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. 
 
20. Por um ponto dado, P, traçar uma reta equidistante de dois 
pontos dados A e B, e separando os dois pontos dados. 
 
 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. 
 
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 B seria a reta que unisse esses dois 
pontos. 
 
Capítulo 1 
 
 
15 
 É, pois, natural procurarmos abaixo da retaum ponto A', tal que a reta A'B 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 
A'B: 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 BC'N são iguais. 
 
22. Tomados dois pontos, A e B, no interior de um ângulo xOy, 
achar o caminho mínino 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 demonstrá-lo, provemos 
que qualquer outro, AC'D'B por exemplo, é maior. 
 De acordo com a construção da figura, podemos substituir ACDB por A'CDB' e 
AC'D'B por A'C'D'B', sendo evidente que temos A'C'D'B' > A'CDB'. 
 
23. Mostre que as bissetrizes dos três ângulos de um triângulo 
concorrem no mesmo ponto. 
 
 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. 
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16 
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. 
 
 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. 
 
25. Determinar a bissetriz do ângulo formado por duas retas 
AB e CD, que não podemos prolongar até o ponto de 
concurso. 
 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. 
 
26. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos que têm os lados 
paralelos são paralelas ou perpendiculares uma a outra. 
 Solução: 
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: 
BAD = B'A'D', DAC = D'A'C'. 
 Mas B'A'D' = D'A'C'; logo, BAD = DAC, e DA é bissetriz de BAC. 
2º) Se considerarmos a bissetriz AE do ângulo BAG, esta reta é perpendicular a 
AD, e, portanto, a A'D'. 
Capítulo 1 
 
 
17 
 
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, são 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 será reto. 
 Logo, AD e AD'' são perpendiculares e, portanto, AD e A'D' também o são. 
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. 
 
28. Mostre que num triângulo ABC, o ângulo O das bissetrizes 
dos ângulos B e C vale 1 reto mais A .2
 
 
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18 
 Solução: Deveremos ter: AO 1r .
2
= + 
 Com efeito, no triângulo BOC, temos: B CO 2r .
2
+= − Mas o triângulo proposto 
dá: B + C = 2r – A ou, dividindo por 2 ambos os membros desta igualdade: 
B C A A A1r ; onde O 2r 1r 1r .
2 2 2 2
+ = − = − + = + 
 
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). 
 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. 
 
30. Mostre que o ângulo DAE formado pela mediana e a altura 
de um triângulo retângulo, é igual à diferença dos dois 
ângulos agudos. 
 Solução: 
 Devemos ter DAE = B – C. 
 
 Com efeito, B + C = 1r. Também temos C + DAC = 1r, portanto B = DAC. Aliás, 
C = EAC; e, finalmente: DAE = DAC – EAC = B – C 
 
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. 
 
 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. 
Capítulo 1 
 
 
19 
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 = (2r × 25 – 4r) = 46r. 
 
33. Qual é o polígono regular cuja soma dos ângulos vale 12 
retos? 
 Solução: Na fórmula S = 2nr – 4r, basta substituir S por 12r e resolver a 
equação resultante, onde n = 8. 
 Resposta: Trata-se do octógono. 
 
34. Qual é o polígono regular cujo ângulo interior vale 4/3 de 1 
reto? 
 Solução: Como no ex. 32, a soma dos ângulos interiores é igual a: 2nr – 4r; um 
ângulo terá por medida 2nr 4r .
n
− 
No caso presente, temos: 2nr 4r 4r .
n 3
− = Eliminemos r e resolvamos a equação; 
virá n = 6. 
Resposta: O polígono pedido é o hexágono. 
 
35. Mostre que dois trapézios são iguais quando têm os 
quatro lados iguais e dispostos do mesmo modo. 
 
 Solução: Consideremos os dois trapézios ABCD e A'B'C'D', nos quais temos 
AB = A'B'; BC = B'C'; CD = C'D' e AD = A'D'. Pelos pontos A e A', tracemos as 
paralelas AE e A'E' aos lados CD e C'D'. Os dois triângulos 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. 
 
36. Mostre que as três alturas AG, BH e CI de um triângulo 
concorrem ao mesmo ponto. 
Geometria Elementar 
 
 
20 
 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 CI perpendiculares aos lados BC, AC e 
AB, são também perpendiculares as suas paralelas (nº 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. 
 
 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. 
 
