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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM
(João Lucas Marques Barbosa)
nibblediego@gmail.com
Compilado dia 18/06/2017
O livro do Jo˜ao Lucas de Geometria Euclidiana Plana a-
presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publi-
cado inicialmente em 1995 vem sendo usado até hoje, quase 20
anos depois, em cursos de matem´atica por pessoas que falharam
miseravelmente na vida com a tarefa de serem bons professores.
O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra,
embora ainda n ão esteja completo devido á falta de tempo. Pode
haver também uma ou outra passagem obscura, ou mesmo vários
erros de português e codificação. Assim se o leitor identificar
algum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-se
á vontade para avisar-me por e-mail. Caso, deseje a judar ainda
mais pode enviar-me as respostas dos exercÃcios que ainda faltam.
O que certamente agilizaria a finaliza¸cão desse solucionário.
Para obter as atualizações desse documento e ter acesso a outros exercı́cios resolvidos ascese:
www.number.890m.com
1
 
Sumário
1 OS AXIOMAS DE INCID ÊNCIA E ORDEM 3
1.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 AXIOMAS SOBRE MEDIÇ ÃO DE SEGMENTOS 12
2.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3 AXIOMAS SOBRE MEDIÇ ÃO DE ÂNGULOS 21
3.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4 CONGRUÊNCIA 34
4.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
5 O TEOREMA DO ÂNGULO EXTERNO E SUAS CONSEQU ÊNCIAS 42
5.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
6 O AXIOMA DAS PARALELAS 48
6.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
6.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
7 SEMELHANÇA DE TRIÂNGULO 55
7.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
8 O C
´
IRCULO 568.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
8.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
9 FUNÇ ẼS TRIGONOM ÉTRICAS 73
9.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
10 ÁREA 78
10.1 P roblemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
11 AGRADECIMENTOS: 81
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
1 OS AXIOMAS DE INCID ÊNCIA E ORDEM
1.1 Exerćıcios
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) SABAB∩SBCBC
f) SABAB∩SADAD
g) SCBCB∩SBCBC
e) SABAB∪SBCBC
Soluç˜ ao:
a) AC b) B c) BC d) ∅ e) SBCBC f) SABAB g) BC h) SABAB
2. Quantos pontos comuns a pelo men os duas reta s pode ter um conju nto de 3 retas no
plano? E um conjunto de 4 retas do plano?
Soluç˜ ao:
Na pior das hip óteses teremos 3 retas r11, r22 e r33 que ser ão distintas. Assim formarão pontos
Pijij de intercessão conforme indicado na tabela abaixo:
• r11 r22 r33
r11 – P1212 P1313
r22 P2121 – P2323
r33 P3131 P3232 –
A tabela possui três linhas e três colunas logo o numero de células é 3· 3 = 9.
Os elementos das diagonais são nulos (pois uma reta n ão pode interceptar-se consigo mesma),
assim o n úmero de pontos de intercess ão passa a ser (3 · 3 − 3) = 6
Como os pontos P12 e P21 são o mesmo ponto de intercess ão, nesse caso entre as retas r11 e
r22, e a mesma situa¸cão ocorre para os demais pontos ent˜ao o numero de pontos de intercess˜ao
distintos é igual a 3.
6
2
 =
 3(3 − 1)
2
 = 3
Se tivéssemos n retas com racioćınio an álogo chegaŕıamos a formula
 n(n − 1)
2
 onde n é o
numero de retas.
Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.
3
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
3. Prove o item (b) da proposi¸cão (1.4).
Soluç˜ ao:
Vamos provar a igualdade (SABAB ∩ SBABA = BA) por dupla inclus ão.
 Provando que AB ∈ SABAB ∩ SBABA
Tome um ponto P pertencente a AB. Neste caso termos que P ∈ SABAB e também que
P ∈ SBABA o que implica em P ∈ SABAB ∩ SBABA.
 Provando que SABAB ∩ SBABA ∈ AB
Imagine uma reta com os pontos A e B.
A B
Agora imagine também um ponto D tal que D ∈ SABAB ∩ SBABA. Neste caso D não pode
estar depois de B, pois neste caso n˜ao pertenceria a SBABA. Tão pouco poderia estar
antes de A, pois se assim fosse D /∈ SABAB. Sendo assim, D está entre A e B o que implica
em D ∈ AB.
Como todo ponto de AB ∈ SABAB ∩ SBABA e vice versa ent ão fica provado a igualdade.
4. Prove a afirma ção feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.
Soluç˜ ao1
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 defini ção um conjunto é finito quando pode ser colocado em
correspondência biuńıvoca com N. Assim teremos que AB = {P11, P22, ..., P nn}, que significa
que AB é um conjunto com n elementos.
Tomando agora um ponto Pkk (k ≤ n) e o ponto Pkk−11 pelo axioma II22 existe um ponto Prr,
(k − 1 < r < k) tal que Pkk−11 – Prr – Pkk 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 I22.
Definição:
 Um subconjunto do plano é convexo se o segmento ligando
quaisquer dois de seus pontos est´a totalmente contido nele.
Soluç˜ ao:
Basta observar que todas as combinações posśıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados dois
a dois pertence a uma das três retas dessa geometria. Por exemplo, as combinações posśıveis são:
1Onde está escrito P Pkk−11 − PPrr − PPkk lê-se: o ponto P Prr está entre P Pkk−11 e P Pkk:
4
 
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ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m11. Do mesmo modo
pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas ( m11, m22, m33). O que mo stra
que nessa geometria vale o axioma I22.
6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos são o pr óprio plano e qualquer semi-plano.
Mostre que a interse ção de dois semi planos é um convexo.
Soluç˜ ao:
Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1 ∩ S2. Tomando dois pontos P1 e P2 ambos
pertencentes a S33 então:
P1 e P2 pertence tanto a S1 como a S2
Se S1 e S2 são convexos ent ão P11P22 pertence tanto a S1 como a S2 e portanto pertence a
interseção. Logo S3 também é convexo.
7. mostre que a intercess ão de n semi-planos é ainda um convexo.
Soluç˜ ao:
Considere os semi planos α1, α2,...,α n todos convexos. Seja B = {α1 ∩α2∩, ..., ∩αn} considere
os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicar á no fato de que X e Y pertence a α1, α2,...,α n
como todos esses semi-planos s ão convexos ent ão o segmento XY pertence a α1, α2,...,α n logo
também pertence a intercessão e portanto também pertencem a B, o que mostra que B aindaé
convexo.
Dica: Reveja o problema 6.
8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a uni˜ ao de convexos pode n ão ser um convexo.
Soluç˜ ao:
Os quatro ret ângulos (em cinza) abaixo s ão figuras convexas e a uni ão deles formam uma
figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto cˆ oncava.
5
 
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9. Tr̂es pontos não colineares determinam três retas. Quantas retas são determinadas por
quatro pontos sendo que quaisquer três deles são não colineares?
Soluç˜ ao:
Analogamente ao exercı́cio três construiremos a seguinte tabela, onde rijij é a reta determinada
pelos p ontos Pii e Pjj.
• P11 P22 P33
P11 – r1212 r1313
P22 r2121 – r2323
P33 r3131 r3232 –
o numero de retas ser á
 3(3 − 1)
2
 = 3 e para n pontos
 n(n − 1)
2
 .
10. Repita o exerćıcio anterior para o caso de 6 pontos.
Soluç˜ ao:
Para 6 pontos ( n = 6),
 6(6 − 1)
2
 = 15, teŕıamos 15 retas.
6
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
1.2 Problemas
1. Discuta a seguinte quest ão utilizando apenas os conhecimentos geométricos estabelecidos,
até agora, nestas notas: “Existem retas que não se iterceptam”?
Soluç˜ ao:
Sim, retas que s ão paralelas como indica a proposi¸cão 1.1.
2. Prove que, se uma reta inte rcepta um lado de um tri ângulo e n ão passa por nenhum de
seus vértices, então ela intercepta também um dos outros dois lados.
Soluç˜ ao:
Dado um tri ângulo ABC e uma reta r que intercepta o segmento AB então A est á do lado
oposto a B em rela ção a reta r. Como por hip ótese r não passa por C então C está do lado de A
ou então de B.
 Se C está do lado de A então C esta contrário a B e r intercepta BC.
 Se C está do lado de B então é contrario a A e r e intercepta AC
logo sempre intercepta um dos lados.
3. Repita o exercı́cio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Faça uma conjectura de qual será a resposta
no caso de n retas.
Soluç˜ ao:
Aproveitando o resultado para n retas j á obtido teremos:
Para n = 5:
 5(5 − 1)
2
 = 10
Para n = 6:
 6(6 − 1)
2
 = 15
4. Mostre que n ão existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejam
validos os axiomas I11 e I22 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.
Soluç˜ ao:
Antes de continuar vamos relembrar o axioma I11 e I22.
Axioma I11. Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que n˜ ao
pertencem à reta.
Axioma I22. Dado dois pontos distintos existe uma ´unica reta que contem esses pontos.
7
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Como deixa bastant e claro o enunciado, essa geometria possui exatos 6 pontos. Vamos usar
esse fato para provar o que desejamos.
Dado dois pontos dessa geometria, por exemplo A e B, pelo axioma I22 então existe uma reta
r que passa por estes dois pontos.
A
B
r
Pelo axioma I11 existe ao menos um terceiro ponto, que cham aremos aqui de C que n ão
pertence a r .
A
B
r
C
Como pelo enunciado cada reta dessa geometria têm exatos 3 pontos deve existir també um
ponto D pertencente a r.
A
B
r
C
D
Utilizando-nos novamente do axioma I
22
 teremos agora mais três retas distintas cada qual
passando por um ponto de r .
8
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
A
B
r
C
D t
u
v
Pelo enunciado a reta t possui um terceiro ponto, que chamaremos de E diferente de C e B.
A
B
r
C
D t
u
v
E
Note que E não pode ser igual a A, pois B pertence tanto a r como a t o que implicaria em t
igual a r . Tão pouco poderia ser igual a D, pois analogamente implicaria em t igual a u.
Utilizando novamente o enunciado podemos estabelecer também os pontos F e G distintos
entre si, e todos os demais, pertencentes as retas u e v respectivamente.
A
B
r
C
D t
u
v
E
FG
9
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Toda via isto nos leva a uma contradi¸ cão, pois G seria o sétimo ponto da geometria dada.
5. Se C pertence a S AB e C = A, mostre que: S AB = S AC , que B C ⊂ S AB e que A /∈ BC .
Soluç˜ ao:
Para facilitar esta demonstra¸cão vamos seguir por parte, isto é, vamos provar primeiro que
SABAB = SACAC.
Imagine uma semi reta que passe pelos pontos A e B.
B
A
Pelo enunciado ainda temos um ponto C pertencentes a essa semi-reta de modo que temos
então três possibilidade para a pocição de C:
 B = C.
 A – B – C (Lê-se B está entre A e C).
 A – C – B (Lê-se C está entre A e B).
Se B = C a demonstração é imediata.
Se A – B – C então SABAB ⊂ SACAC, pois AB ⊂ AC. E como SABAB é a união do segmento AB com o
conjunto de pontos que est ão depois de B e C está depois de B então, por defini ção, SACAC ⊂ SABAB.
Mesmo resultado se chega se analisarmos A – C – B.
Como sob qualquer hipótese temos SABAB ⊂ SACAC e SACAC ⊂ SABAB então podemos afirmar que SABAB = SACAC.
(Segunda parte ).
De uma forma ou e outra ou BC ∈ SACAC ou BC ∈ SABAB, mas como SABAB = SACAC então BC ∈ SABAB.
(Terceira parte).
O fato de que A /∈ BC é óbvio, pois C ∈ BC e por hip ótese (reveja o enunciado) A = C.
10
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Obs: Creio que o autor quisesse escrever outra coisa aqui.
6. Demonstre que a interse ção de convexos ainda é um convexo.
Soluç˜ ao:
Sejam A e B dois pontos pertencentes a interse¸cão de n conjuntos convexos, então A e B
pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destes
conjuntos, pois s ão convexos. Portanto o segmento AB pertence a interse ção, concluindo assim
que a interse ção é um conjunto convexo.
7. Mostre que um tri ângulo separa o plano em duas regi˜oes, uma das quais é convexa.
Soluç˜ ao:
Tracemos três retas m, n e o que se interceptam nos pontos A, B e C como na figura abaixo.
m o
n
α
β 
C B
A
X
Y
Assim será formado o triângulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regiões (chamadas
aqui de α e β ). A regi ão convexa é a região que forma o interior do tri ângulo. Para provar isso
considere os pontos X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas três retas. Como X e Y
estão no mesmo semi plano gerado pela reta m então o segmento XY não intercepta a reta m.
Analogamente o segmento XY não pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence
ao semi-plano α formado pelo tri ângulo ABC que portanto é uma região convexa.
8. Generalize os exercı́cios 11 e 12 para o caso de n pontos.
Soluç˜ ao:
Estes exerćıcios não constam na obra o que configura o segundo erro do livro. O primeiro é
o de ter sido escrito.
9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente
dois pontos em comum?
Soluç˜ ao:
Dado os pontos A ,B, C e D de modo que A–B–C–D então, os segmentos AC e BD terão o segmento
BC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos então AC e BD possuem dois pontos
em comum mas, nunca possuir ão apenas dois pontos.
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2 AXIOMAS SOBRE MEDIÇ ÃO DE SEGMENTOS
2.1 Exerćıcios
1. Sejam A, B, C pontos de uma re ta. Fa ça um desenho representando-os, sabendo que
m(AB) = 3, m(AC) = 2 e m(BC) = 5.
Soluç˜ ao:
A BC
3 cm
2 cm
2. Repita o exerćıcio anterior, sabendo que C está entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) =
5.
Soluç˜ ao:
A BC
7 cm
5 cm
3. Desenhe uma reta e sobre ela marqu e 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 coorde nadas s ão 3, 5, 5/2,
1/3, 3/2, 2,-1, -2, -5, -1/3, -5/3.
Solução:
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. Dê a coordenada do ponto médio A3 do
segmento A1A2. Dê a coordenada do ponto médio A4 do segmento A2A3. Dê a coordenada A5
do ponto médio do segmento A3A4.
Soluç˜ ao:
Sendo A33 o ponto médio do segmento A11A22 então a coordenada A33 será a media aritmética
A33 =
 A11 + A22
2
 =
 1 + 2
2
 =
 3
2
Analogamente se calcula para os demais pontos.
12
 