37. Demonstre que se, pelos vértices de um quadrilátero, 
traçarmos paralelas às suas diagonais, formaremos um 
paralelogramo equivalente ao dobro do quadrilátero dado. 
 
 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. 
Capítulo 1 
 
 
27 
51. 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: Com efeito, EH é paralela a DB e igual à sua metade (ex. 49). Do 
mesmo modo, FG é paralela a DB e à sua metade. Portanto, EH e FG são 
iguais e paralelas, e a figura EFGH é um paralelogramo. 
 
52. 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 HI 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. Daí, HI e JF são iguais e paralelas, e a figura HIFJ é 
um paralelogramo. Com raciocínio análogo demonstraríamos que EJGI também 
é paralelogramo. 
 
53. 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. 
 
54. Mostre que se traçarmos as bissetrizes dos ângulos de um 
paralelogramo: 1º obteremos um retângulo; 2º os vértices 
K, L, M e N deste retângulo estarão situados nas retas que 
unem os meios dos lados opostos do paralelogramo. 
 Solução: 
 1º A figura KLMN é um retângulo, pois tem os ângulos retos. Com efeito, temos 
A + D = 2 retos e, por conseguinte: 1
2
(A + D) = 1 reto. 
 Logo AND = MNK = 1 reto. 
Geometria Elementar 
 
 
32 
 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 à reta 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. 
 
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 1º ponto ao 2º é a metade 
da distância do 2º ao 3º. 
 
 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 
das medianas e que MHMO
2
= . 
 Traço a reta DE que une os meios de CH e BH, e depois, FG, que une os pés de 
duas perpendiculares; estas retas são paralelas a BC e valem BC
2
(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 
CHOG DH .
2
= = Por outra parte, a reta LK, que une os meios dos lados MC e MH 
do triângulo MCH, é paralela a CH e igual a CH.
2
 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: MHMO .
2
= 
 
Capítulo 2 
 
 
55 
 
 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. 
 
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: 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 DO
2
, são iguais, como também os 
ângulos OFE e OBE, que medem ambos DO
2
. 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 
 
 
56 
121. Sobre um raio OA prolongado, levanta-se uma 
perpendicular DE e, pelo 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 
ângulos CDO e CAO, que têm por medida comum CO ,
2
 são iguais. Da 
mesma forma, são iguais os ângulos CAO e BEO que valem BO .
2
 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; daí: 
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 
círculo; 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. 
 
Capítulo 2 
 
 
57 
 Solução: Com efeito, o ângulo CPB tem por medida BD AE
2
+ ou AB
2
. 
Igualmente, o ângulo CBP tem por medida AB
2
. 
 Logo, o triângulo CBP é isósceles e temos CB = CP. 
 
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 
inscritível. 
 
 Solução: Com efeito, o ângulo F tem por medida AB CD AC CDou .
2 2
+ + 
 O ângulo E tem por medida AD .
2
 Os ângulos F e E são, pois, suplementares, 
e o quadrilátero DFGE é inscritível. 
 
124. Mostre que as bissetrizes EF e GH dos ângulos formados 
pelos lados opostos de um quadrilátero ABCD inscritível 
sãoperpendiculares entre si. 
 
 Solução: Os ângulos em I são retos. 
Geometria Elementar 
 
 
58 
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. 
 
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. 
 
Solução: 
Teremos: AC + DB = KM + LN. 
 De fato, os ângulos BED e LON, de lados paralelos e dirigidos no mesmo 
sentido, são iguais. 
 Ora um mede AC DB ;
2
+ ao passo que o outro mede KM LN .
2
+ 
Portanto, AC + DB = KM + NL. 
 
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. 
 
Solução: Tracemos AF. O ângulo AFC tem por medida AD CD ;
2
+ o ângulo AHF 
mede AF CE .
2
+ 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 3 
 
 
95 
CAPÍTULO 3 
 
207. Achar uma 4ª proporcional a três linhas que têm 25m, 32m 
e 48m. 
Solução: Temos: x 32 ,
25 48
= onde: 32 25x 16m666.
48
×= = 
 
208. Achar uma média proporcional a duas linhas que tem 28m 
e 45m. 
 Solução: Temos: x2 = 28× 45, onde: x 28 45 35m49.= × = 
 
209. Pede-se uma 3ª proporcional a duas linhas que têm 36m e 
24m. 
 Solução: Temos: x 36 ,
36 24
= onde: 36 36x 54m.
24
×= = 
 