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A44 =
3
2
 + 4
2
2
 =
 7
4
A55 =
3
2 +
 7
4
2
 =
 13
8
5. Prove que, se a
b
 = c
d
 então
a) a
c
 = b
d
 e d
b
 = c
a
b) a+b
a
 = c+d
d
 e a−b
a
 = c−d
c
c) a+b
b
 = c+d
d
 e a−b
b
 = c−d
d
Soluç˜ ao de A:
Se a
b
 = c
d
 então:
a
b
 · b
c
 = c
d
 · b
c
⇒ a
c
 = b
d
Partindo também da mesma igualdade
a
b
 = c
d
⇒ a
b
 · d
a
 = c
d
 · d
a
⇒ d
b
 = c
a
Soluç˜ ao de B:
a
b
 = c
d
⇒ db
ac
 · a
b
 = c
d
 · db
ac
⇒ d
c
 = b
a
⇒ 1 + d
c
 = 1 + b
a
⇒ c
c
 · d
c
 = a
a
 · b
a
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⇒ c+d
c
 = b+a
a
Já a segunda igualdade procedemos assim:
a
b
 = c
d
⇒ a
b
 · db
ac
 = c
d
 · db
ac
⇒ −1 · d
c
 = −1 · b
a
⇒ c−d
c
 = a−b
a
Dessa forma se procede as demais demonstra¸ cões.
6. Se p é ponto de intercessão de ćırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) =
m(PB).
Soluç˜ ao:
Como o ponto P esta na interseção dos dois ćırculos de raio r então P pertence tanto ao cı́rculo
com centro em A como ao ćırculo com centro em B. Como por definição de ćırculo, PA = r e PB
= r então PA = PB. Como se queria demonstrar.
7. Usando uma régua e um compasso, descreva um método para construção de um tri ângulo
com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triˆ angulo é chamado de triângulo isósceles).
Soluç˜ ao:
Com a régua desenhe um segmento AB.
A B
Com um compasso centrado em A trace uma circunferência de raio AB.
A B
Agora com centro em B trace outro ćırculo de raio BA.
A B
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Na intercessão entre as duas circunferências marque os pontos C e D.
A B
C
D
Com a régua forme o triângulo ABC ou ABD em qualquer caso teremos um tiângulo equilátero2
e como todo equil átero é, por definição, também isósceles então cumprimos o requerido.
8. Descreva um método para construção de um tri ângulo com os três lados de mesmo com-
primento.
Soluç˜ ao:
Veja a questão anterior.
9.Mostre que, se a < b então a < (a + b)/2 e b > (a + b)/2.
Soluç˜ ao:
Se a < b então:
a + a < a + b
⇒ 2a + a + b
⇒ a <
 a + b
2
completando a primeira parte. J´a a segunda parte provamos assim:
a < b
⇒ a + b < b + b
⇒ a + b < 2b
⇒ a + b
2
 < b
2Um triângulo com os tês lados iguais.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
10. É posśıvel desenhar se um triângulo com lados medindo 3, 8 e 5?
Soluç˜ ao:
Não, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triˆ angulo é
maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8 = 8.
11. O ćırculo de raio r1 centrado em A intercepta o ćırculo de raio r2 centrado em B em
exatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)?
Soluç˜ ao:
Observe o seguinte desenho.
A B
r1
r2
DC
Note que m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD). Como m(AD) = r22, m(CB) = r22 e m(CD) = 0 então:
 m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD)
⇒ m(AB) = r22 + r22 – m(CD)
⇒ m(AB) < r22 + r22
Ou seja, podemos dizer que m(AB) < m(r22) + m(r11)
12. Considere um ćırculo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste c ı́rculo. O que se
pode afirmar sobre o tri ângulo ABC?
Soluç˜ ao:
Se os pontos B e C pertencentes a circunferência que forma o ćırculo então AB = AC = r logo
o triângulo é isósceles de base AB.
NOTA: O livro refere-se a uma circunferência como ćırculo.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
13. Considere um ćırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste c ı́rculo e seja B um
ponto tal que o triˆangulo OAB é equilátero. Qual é a posição do ponto B relativamente ao
cı́rculo?
Soluç˜ ao:
Sendo o triângulo equilátero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho
r então OB = r assim o ponto B está a uma distancia r do centro do ćırculo, isto é, B pertence a
circunferência.
14. Dois ćırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O que
pode ser afirmado sobre os tri ângulos ABC e ACD? E sobre o quadril´atero ACBD?
Soluç˜ ao:
Os tri ângulos ABC e ACD são is ósceles, pois AC = BC = AD = BD = r. Como esses segmentos
também formam o paralelogramo ACBD então o poĺıgono é um quadrilátero de lados iguais.
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Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
2.2 Problemas
1. Dado um segmento AB mostre que existe e é único, um ponto C entre A e B tal que
m(AC )
m(BC )
 = a onde a é qualquer real positivo.
Solução:
Se C está entre A e B então existe duas possibilidades para a constru¸ cão do segmento AB.
A BC
a bc
B A
C
a bc
1◦ caso
2◦ caso
Vamos considerar apenas o primeiro caso, uma vez que a resolu¸ cão do segundo é análogo.
Pelo axioma III22 existe um x, um b e um c, reais e distintos, que representam as coordenadas
dos pontos A, B e C respectivamente.
Também pelo axioma III22 podemos declarar a seguinte equa¸cão:
 m(AC)
 m(BC)
 =
 c − x
b − c
E como
 m(AC)
 m(BC)
 = a por hip ótese então:
c − x
b − c
 = a
Resolvendo esta ultima equação em c chega-se á:
c =
 ab + x
1 + a
 (1)
Como a é positivo (afinal é resultado da divisão de duas dist âncias), ent ão c existe para
qualquer valor de a e b o que garante a e xistência do ponto C.
Para provar a unicidade de C procedemos assim: imagine por absurdo que exista um C’ nas
mesmas condições que C, mas diferente dele. Ent ão:
 m(AC)
 m(BC)
 = a ⇒
 c − x
b − c
= a
.
Resolvemos esta ultima equação para c’ chega-se a solução
c =
 ab + x
1 + a
 (2)
18
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Finalmente comparando (1) e (2), ent˜ao pelo axioma III22 os pontos C e C’ são o mesmo
ponto. O que contraria a tese inicial. Com isso concl úımos que n ão pode haver um ponto
diferente de C entre A e B tal que
 m(AC)
 m(BC)
 = a. Provando a unicidade.
2.Descreva um método para obter uma boa aproximação do comprimento de um cı́rculo.
Solução:
Utilizando um compasso desenhe um circulo de raio r. Com uma régua graduada desenhe no
interior do ćırculo um poĺıgono com n vértices, sendo que cada vértice deve estar sobre o circulo.
Mais ou menos como na imagem abaixo.
Poĺıgono de 6 lados.
Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproxima¸ cão do
circulo bastando com a régua medir os lados do poĺıgono. Lembrando que quanto mais vértices
o poĺıgono tiver mais precisa será a aproxima ção.
3. Prove a seguinte afirma ção feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de
um circulo com um ponto dentro do mesmo, têm um ponto em comum com o circulo.
Solução:
Seja C um ponto qualquer fora de um circulo de centro O, então OC > r , onde r é o raio do
ćırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o circulo formado por todos
os pontos do plano que est˜ ao a uma distˆancia r do ponto O, ent ão o ponto D pertencente a
intercessão do segmento OC com a circunferência. Como se queria demonstrar.
4. Dadodois 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 é chamado de elipse. Estabele ça os conceitos de regi ão
interior e de regi ão exterior a uma elipse.
Solução:
Analogamente a circunferência se m(CA) + m(CB) > r então o conjunto de pontos é externo.
Se m(CA) + m(CB) < r então o conjunto de pontos ser á interno.
5. Um conjunto M de ponto s do plano é limitado se existe um circulo C tal que todos os
pontos de M est ão dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos é limitado. Prove
19
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
também que segmentos são limitados. conclua o mesmo para triˆangulos.
Solução:
Dado o conjunto de pontos P11, P22,..., Pnn tome um único ponto Pii que usaremos para o centro
da circunferência, por cada ponto Pjj com i = j e j variando de 1 a n retirando o pr´ oprio i,
passará um segmento distinto. Seja PiiPjj o maior de todos os segmentos ent˜ao por ele marca-se
um ponto Q(P11 − Pjj − Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P11Q definimos
um circulo de raio r = P11Q que conterá todos os outros uma vez que o segmento que estabelece
seu raio em rela ção ao centro P11 é maior que os demais definidos por todos os outros pontos.
20
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
3 AXIOMAS SOBRE MEDIÇ ÃO DE ÂNGULOS
3.1 Exerćıcios
1. Mostre que se um ˆangulo e seu suplemento têm a mesma medida então o ângulo é reto.
Solução:
C
AB
β = 90
◦
O
Considere o ângulo α (B OC) e β , tal como no desenho, onde β é o suplemento de α. Por
definição temos:
α + β = 180◦ (1)
como α = β então:
α + α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦
Assim por (1) conclui-se que β = 90◦. Como se queria demonstrar.
2. Um ângulo é chamado agudo se mede menos de 90◦, e é obtuso se mede mais de 90◦.
Mostre que o suplemento de um ângulo agudo é obtuso.
Solução:
Seja α um ângulo agudo e β o suplemento de α. Sabemos que α + β = 180◦ e como α < 90◦
e β = 180◦ − α então β > 90◦. Como se queria demonstrar.
4. Dois ângulos s ão ditos complementares se sua soma é um ângulo reto. Dois ângulos s ão
complementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais
30◦. Quanto medem os dois ângulos?
Solução:
Seja α + β = 90◦ (1) com α11 e β 11 suplementos de α e β então:
α + α11 (2)
β + β 11(3)
fazendo α11 = β 11 + 30
◦ (4) i.e. um ângulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β 11
de (3) em (4) ent ão:
α11 = (180
◦ − β ) + 30◦ = 210◦ − β (5)
Substituindo (5) em (2)
21
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
α + 210◦ − β = 180◦
α − β = −30◦ (6)
das equa ções (1) e (6) montamos o sistema:
cuja solu ção é α = 30◦ e β = 60◦, logo um ângulo possui 30 e outro 60 graus.
5. Uma poligonal é uma figura formada por uma sequencia de pontos A1, A2, ..., A n e pelos
segmentos A1A2, A2A3, A3A4,...,An−1An. Os pontos s ão os vértices da poligonal e os segmentos
são os seus lados. Desenhe a poligonal ABCD sabendo que: AB = BC = CD = 2.cm, A B̂C =
120◦ e BĈD = 100 ◦.
Solução:
Para esse exerćıcio é necessário régua, transferidor e compasso.
A
B
D
C
120 100
6. Um poĺıgono é uma poligonal em que as seguintes 3 condições s ão satisfeitas: a) A n =
A1, b) os lados da poligonal se interceptam somente em suas extremidades e c) dois lados coma mesma extremidade n ão pertencem a uma mesma reta. Das 4 figuras, seguintes, apenas duas
são poĺıgonos. Determine quais são elas.
D
E 
D
C 
B
A
E 
A
E 
 B
C 
D
A
A
B
E 
D
C 
B
C 
22
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Um poĺıgono de vértice A1, A2, ..., A n+1 = A1, será representado por A1A2A3,...,An. Ele tem n
lados, n vértices e n ângulos.
Solução:
A primeira figura da esquerda e na linha de cima é um poĺıgono. A segunda da esquerda,
também da linha de cima não é, pois se fosse contradiria a 2◦ condição. A primeira da esquerda
da linha de baixo também não é um poĺıgono, pois iria contra a 3◦ condição. A segunda da linha
de baixo é um polı́gono.
7. Desenhe um poĺıgono de quatro lados tal ABCD tal que AB = BC , CD = DA = 2cm,
com AB̂C = A D̂C = 100 ◦ e com B ĈD = B ÂD = 80 ◦.
Solução:
Para esse exerćıcio é necessário régua, transferidor e compasso.
A
B
C 
D
8. O segmento ligando vértices não consecutivos de um polı́gono é chamado de diagonal do
poĺıgono. Faça o desenho de um poĺıgono de seis lados. Em segui da desenhe todas as suas
diagonais. Quantas diagonais terá um poĺıgono de 20 lados e de n lados?
Solução:
Observe o seguinte poĺıgono de 6 lados:
A
B
C 
D
E 
F 
23
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Do vértice A, por exemplo, deve partir diagonais para todos os outros vértices exceto para
ele mesmo e para os outros dois adjacentes. Como temos 6 vértices então do ponto A sairão um
total de :
6 − 3 diagonais
A
B
C 
D
E 
F 
A mesma coisa ocorre para os demais vértices. Assim se temos seis vértices teremos ao todo
(6 − 3) · 6 = diagonais
A
B
C 
D
E 
F
Contudo a diagonal AB é também a diagonal BA e a mesma coisa ocorre para as demais
diagonais que acabam sendo contadas duas vezes. Considerando esse fato em o n´ umero total de
diagonais será:
(6 − 3)6
2
 = 9
Para um polı́gono de n lados, terı́amos então:
(n − 3)n2
Essa fórmula pode ser utilizada para determinar o n´umero de vértices de qualquer polı́gono,
como por exemplo o de 20 lados que teria
 (20 − 3) · 20
2
 = 170 lados.
24
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
9. Um polı́gono é convexo se está sempre contido em um dos semi-planos determinados pelas
retas que contêm os seus lados. Na figura seguinte o poĺıgono (a) é convexo e o (b) é n˜ao convexo.
Poĺıgonos convexos recebem designações especiais. São as seguintes as designa¸cões dadas a
estes poĺıgonos de acordo com seu número de lados, até 10 lados.
n◦ de lados nome do pol ı́gono convexo
3 triˆ angulo
4 quadril´atero
5 pent´ agono
6 hex´ agono
7 hept´ agono
8 oct´ agono
9 non´ agono
10 dec´ agono
Solução:
Qual a pergunta mesmo?
10. Descreva um método, em que se fa ça uso apenas de um compasso e de uma régua
não numerada, de constru ção de um quadril átero com os quatro lados de mesmo comprimento.
Estenda seu método para o caso de 5 lados.
Solução:
Desenhe um circulo de raio r, e centro em O, e em qualquer ponto do circulo marque um
ponto.
o
25
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura,
faça outro ćırculo centrado no ponto.
o
Marque novamente outro ponto na intercessão dos ćırculos como na figura.
o
E com o compasso, ainda com mesma abertura, desenhe um novo ćırculo centrado no ultimo
ponto esbo çado.
o
Finalmente, usando a régua ligue os pontos de intercessão.
26
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria 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 umponto.
o
Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura,
faça outro ćırculo centrado no ponto. Em seguida ligue esses pontos.
27
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
o
Agora marque um novo ponto como na segunda circunferência de modo que ele não esteja na
mesma reta que os outros dois. Mais ou menos como na figura a seguir:
E trace uma nova circunferência com mesmoraio r, centrada no ponto. Formando com a
régua um novo segmento.
Repetindo o processo desenha-se uma nova circunferência e traça-se um novo ponto.
28
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Na intercessão entre a ultima (azul) e primeira (vermelha) circunferência desenhada marcamos
um ponto (que chamaremos de P).
P
Por fim liga-se P aos dois pontos adjacentes a ele.
29
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Isso formará um poĺıgono de 5 lados cada um com comprimento igual a r.
30
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
3.2 Problemas
1. Dado um ângulo A ÔB mostre que existe uma única semi-reta S OC tal que A ÔC = C ÔB.
A semi reta S OC é chamada de bissetriz do ângulo A ÔB.
Solução:
Considere o angulo A OB com bissetriz SOCOC como na imagem a seguir.
A
B
C
Suponha por absurdo que exista uma segunda bissetriz SOCOC = SOCOC que também seja bissetriz
de A OB. Nesse caso existe duas possibilidades:
• SOCOC está a direita de SOCOC, como na figura abaixo.
A
B
C
C’
• SOCOC está a esquerda de SOCOC, como na figura abaixo.
A
B
CC’
Vamos considerar o 1◦ caso.
Como SOCOC e SOCOC são bissetrizes de A OB então pelo axioma III 6
A OB = A OC + C OB = 2C OB (1)
A OB = A OC’ + C’ OB = 2C’ OB (2)
Pela figura 2 fica evidente que C OB = C OC’ + C’ OB (3)
Usando (3) em (1)
A OB = 2(C OC’ + C’ OB) (4)
Comparando (2) e (4)
A OB = A OB
2C’ OB = 2C OC’ + 2C’ OB
⇒ C OC’ = 0.
31
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
No entanto, se C OC’ = 0 ent ão pelo axioma III 4 SOCOC = SOCOC o que contradiz a hip ótese inicial
de que SOCOC = SOCOC . Logo o angulo A OB não pode ter mais que uma bissetriz.
Analogamente se mostra para o caso de SOCOC a esquerda de SOCOC
2. Mostre que as bissetrizes de um ˆangulo e do seu suplemento s ão perpendiculares.
Solução:
Considere o desenho abaixo.
AG
D
BE 
O
Seja A OB um ângulo e B OC seu suplemento então:
A OB + B OC = 180◦ (1)
Queremos mostrar que B OD + B OE = 90◦ para isso observe que B OD = A
 OB
2
 , pois, SODOD é bissetriz
de A OB e B OE = B
 OC
2
 logo, B OE + B OD = A
 OB
2
 +
 B OC
2
 (2)
Comparando as equações (1) e (2) vêm que:
2(B OE + B OD) = A OB + B OC = 180◦
B OE + B OD = 180
◦
2
 = 90◦
Como se queŕıa demonstrar.
4. De quantos graus move-se o ponteiro dos minutos enquanto o ponteiro das horas percorre
um ângulo raso.
Solução:
Considere o seguinte desenho.
12
6
1
Quando o ponteiro dos minutos gira 360 graus o ponteiro da horas se move para o 1.
32
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
12
6
1
θH 
Dividindo 360 por 12 obtemos o deslocamento θHH que o ponteiro das horas se moveu.
θHH =
 360◦
12
 = 30◦
Com esse valor obtemos a seguinte rela¸ cão
θMM
θHH
=
 360◦
30circ
 ⇒ θMM = 12 · θHH
Assim, se o ponteiro das horas faz um deslocamento raso (180 ◦) então o deslocamento do
ponteiro dos minutos será:
θMM = 12 · 180
◦
θMM = 2160
◦
Portanto, o ponteiro se move 2160◦. Contudo, por ser um valor m Ãoltiplo de 360 em rela ção
ao seu ponto inicial o deslocamento é de 0◦. Ambas as respo stas (0 ◦ ou 2160◦), s ão poss Ãveis
para a pergunta.
33
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
4 CONGRUÊNCIA
4.1 Exerćıcios
1. Desenhe um tri ângulo. Construa agora um outro triˆangulo congruente ao que você desen-
hou. Descreva o procedimento.
Solução:
A B
C 
E F 
G
Considere o tri ângulo ABC. A partir dele construiremos o triˆangulo EFG congruente a ABC.
Seja os pontos G, E e F não colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo caso LLL
os triângulos são congruentes.
2. Construa um tri ângulo ABC sabendo que AB = 7.5cm, BC = 8.2cm e A BC = 80◦. Me ça
o comprimento de B C e os outros ângulos do tri ângulo.
Solução:
Considere o seguinte exemplo provisório de tri ângulo.
8.2 cm
7.5 cm
C B
80◦
A
Usando a Lei dos senos temos que:
(AC)22 = AB22 + CB22 − 2(AB)(CB) cos B
AC =
 