210. Num triângulo ABC, tem-se AB = 20m, AC = 22m e 
BC = 30m: quais são os dois segmentos determinados 
sobre BC pela bissetriz AD? 
 Solução: O nº 239 do Curso dá: BD AB BD 20ou .
BC BD AC 30 BD 22
= =− − 
Eliminando os denominadores, teremos: 22 BD = 600 – 20 BD; onde: 
600BD 14m28.
42
= = 
 
Da mesma forma, acha-se: 660CD 15m71.
42
= = 
 
Teorema de Menelaus de Alexandria (100.AC) 
 
211. 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. 
Geometria Elementar 
 
 
96 
 Solução: Deveremos ter: AE× BF× CD = AF× BD× EC. 
 
 Com efeito, tracemos CG paralela a DF. O triângulo ACG dá: AE AF,
EC FG
= e o 
triângulo BFD: BF BD .
FG CD
= 
Multiplicando membro a membro, virá AE BF AF BD ;
EC FG FG CD
× ×=× × ou, pela 
eliminação dos denominadores e a supressão de FG: 
AE× BF× CD = AF× BD× EC. 
 
Teorema de Ceva (Geovanni Ceva – 1678) 
 
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). 
 Solução: Temos: AE× BF× CD = AF× BD× 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× BF× CD = AF× BD× CK. 
Mas, por hipótese, temos: AE× BF× CD = AF× BD× EC. 
Dividindo membro a membro, vem: AK CK AK Eou .
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. 
 
Capítulo 3 
 
 
97 
Teorema de Ceva (1678) 
 
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: 
 Teremos: AE× BF× CD = AF× BD× CE. 
 Com efeito, o triângulo BAD dá, por causa da transversal CF (ex. 211): 
AO× BF× CD = AF× BC× DO, e o triângulo ADC dá, por causa da 
transversal BE: AE× DO× BC = AO× BD× CF. 
Multiplicando membro a membro e suprimindo os fatores comuns aos 
produtos, virá: AE× BF× CD = AF× BD× CE. 
 
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? 
 Solução: Os triângulos semelhantes têm os lados homólogos proporcionais; 
assim podemos assentar: 120 80 75 ;
90 x y
= = onde: 80 90x 60m
120
×= = e 
75 90y 56m25.
120
×= = 
 
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: 
Geometria Elementar 
 
 
100 
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 AH
AC
 e AG
AD
, teremos as igualdades pedidas. 
 
221. Inscrever numa circunferência um triângulo semelhante a 
um triângulo dado. 
Solução: O triângulo dado e o triângulo pedido são equiângulos. 
Conhecemos, portanto, o círculo 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 
EA× EB = ED× EC, os quatros pontos A, B, C e D estão 
situados sobre a mesma circunferência. 
 
Solução: Traço BC, BD, AC e AD. 
 A igualdade EA× EB = ED× EC dá: EA EC
ED EB
= . Os triângulos AEC e BED, 
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. 
 
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. 
 
Capítulo 3 
 
 
101 
Solução: 
Teremos: AB× BC = BE× BD. 
Tracemos CE. Os ângulos A e E são iguais, portanto os dois triângulos 
retângulos ABD e BEC, são semelhantes e dão: 
AB BC,
BE BC
= 
 onde: AB× BC = BE× BD. 
 
224. Mostre que a reta que une os meios das diagonais de um 
trapézio é igual à semi-diferença das bases. 
 
 Solução: 
 Teremos: AB DCMN .
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 
ADB dá ABKN
2
= ; o triângulo ADC, por sua vez, nos dá DCKM ;
2
= onde: 
AB DC AB DCKN KM MN .
2 2 2
−− = = − = 
 
225. Inscrever um quadrado num triângulo dado. 
 
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: 
Geometria Elementar 
 
 
112 
249. Achar o raio do círculo circunscrito a um triângulo cujos 
lados são conhecidos (fig. 189). 
 Solução: Temos (ex. 223): AB × BC = 2R × h; onde: 2R ; R .
2
c a ac
h h
×= = 
Sabendo calcular h, achar-se-á facilmente R. 
 Resposta: .= acR
2h
 