(7.5)22 + (8.2)22 − 2(7.5)(8.2) cos80◦
AC ∼= 10.106
Aplicando novamente a lei
(AB)22 = BC22 + AC22 − 2(CB)(AC) cos C
34
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
cos C = (AB)
22 − (BC)22 − (AC)22
−2(CB)(AC)
cos C = (7.5)
22 − (8.2)22 − (10.106)22
−2(8.2)(10.106)
cos
 
C ∼= 0.6825
 C ∼= cos−11(0.6825) ∼= 46◦, 95
Como a soma de todos os ˆ angulos de todo polı́gono é 180 graus então A = 53◦, 05
De posse desses dados é possı́vel construir o triângulo representado no desenho abaixo.
C 
A
B
Onde CB = 8,2cm; AB = 7,5cm e AC = 10,106cm. Com os ângulos A = 53◦, 05, B = 80◦ e
 C = 46◦95.
3. Na figura ao lado os ˆ angulos α e β são iguais. Mostre que AC = BC
α
β 
C 
A
B
Solução:
Considere a figura acima e observe que α é o suplemento de B AC e β é o suplemento de A BC,
logo:
α + A BC = 180◦ e β + A BC = 180◦.
Fazendo α = 180◦ − B AC e β = 180◦ − A BC, como α = β temos:
180
◦
− B AC = 180
◦
− A BC
B AC = A BC
35
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Como todo tri ângulo isósceles possui os ângulos 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:
A
B
C 
D
E 
a) A CD = A BE 
b) B CD = C BE 
Solução (a):
Por hipótese AB = AC logo ABC é isósceles e os ângulos A BC e A CB.
Como DBC e ECB compartilham o lado BC e por hip ótese BD = EC pelo caso LAL DBC é
congruente a ECB o que implica em: C BE = B CD assim:
A CD = A BC + C BE = A CB + B CD = A BE
ACD = ABE
Solução (b):
Use os dados da letra a.
5. Três sarrafos de madeira são pregados, dois a dois, de modo a formar um triˆ angulo, com
somente um prego em cada vértice, como indicado na figura seguinte
36
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
A figura assim obtida é ŕıgida? Porque?
Para comparação construa um quadrilátero com quatro sarrafos e um prego em cada vértice.
É esta figura ŕıgida?
Solução:
Todo triângulo é uma figura ŕıgida.
Dem:
Seja os ABC e EFG congruentes. Supondo que os tri ângulos n ão sejam figuras ŕıgidas ao
deformarmos o ABC seus ângulos irão variar, mas os lados continuarão com as mesmas medidas.
Assim pelo caso LLL os dois triˆ angulos ainda seriam congruentes o que seria um absurdo pois
um dos tri ângulos sofreu uma deformação.
7. Na figura abaixo, AC = AD e AB é a bissetriz do ângulo C AD prove que os tri ângulos
ACB e ADB s ão congruentes.
A
C
B
D
Solução:
Se AB é bissetriz de C
 
AD então C
 
AB = B
 
AD.
Como CA = AD e AB é comum tanto a ADB como CAB então pelo caso LAL, ACB = ADB.
8. Na figura abaixo o ponto A é ponto médio dos segmentos CB e DE. Prove que os triângulos
ABD e ACE s ão congruentes.
D
B
C
E
A
Solução:
Os ângulos C
 
AE = D
 
AB pois s ão opostos pelo vértice. Como por hipótese CA = BA e DA = AE
pelo caso LAL, ABD = ACE.
9. Na figura abaixo os ângulos A e C são retos e o segmento DE corta CA no ponto médio
B de CA. Mostre que DA = CE.
37
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
C A
D
E
B
Solução:
Os ângulos D BA = C BE pois s ão opostos pelo vértice e como CA = BA por hip ótese, então pelo
caso ALA, ABD = CEB que implica em DA = CE .
10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e B OD = C OA. Mostre que CD =
BA.
D
BC 
A
O
Solução:Por hipótese B OD = C OA com:
B OD = B OC + C OD e C OA = C OB + B OA (1)
e pelo esquema C OB = C OD logo pelo caso LAL, BOA = COD o que implica em CD = BA .
38
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
4.2 Problemas
1. Na figura abaixo C M A é um ângulo reto e M é ponto médio de AB. Mostre que CA =
CB.
A
B
C M
Solução:
B MC é o suplemento de C MA logo C MA + B MC = 180◦. Como C MA = 90◦ temos que B MC = 180 ◦
- 90◦ = 90◦, logo C MA = B MC como M é ponto médio de AB, temos que AM = MB . Como CM é um
lado comum ao AMC e BMC pelo caso LAL ent ão AMC = BMC que implica em CA = CB .
2. A região marcada com um M represen ta um lago. Descreva um processo pelo qual ser á
possı̂vel medir a distância entre os pontos A e B. (Qualquer medi¸ cão fora do lago é posŝıvel)
M 
A
B
C 
Solução:
Considerando a figura, prolongamos a SACAC e SBCBC construindo os segmento CD e CE tal que CD
= CA e CE = CB .
M 
A
B
E 
D
C 
Como D CE = A CB, pois s ão opostos pelo vértice, então DCE = ACB pelo caso LAL. Assim
basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.
3. Mostre que, se um tri ângulo tem os três lados congruentes, então tem também os três
ângulos congruentes.
Solução:
Considere a seguinte construção:
39
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
B C 
A
Se ∆ABC é equilátero então também é isósceles de base BC, e portanto os ângulos de sua base
serão congruentes, isto é:
 
B =
 
C. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo teremos
 
A
= C que implica em A = B = C. C.Q.D.
4. Na figura abaixo ABD e BCD s˜ao triângulos isósceles com base DB. Prove que os ˆangulos
A BC e A DC são congruentes.
C 
B
A
D
Solução:
Como A
 
BD = B
 
DA e D
 
BC = B
 
DC pois s ão ângulos da base de tri ângulos isósceles, então:
A BD + D BC = A DB + B DC
que implica em:
A BC = A DC
5. Usando a mesma figura, (do exerćıcio 4), mostre que também a reta AC é bissetriz de
B AD e perpendicular a DB.
Solução:
Os triângulos ABC e ADC são congruentes pelo caso LAL logo C AB = C AD. Ent ão por defini ção
AC é bissetriz de B AD.
6. Na figura abaixo, ABD e BCD s˜ao triângulos is ósceles com base BD. Prove que A
 
BC =
A DC e que AC é bissetriz do ângulo B C D.
40
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
A
B
C 
D
Solução:
Como o tri ángulo BCD é isósceles então C BD = B DC. Como C BD = D BA + BC e B DC = B DA +
A DC então:
D BA + A BC = B DA + A DC
Como D BA = B DA, pois ∆ BDC é is ósceles, então A BC = A DC. E pelo critério LAL temos que
∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.
7. Justifique o seguinte procedimento para determinação do ponto médio de um segmento.
“seja AB um segme nto. Com um compasso centrado em A, desenhe um circu lo de raio AB.
Descreva outro circulo de mesmo raio e centro em B. Estes dois cı́rculos se interceptam em dois
pontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A interce¸ cão desta reta com o segmento AB ser´a
o ponto médio de AB.”
Solução:
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 critérios de congruência ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE = ∆EDA, ent ão BE = EA e a reta r
intercepta o segmento BA no ponto médio.
41
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
5 O TEOREMA DO ÂNGULO EXTERNO E SUAS
CONSEQUÊNCIAS
5.1 Exerćıcios
3
1. Prove que, se um tri ângulo tem dois ângulos externos iguais, então ele é isósceles.
Solução:
Dado o ∆ ABC como no esquema
A
 e
B
 f 
C 
Como e e C AB são adjacentes e est ão sob a mesma semi-reta ent ão:
 e + C AB = 180◦
Do mesmo modo se conclui que
C
 
BA +
 
f = 180◦
O que implica que
 e + C AB = C BA + f (1)
Como por hip ótese e = f então de (1) se conclui:
C AB = C BA
Portanto o triângulo ABC é isósceles de base AB.
3. Na figura abaixo os ângulos externos A CE e A BD satisfazem a desigualdade: A CE <
A BD. Mostre que A BD > A BC .
A
B C 
D E 
3Neste caṕıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Ângulo Externo.
42
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Solução:
Pelo TAE tem se que:
A CE > B AC, A BC
Como por hip ótese A CE < A BD então
A BC < A CE < A BD
Que implica em A BC < A BD
4. Prove que um tri ângulo retângulo tem dois ângulos externos obtusos.
Solução:
Dado o tri ângulo ABC como na figura a seguir
A B
C 
sabe se que A + B + C = 180◦. Como B = 90◦ então A, C < 90◦. Logo o ˆangulo externo a A e
 
C > 90◦ uma vez que s ão suplementares.
5. Na figura abaixo, B, D e A s ão col ineares. Do mesmo modo D, E e C s ão colineares.
Mostre que A EC > D BC 
A
B
C 
D
E 
Solução:
Note que A
 
DE é um ângulo externo ao tri ângulo DBC e pelo TAE tem se:
A DE > D BC, D CB (1)
Do mesmo modo A EC é externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se:
A EC > A DE (2)
43
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
De (2) e (1) tira-se que, A EC > D BC. Concluindo a demonstra ção.
6. Em um cart ório de registro de im óveis um escrivão recusou se a transcrever o registro de
um terreno triangular cujos lados, segundo o seu propriet´ ario mediam 100m, 60m e 20m. Você
pode dar um argumento que justifique a atitude do escriv˜ ao?
Solução:
Uma possibilidade e que este escriv˜ao seja funcion ário publico e j´a tenha dado a hora que
marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade é que ele conheça o Teorema da desigualdade
Triangular. Pelo teorema da desigualdade triang ular a soma de quaisquer dois lados de um
triângulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que é menor
que 100, o que iria contra o teorema.
7. Prove as propriedades da fun¸cão “reflexão”, constantes do texto.
Solução:
Prova de (i)
Sabe-se que F m m(F m m(A)) = A, no entanto queremos provar que F m m(A) = A
 o que seria equivalente
ao mostrar que F m m(A
) = A. Portanto para verificar essa igualdade ( F m m(A) = A
) vamos mostrar
que F m m(A
) = A.
Se F m m(A) = A
 então existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m.
A
D
A
m
Como por hip ótese A e A’ não pertencem a reta m, então AA’ intercepta m num ponto D tal
que AD = DA’.
Agora verifica-se que o segmento AA’ possui duas condições de reflexo.
AA = {AD ∪ DA} = AA
Contudo, como AD e DA’ estão sob a mesma reta AA coincide com AA, logo AA é perpendicular
a m tendo D como seu ponto médio. Assim F m m(A
) = A.
Como se queria demonstrar.
Prova de (ii)
(⇒) Se F m m(A) = A então por definição existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde
 m ∩ AA é um ponto P que é ponto médio do segmento AA. No entanto como AA é um conjunto
unitário (AA={A}) então A ∈ m.
(⇐) Como AA = {A} e A pertence a m então F m m(A) = A, pois o reflexo de um ponto é o próprio
ponto.
Prova de (iii)
44
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Fazendo F m m(A) = A
 e F m m(B) = B
 então F m m(A)F(B) = AB deste modo devemos provar que AB = AB.
• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstra¸cão é imediata.
• Se A = B então AA’ e BB’ serão interceptados por m nos seus pontos médios D e E respeti-
vamente
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’ é isósceles de base BB’ e a reta m é sua bissetriz. Assim B DE = B DE e como
A DB + B DA + B DE + E DB = 180◦
e também
A DB = B DE = 90◦
Então conclui se que A DB = A DB. E portanto ∆ ADB = ∆A’DB’ são 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’ então:
A
B
B
m
r
s
45
 
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B DA = A DB = 90◦ e portanto ∆ ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ ABB’ é isósceles e como
 m é sua altura, pois m ⊥ BB, também é sua bissetriz.
8. Na figura a segu ir os tri ângulos ABC e EDC s˜ao congruentes e os pontos A, C e D s˜ ao
colineares. Mostre que AD > AB
C 
B
A
E 
D
Solução:
O ângulo E CD > B, A pelo TAE. Como ∆ ABC = ∆ECD ∴ E CD = B CA, assim AC = EC pelo teo-
rema da desigualdade triangular temos que:
AC + CB ≥ AB
Como AC = EC e CB = CD então
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 1 = 2 e 1 + 2 = 180◦. Conclua que as retas m e n são paralelas.
m
1
n
2
Solução:
Se m não for paralela a n então se formara um tri ângulo com dois ângulos retos, pois 1 = 2 e
 
1 +
 
2 = 180◦ o que n ão seria posśıvel, (isso porque a soma dos ângulos internos seria maior que
180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n.
10. Na figura abaixo B e D são ângulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC.
46
 
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A
D C 
B
Solução:
Basta traçar o segmento AC, e então ∆ADC = ∆ABC pelo critério cateto hipotenusa que implica
que AD = BC .
11. Sejam ABC e A’B’C’ dois tri ângulos quaisquer em que AB = A’B’, A = A e C = C .
Decida se ABC e A’B’C’ s ão congruentes ou n ão.
Solução:
Os triângulos serão congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso cateto, ângulo oposto caso sejam
triângulos retângulos.
12. No final da demon stra ção do teorema 5.2, é feita a seguinte afirmação: “.. a semi-reta
S AF divide o ângulo B AD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirma¸ cão é verdadeira.
Solução:
Dado B
 