 
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 dão: OE r BE
O'F r ' BF
= = 
Mas, 2BE + 2CI + 2AI = a + b + c = 2p; onde: 
BE + CI + AI = p, 
BE + b = p, 
BE = p – b. 
Ora (ex. 130) BF = p. Logo, teremos: r p b . (1)
r ' p
−= 
 
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 
seus lados perpendiculares. Esses triângulos dão: OE CE.
CF OF
= 
 Mas CF = BF – BC = p – a e CE = BC – BE = a – (p – b) = a + b – p = 2p – c – p = 
p – c. 
Temos portanto: OE p c r p c, ou ;
p a O'F p a r '
− −= =− − 
Capítulo 3 
 
 
113 
 Onde: (p a)(p c)r .
r '
− −= (2) 
Multiplicando membro a membro as igualdades (1) e (2), teremos: 
 
2
1
r (p a)(p b)(p c) ;
r pr '
− − −= 
 Onde, (p a)(p b)(p c)r ;
p
− − −= 
Resposta: ( )( )( ).− − −= p a p b p cr
p
 
 
251. Nos problemas precentes calcular h, h', h'', R para o caso 
em que temos: a = 8m; b = 9m e e = 12m. 
Solução: Substituindo as Ietras por seus valores nas igualdades achadas 
acima. (ex. 248, 249, 250): 
2 ( )( )( ) ;− − −= p p a p b p ch
a
 
 
2 ( )( )( )' ;
2 ( )( )( )'' .
( )( )( )R , ,
2
− − −=
− − −=
− − −= =
p p a p b p ch
b
p p a p b p ch
c
p a p b p cac r
h p
 
Temos: h = 9m, h' = 8m, h'' = 6m, R = 6m, r = 2m48. 
Resposta: h = 9m; h' = 8m; h'' = 6m; R = 6m; r = 2m48. 
 
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 
triâgulos retângulos ACI, BID dão:
2 2 2 2 2 2
AI IC BI ID AC BD .+ + + = + 
 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: 
2 2 2 2 2 2 2
AI IC BI ID AC AE CE .+ + + = + = 
Geometria Elementar 
 
 
114 
253. 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. 
 
254. Os raios de dois círculos têm 7m e 8m, a distância dos 
centros é de 12m; pede-se o comprimento da corda 
comum. 
 Solução: O triângulo OAO' dá:
2 2 2
OA O'A OO' 200 IO',= + − × 
 Onde:
2 2 2
OA OO' OA ' 49 144 64IO' 5,375,
2 OO' 24
+ − + −= = = 
2 2 2AI 7 (5,375) ,
AI 49 28,8906 4,48,
2AI ou AA ' 8m96.
= −
= − =
=
 
 
 Resposta: 8m96. 
 
255. Quando traçamos a mediana AM num triângulo ABC, 
temos: + = +
2
2 2 2 BCAC AB 2AM
2
. 
 
 Solução: Com efeito, o triângulo ACM dá: 
 
2 2 2
AC AM MC 2MC DM,= + + × e o triângulo ABM: 
2 2 2
AB AM BC 2BM DM.= + − × 
 Mas como BM = MC = BC
2
, se somarmos estas igualdades, teremos: 
 
2
2 2 2 2 2 2 2 BCAC AB 2AM 2BM , ou AC AB 2AM .
2
+ = + + = + 
 
Geometria Elementar 
 
 
118 
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:
2 2 2 2
AC BD 2EG 2HF .+ = + 
 
 Com efeito, o paralelogramo EFGH dá (ex. 258): 
 
2 2 2 2 2 2
EF FG GH EH EG HF ,+ + + = + ou
2 2 2 2 2 2
2EF 2FG 2GH 2EH 2EG 2HF .+ + + = + 
Ora, AC = 2EF; logo,
2 2 2 2
AC 4EF 2EF 2GH .= = + 
 Do mesmo modo,
2 2 2
BD 2EH 2FG .= + 
 Somando membro a membro as duas últimas igualdades, tem-se: 
 
2 2 2 2 2 2 2 2
AC BD 2EF 2GH 2EH 2FG 2EG 2HF .+ = + + + = + 
 
263. Duas secantes a um círculo 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. 
 
 Solução: 
 AD = 3m, AE = 2m, AB = 5m: 
 Pede-se o valor de AF. 
 Temos: AF × AB = AD × AE, 
 Onde: AD AE 3 2AF 1m20.
AB 5
× ×= = = 
 Resposta: 1m20. 
Geometria Elementar 
 