AD este ângulo é definido por duas semi-retas com srcem em A.
A
B
D
F 
Dado um ponto F entre as semi-retas SABAB e SADAD então F ∈ B AD e portanto SAFAF ⊂ B AD logo divide
B AD
47
 
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6 O AXIOMA DAS PARALELAS
6.1 Exerćıcios
1. Na figura ao lado O é o ponto médio de AD e B = C. Se B, O e C s˜ao colineares, conclua
que os tri ângulos ABO e DOC s ão congruentes.
A B
C D
O
Solução:
Por hipótese AO = OD e B = C, devemos provar que ∆AOB = ∆COD.
Pela proposição 6.3 AB é paralelo a CD logo A = D pois s ão correspondentes, como C OD = A OB,
pois são opostos pelo vértice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD
2. Prove que a soma das medidas dos ˆangulos agudos de um tri ângulo retângulo é 900.
Solução:
A
B
C
Pelo teorema 6.5 A + B + C = 18000. Seja C = 9000 então A + B = 18000 − C que implica em
 A + B = 9000.
3. Prove que cada ângulo de um tri ângulo equilátero mede 60 0.
Solução:
A
C
B
r
Seja ∆ABC equilátero então:
 A + B + C = 18000 (1)
48
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Por ser is ósceles A = C = B então:
3 · B = 1800
Que implica em B = 600. Logo A = C = B = 600
4. Prove que a medid a do ângulo externo de um tri ângulo é igual a soma das medias dos
ângulos interno a ele n ão adjacentes.
Solução:
A
C
B
e
Dado ∆ABC sabe se que A + B + C = 18000 (1) também B + e = 1800 (2) igualando (1) com
(2) temos:
 A + B + C = B + e ⇒ e = A + B
Como se queria demonstrar.
5. Um segme nto ligando dois pontos de um circulo e passado por seu centro chama-se
diâmetro. Na figura ao lado O é o centro do circulo, AB é um di âmetro e C é outro ponto
do circulo. Mostre que 2 = 2 · 1
Solução:
A B
C
O
21
Como mostramos na quest ão anterior 2 = 1 + c. Para mostrar que 2 = 2 · 1 basta mostrar
então que
 
c =
 
1. Sabemos que AD = r (r é o raio da circunferência) e OC = r logo AO = OC
portanto ∆AOC é isósceles de base AC e seus ângulos
 
1 =
 
C C.Q.D..
49
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
6. Prove que se m e n são retas equidistantes então m e n são paralelas ou coincidentes.
Solução
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 s ão equidistantes então
AP = A’P e ∆AAP é isósceles de base AA o que é um absurdo pois a soma de seus ângulos internos
seriam maior que 180 0, logo ou m é paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.
7. Seja ABC um triˆangulo is ósceles com base AB. Sejam M e N os pontos médios dos lados
CA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexo
do ponto C relativamente á reta que passa por M e N é exatamente o ponto médio do segmento
AB.
Solução:
Considere as figuras:
A B
C
M N
Dado ∆ABC com os segmentos CM = CN , pois o tri ângulo é isósceles e M, N é ponto médio. E
seja F(MNMN)(C) = C
 então CC’ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo critério Hipotenusa,
Cateto ∆CMF = ∆NFN então CC’ intercepta MN no seu ponto médio.
8. Demonstrar a proposi ção (6.10).
Solução:
Para o quadrilátero ABCD por hip ótese AB//DC, AB = DC, BC = AD então temos:
50
 
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O
A B
C D
Pelo desenho é possı́vel deduzir que os ângulos A CD = C AB; A BD = B DC e D AO = A DO = O BC = B CO
Então 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 médio.
9. Demonstre a proposi ção (6.12).
Solução:
Proposição 6.12: Dado um quadril átero qualquer se dois lados opostos s˜ ao congruentes e
paralelos então o quadril átero é um paralelogramo.
A
C
B
D
e
r
Para esta prova usaremos a proposição 6.11 onde dado o quadril átero ABCD com AB//DC e AB
= DC por hip ótese provaremos que AD = DC por hip ótese provaremos que AD = BC , pois segundo
6.11 se isso ocorre o quadril´atero é um paralelogramo. AB//DC por hip ótese, logo tra çamos uma
reta r que divide o quadril átero em ∆ADB, DeltaDBC (esquema) então:
 e = A BD pois s ão opostos pelo vértice.
 e = B DC pois s ão correspondentes.
Como DB é comum aos dois triângulos e AB = DC por hip ótese então ∆ADB = ∆DBC pelo caso
LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposi ção 6.11 ABCD é um paralelogramo.
10. Um ret ângulo é um quadrilátero que tem todos os seus ângulos, retos. Mostre que, todo
retângulo é um paralelogramo.
Solução:
Considere o desenho.
A
C
B
D
51
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os ângulos B AC = A CD e
como a soma dos dos ângulos internos de um tri ângulo é 180 graus então:
A CB = D AC
Logo pelo caso LAL
∆ADC = ∆ABC
então os segmentos AD = BC e ambos s ão perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados s ão
congruentes e paralelos.
11. Mostre que, as diagonais de um retˆangulo s ão congruentes.
Solução:
Por definição um ret ângulo é um quadrilátero com 4 ângulos retos.
A
C 
B
D
O
Sabe se que se duas retas s ão interceptadas por uma terceira perpendiculara elas então estas
são paralelas, logo dado o ret ângulo ABCD têm se que:
AB//DC e AD//BC
Portanto o ret ângulo é um paralelogramo e AB = DC e AD = BC . Dado as retas DB e AC,
diagonais de ABCD, provemos que s ão congruentes.
PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma an´ aloga construı́mos ∆ADC como
ambos s ão retos e AD = BC , AB = DC pelo caso LAL s ão congruentes e DB = AC .
12. Um losango é um paralelogramo que tem todos os seus lados congruentes. Mostre que,
as diagonais de um losango cortam-se em ˆangulos reto e s ão bissetrizes dos seus ângulos.
Solução:
Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos médios.
52
 