 
190 
CAPÍTULO 6 
 
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): 
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1º CE AG 2AE 2AC ,
2º DF BH 2BF 2BD ,
3º EG FH 2EH 2HG .
+ = +
+ = +
+ = +
 
 Multiplicando a 3ª igualdade por 2, e depois somando as 3, vem: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
CE AG DF BH 2EG 2FH
2AE 2AC 2BF 2BD 2EH 4HG .
+ + + + + =
= + + + + +
 
Mas: 
2 2 2 2
2 2 2
2EG 2FH 2AC 2BD
2AE 2BF 4AE ;
+ = +
+ =
 
Logo 
2 2 2 2 2 2 2
CE AG DF BH 4AE 4EH 4HG ,+ + + = + + o que devíamos 
demonstrar, pois as 12 arestas são iguais 4 a 4. 
 
 
433. Mostre que a distância do centro de um paralelepípedo a 
um plano qualquer é o 1
8
 da soma das distâncias dos 8 
vértices do paralelepípedo do mesmo plano. 
Capítulo 8 
 
 
211 
466. O eixo maior da elipse é dividido por um foco em duas 
partes, cujo produto é b2. 
 Solução: Temos, na figura 321: 
FA × FA' = b2. 
 Com efeito 
 FA = a – c, 
 FA' = a + c. 
 Logo: 
 FA × FA' = (a – c) (a + c) = a2 – c2 = b2. 
 
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: 
22 2LF' LF 4a .− = (1) 
Abaixemos LI perpendicular a A'A, e façamos OI = x. 
Os triângulos retângulos LF'I, LFI dão sucessivamente 
2 2 2
2 2 2
LF F'I IL ,
LF FI IL ,
= +
= +
 
Onde:
2 2 22LF' LF F'I FI ,− = − 
Ou 
22 2 2LF' LF (c x) (x c) 4cx.− = + − − = (2) 
Das igualdades (1) e (2), resulta que 
4cx = 4a2, e 
2ax
c
= . 
Como x é a distância do ponto L ao eixo menor, todos os pontos de DE estão 
a esta mesma distância. 
O lugar pedido é, pois, uma reta DE, tal que o comprimento 
2aOI .
c
= OI é, 
pois, uma quarta proporcional a a, a e c. 
O lugar é, também, uma 2ª reta D'E', perpendicular a AA', à distância. 
OI' = OI. 
As retas DE e D'E' chamam-se as diretrizes da elipse. 
Geometria Elementar 
 
 
212 
468. A soma do quadrado da reta que une um ponto de uma 
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. 
 
Solução: Teremos, para um ponto qualquer da elipse: 
2 2 2
OM MF MF' OA OB .+ × = + 
Com efeito, MO sendo uma das medianas do triângulo MFF', temos (ex. 255) 
2 2 2 22OM 2OF MF MF' .+ = + 
Se acrescentarmos a cada membro desta igualdade o produto 2MF × MF', 
obtemos: 
2 2 22OM 2OF 2MF MF' (MF MF') .+ + × = + 
Mas, MF + MF' = AA' = 2OA. 
Temos, pois: 
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2OM 2OF 2MF MF' 4OA ,
OM MF MF' 2OA OF ,
OM MF MF' OA OA OF ,
+ + × =
+ × = −
+ × = + −
 
 E, como 
2 2 2
OA OF OB ,− = temos enfim: 
 
2 2 2
OM MF MF' OA OB .+ × = + 
 
469. Construir uma elipse, conhecendo-se 2b e 2c. 
 
Capítulo 8 
 
 
219 
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' que serão 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. 
 
488. A distância do foco à tangente é meia proporcional entre o 
raio vetor do pontode contato e o semi-parâmetro. 
Solução: Devemos ter 
2
FO FM AF.= × 
 Com efeito, do vértice A, tracemos a perpendicular AO ao eixo. Os triângulos 
semelhantes IOA, IMP, dão: 
AI IO ;
IP IM
= 
Ora AI é a metade de IP; portanto, lO é a metade de IM. Mas o triângulo IFM é 
isósceles, pois o ângulo I = KMO = OMF; portanto FI = FM. 
 
Daí 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: 
2
FO FI FA.= × 
Substituindo FI por seu valor FM, vem: 
2
FO FM FA.= × 
 
Capítulo 8 
 
 
223 
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: = y2 × 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. 
 
Por causa da simetria da parábola em relação ao eixo AB, a corda MM' que 
une os pontos de tangência M, M' da parábola e do círculo é perpendicular ao 
eixo e paralela a CE; além disso, o ponto O, centro do círculo, e o ponto de 
contato B estão sobre AB. 
Se conhecêssemos o ponto L, fazendo a subnormal LO igual ao parâmetro p 
da parábola, obteríamos o centro O e raio OB do círculo pedido; trata-se, pois, 
de determinar o ponto L. 
Ora, o triângulo retângulo MOL dá: 
2 2 2
2 2 22 2
2 2
MO ML LO ;
mas MO (BL p) , ML 2p AL e LO p ,
onde : (BL p) 2p AL p ;
= +
= − = × =
− = × +
 
desenvolvendo o quadrado (BL – p)2 vem: 
 
2 2 2
2
2
BL 2p BL p 2p AL p ,
BL 2p(AL BL).
Por outra parte, temos :
BC 2p 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 
L.
Geometria Elementar 
 
 
254 
 
 Solução: Devemos ter:
2 2 2 2
AB CD 8OD 4OI .+ = − 
 Com efeito 
 
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
(1) AB CD (AI IB) (CI ID) ,
(2) AB CD AI IB 2AI IB CI ID 2CI ID,
ou (ex. 252) (3) AB CD DE 2(AI IB CI ID).
+ = + + +
+ = + + × + + + ×
+ = + × + ×
 
Tracemos, pelo O, OM e ON perpendiculares a AB e a DC; pois que M está 
no meio de AB: 
AI = AM + MI e IM = AM – MI; 
 Logo: AI× IB = (AM + MI) (AM – MI) = 2 2AM MI− . 
Do mesmo modo: CI× ID = 2 2CN NI− . 
Logo, a igualdade (3) vem a dar: 
2 2 2 2 2 2 2
AB CD DE 2AM 2MI 2CN 2NI+ = + − + − . 
Mas, CN = DN, 
onde: 
 
2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
AB CD DE 2AM 2DN 2(MI NI ),
AB CDAB CD 4OD 2OI ,
2
2AB 2CD 8OD AB CD 4OI .
+ = + + − +
++ = + −
+ = + + −
 
 Afinal:
2 2 2 2
AB CD 8OD 4OI .+ = − 
 
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. 
 
Capítulo 11 – Revisão do Capítulo 3 
 
 
255 
Solução: Sejam o e O os centros das duas circunferências, r e R os raios; 
deveremos ter: 
2
oO 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: 
2
DC DF DH,= × 
ou então, já que DC = oD: 
2
oD 2R DH.= × (1) 
A perpendicular oM a DF é ao mesmo tempo, paralela a BC, e dá: HM = r; 
Onde: 
2 2 2
2 2 2
oO oD DO 2DO (DH HM),
oO oD R 2R(DH r). (2)
= + − × +
= + − +
 
 Somando-se membro a membro as igualdades (1) e (2), vem: 
2 2 2 2oD oO 2R DH oD R 2R(DH r);+ = × + + − + 
onde tiramos, depois de haver efetuado e simplificado: 
2
oO R(R 2r).= − 
 
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: 
( ).⋅ + ⋅ = + ⋅2 2 2AB CM AC BM BC AM BM CM 
 
Solução: Com efeito, abaixemos AD, perpendicular sobre BC, o triângulo 
ABM dará:
2 2 2
AB AM BM 2BM DM= + − ⋅ , 
 E o triângulo AMC:
2 2 2
AC AM CM 2CM DM= + + ⋅ . 
 Para a eliminação de DM, multiplicaremos a primeira igualdade por CM e a 
segunda por BM; somando então, teremos: 
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
AB CM AC BM AM CM AM BM BM CM CM BM.
AB CM AC BM AM (CM BM) BM CM(BM CM),
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
⋅ + ⋅ = + + ⋅ +
 
Geometria Elementar 
 
 
256 
 
2 2 2
2 2 2
(a) AB CM AC BM AM BC BM CM BC;
afinal : AB CM AC BM BC(AM BM CM).
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅
⋅ + ⋅ = + ⋅
 
 
Observação. – I. Se o ponto M estiver no meio de BC (BM = CM), a relação 
geral (a) vem a ser: 
2 2 2 BCAB BM AC BM AM 2BM BM BC;
2
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ 
 Onde:
2
2 2 2 BCAB AC 2AM .
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
= = + 
 Onde: AB BC AC BCBM , e CM .
AB AC AB AC
⋅ ⋅= =+ + 
 Substituindo estes valores no 1º membro da relação geral, temos: 
 
2 2
2
2
2
AB AC BC AC AB BC BC(AM BM CM);
AB AC
AB AC(AB AC) AM BM CM;
AB AC
onde : AB BC AM BM CM.
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅+
⋅ + = + ⋅+
⋅ = + ⋅
 
Esta relação já foi encontrada no ex: 265. 
 
548. Se por um ponto tomado fora de um círculo se traçarem 
duas secantes equidistantes do centro, as diagonais do 
quadrilátero formado pelos pontos de interseções se 
cortam num ponto constante. 
 
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. 
Geometria Elementar 
 
 
258 
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'. 
Temos: OM 1
OT 3
= . Tracemos o raio OA e a paralela MN a AT; os triângulos 
semelhantes OMN e OTA dão: ON OM 1;
OA OT 3
= = 
Onde: 1ON OA.
3
= 
 
Faremos, pois, 1ON OA;
3
= 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. 
 
Aplicação: 
OA = 3,015 dá TM = 2× 3,015 = 6,03 
TM' = 4× 3,015 = 12m06, 
Onde:
2
AT 12,06 6,03,
AT 12,06 6,03 8m52.
= ×
= × =
 
 
Resposta: AT = 8m52. 
 
551. Num triângulo qualquer ABC, os meios a, b, c dos lados, os 
pés l, 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. 
Geometria Elementar 
 
 
260 
CAPÍTULO 12 – EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 4 
 
552. Determinar a área de um trapézio em função dos 4 lados. 
Solução: Ter-se-á, para a área do trapézioABCD: 
 1 a cS (a b d c)(b c d a)(a b c d)(a d b c).
4 a c
+= ⋅ + + − + + − + − − + − −− 
 
 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: 
(n b d)(n d b)(n b d)(b d n)h .
2n
+ + + − + − + −= 
Substituindo-se nesta igualdade n por seu valor a – c, vem: 
(a c b d)(a c d b)(a c b d)(b d a c)h .
2(a c)
− + + − + − − + − + − += − 
Mas esta altura é também a do trapézio, e tem-se pois: a cS h,
2
+= × 
Ou 1 a cS (a b d c)(b c d a)(a b c d)(a d b c).
4 a c
+= ⋅ + + − + + − + − − + − −− 
 
553. 1º 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; 
2º provar que o Polígono côncavo formado pelos 7 
hexágonos é equivalente ao hexágono regular inscrito na 
circunferência dada. 
 
Capítulo 12 – Revisão do Capítulo 4 
 
 
265 
559. 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. 
 
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, DI, 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. 
 
560. De todos os triângulos construídos com dois lados dados, 
o maior é aquele em 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. 
 
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 oblíqua AD = AC: logo, o triângulo ABC é 
maior do que o triângulo ABD. 
 
561. 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. 
Geometria Elementar 
 
 
266 
 
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. 
Daí resulta que, entre as figuras de dado perímetro, há uma ou várias 
máximas. 
 
• 2º 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 AC'BD de 
mesmo perímetro que a primeira e de área evidentemente maior. 
 
• 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. 
 
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 à hipótese, pois supusemos ACBD máxima em 
superfície. 
 
• 4º A figura que, com dado perímetro, tem área máxima, é um círculo. 
Conforme o que dissemos (3º), se ACDB é figura máxima, AD'BD também o 
será (fig. 402). 
 
Capítulo 15 – Revisão do Capítulo 8 
 
 
297 
 Solução: Devemos ter: 1º 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 T'K = F'T'; 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 OF'T' = 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'. 
 
• 2º 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'. 
 
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 à 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. 
 
 Com efeito, se unirmos, por meio de retas os 3 pontos de contato M, G, N das 
3 tangentes ao foco F, o ângulo GFM fica 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 KF'L é também constante. 
 
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. 
	aa 01 a 20
	aa 27
	aa 32
	aa 55 a 58
	aa 95 a 97
	aa 100 a 101
	aa 112 a 114
	aa 118
	aa 190
	aa 211
	aa 212
	aa 219
	aa 223
	aa 254 a 256
	aa 258
	aa 260
	aa 265 a 266
	aa 297