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Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, então pelos pontos AB e C
construı́mos o triângulo ABC de modo an álogo construı́mos o triângulo DAB. Como BA = BC e DA
= AB então ∆ABC e ∆DAB são isósceles tal que
∆ABC = ∆ABF ∪ ∆BFC
∆DAB = ∆DAF ∪ ∆FAB
e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Ent˜ao BD intercepta AC em 90 0 e como se in-
terceptam em seus p ontos médio ( e as diagonais s ão a base do triˆ angulo is ósceles) então s ão
bissetrizes.
13. Um quadrado é um retângulo que também é um losango. Mostre que, se as diagonais de
um quadrilátero s ão congruentes e se cortam em um ponto que é ponto médio de ambas, então
o quadrilátero é um retângulo.
Solução:
Um retângulo é um quadrilátero com 4 ângulos retos internos.
F
A C
B D
Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆COD
Como AB = BC por hip ótese e O é o ponto médio de ambos então:
BO = OD = OC = AO (1)
∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD
Pelo caso LLL. Assim como os ˆangulos A OB e B OC estão sob a mesma semi-reta e s ão comple-
mentares além de serem congruentes então:
A OB = B OD = 900
Analogamente para A OC = C OD = 9000. Como po r (1) o s tri ângulos contidos em ABCD são
isósceles então:
O BD = O DB = O BA = B AD = D AC = A CD = O DC = 4500
pois a soma de seus ˆangulos internos deve ser 180 0, um dos ângulos j á é reto e dois da base
são congruentes.
Assim os ângulos A BD = B AC = C DB = A BD = 900
Satisfazendo a definição de ret ângulo.
53
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
6.2 Problemas
3. Mostre que, se dois ângulos e o lado oposto a um deles, em um triˆ angulo, são iguais ás
correspondentes partes de um outro triˆangulo, então os tri ângulos são congruentes.
Solução:
A soma dos ângulos internos de cada ∆ é 180◦ ou seja C + A + B = C + A + B como A = A e
 B = B ⇒ C = C. Assim pelo critério LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’.
54
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
7 SEMELHANÇA DE TRIÂNGULO
7.1 Exerćıcios
10. Mostre que tod o tri ângulo ret ângulo de lados p2 − q 2, 2 pq e p2 + q 2 é um triângulo
retângulo. Aqui p e q são quaisquer n úmeros inteiros positivos com p > q .
Solução:
Se o tri ângulo é retângulo deve valer o teorema de Pit´agoras caso contrário o tri ângulo n ão
é retângulo. Vamos mostrar que este teorema é válido.
( p2 + q 2)2 = (2 pq )2 + ( p2 − q 2)2
( p2 + q 2)2 = 4 p2q 2 + p4 + q 4 − 2 p2q 2
( p2 + q 2)2 = p4 + 2 p2q 2 + q 4
Note que o segundo termo da igualdade é um quadrado perfeito
( p2 + q 2)2 = ( p2 + q 2)2
55
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
8 O CÍRCULO
8.1 Exerćıcios
1. Prove que, em um mesmo circulo ou em c ı́rculos de mesmo raio, cordas congruen tes s ão
equidistantes do centro.
Solução:
A E B
O
C F D
Construa uma circunferência de centro O com cordas AB = CD . Por O traçamos os segmentos
OA = OB = OC = OD = Raio .
Assim ∆ABO é isósceles, o mesmo para ∆ COD. Como A OB = C OD, pois s ão opostos pelo vértice,
então ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.
Traçando os segmentos OE e OF tal que OE e EF são alturas dos tri ângulos, portanto perpen-
diculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD então EO = OF e as cordas AB e CD são
equidistantes. Como se queria demonstrar.
2. Prove que, em um mesmo circulo ou em ćırculos de mesmo raio, cordas equidistan tes do
centro são congruentes.
Solução:
Imagine a seguinte construção:
A
B
C D
E 
F 
O
Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas s˜ ao equidistantes então existe uma per-
pendicular a cada corda que é congruente, isto é:
OE = OF por hip ótese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.
Assim ∆ OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenus a. Portanto AE = EB =
CF = FD e então:
56
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
AE + EB = CF + FD
AB = CD
Como se queria demonstrar.
3. Prove que, em um mesmo circulo ou em ćırculos de mesmo raio, se duas cordas tem
comprimentos diferentes, a mais curta é a mais afastada do centro.
Solução:
Imagine a seguinte construção:
A
B
C D
E 
F 
O
Como A, B, C e D pertence ao circulo ent ão:
OC = OD = OA = OB = raio
Logo ∆COD, ∆AOB são isósceles.
Traçando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆ AOB = ∆COD ambos ret ângulos. Entãopelo teorema de Pit ágoras:
OA22 = OF22 + AF22
e também
OC22 = OE22 + CE22
Como OA = OC = raio
OF22 + AF22 = OE22 + CE22 (1)
Como AB < CD por hip ótese e F e E são pontos médios de AB e CD respetivamente, pois ∆AOB,
∆COD são isósceles, então 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.
Solução:
Dado uma corda AB e uma mediatriz m cortando AB no ponto E tal que AE = EB e m⊥AB
imagina-se a construção a seguir:
57
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
A
E B
O
m
Com base na constru ção é fácil ver que:
AO = OB = Raio
e também que
∆AOB é isósceles de base AB.
Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB então (por constru ção), OE ⊥ AB. Como por um
ponto passa uma única reta perpendicular então OE é a própria mediana passando pelo ponto O
(centro). Como se queria demonstrar.
5. Explique porque o reflexo de um circu lo relat ivamente a uma reta que passa pelo seu
centro é ainda o mesmo circulo.
Solução:
Recordando as propriedades de reflexão temos:
F m m(A) = A se A ∈ m.
Imagine a seguinte construção:
A
E 
A
O
 m
Traçando uma reta m que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro é o próprio centro.
E seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo ent˜ ao existe um segmento AA’ que inter-
cepta m no ponto E tal que, AE = A’E e AA’ ⊥ m.
Traçamos ent ão o ∆ AOE = ∆EOA’ que s ão congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ e
portanto, o reflexo de A também pertence ao circulo.
7. Na figura abaixo AE é tangente comum e JS liga os centros dos dois cı́rculos. Os pontos
E e A s ão pontos de tangencia e B é o ponto de intercessão dos segmentos JS e AE. Prove que
o ângulo J é igual ao ângulo S.
58
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
S 
E 
B
J 
A
Solução:
Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunferência em sua extremidade ent ão
esta é perpendicular a reta tangente.
Note que pelo teorema ∆ ESB e ∆JBA são retângulos e E BS = J BA, pois s ão postos pelo vértice.
Como ∆ ESB e ∆JBA possui dois ângulos congruentes então s ão semelhantes e portanto S = J.
Como se queria demonstrar.
8. Na figura seguinte, M é o centro dos dois ćırculos e AK é tangente ao circulo menor no
ponto R. Mostre que AR = RK.
A
R
K 
M 
Solução:
Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio .
A
RK 
M 
59
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Por m traçamos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora, se um raio intercepta uma reta
em seu ponto de tangencia esta é perpendicular a reta. Com base nisto teremos A RM = M RK = 90◦.
Portanto, ∆AMR, e ∆MRK são retângulos e pelo critério cateto hipotenusa dos triângulos retângulos
∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK . Como se queria demonstrar.
9. Na figura abaixo, UK é tangente ao circulo no ponto U e UE = LU. Mostre que LE = EK.
L
U 
E 
K 
Solução:
Se UK é tangente ao circulo no ponto U então UK ⊥ LU logo L UK = 90◦.
Por hipótese UE = LU e como LE é raio então LE = LU = UE .
Assim ∆LUE é equilátero e L EU = L UE = U LE = 60◦.
Como L EU é ângulo externo do ∆ EUK então:
L EU = E KU + E UK
No entanto como L
 
UK = L
 
UE + E
 
UK ent~ao L
 
UE + E
 
UK = 90◦ (1)
Como L
 
UE = 60◦ por (1) tem-se
E UK = 30◦
Assim L EU = E UK + E KU implica em:
60◦ = 30◦ + E KU
E KU = 30◦
Assim ∆EUK é isósceles de base UK, pois possuem dois ˆangulos 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 
60
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Solução:
Traçando uma corda MX com ela é possı́vel perceber que M OX = M IX, pois ambas possuem a
mesma corda.
M X 
O I 
B
Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois ângulos congruentes estes são semelhantes portanto:
MO
XI
 =
 OB
BI
Como MO = XI por hip ótese:
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 é o centro do circulo e CI e um diâmetro. Se CA e HN s ão paralelos,
mostre que

AN e

IN tem a mesma medida.
C I 
H 
N 
A
Solução:
C I 
H 
N 
A
Na figura dada tra çamos AH (figura acima), então:
 C = 0.5(A HI) (1)
61
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Também podemos
perceber C AH = A HN, pois s ão ângulos alternos internos.
Como ∆ACH é equilátero (AH = CA = CH = Raio ) então C = C AH = A HN.
Então de (1) vem que:
 C = 0.5A HI = 0.5(A HN + N HI)
 
C = 0.5(A
 
HN + N
 
HI)
Como A HN = C
 C - 0.5 C = 0.5 N HI
0.5 C = 0.5 N HI
N HI = C = A HN
Concluindo que N HI = A HN.
Como ângulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstração
concluindo que

AN =

IN.
12. Na figura abaixo, O é o centro do circulo e TA é um diâmetro. Se PA = AZ, mostre que
os triângulos PAT e ZAT são congruentes.
P 
A
Z 
T 
O
Solução:
Note que T PA e T ZA remetem ambos a arcos formados por semi ćırculos de modo que
T PA = T ZA = 90◦
Logo os tri ângulos PAT e ZAT são congruentes pelo caso especial ( PA = AZ e TA comum).
14. Na figura seguinte, o quadril átero DIAN é um paralelogramo e I, A e M são colineares.
Mostre que DI = DM.
A
M 
N 
D
I 
O
62
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Solução:
Temos D NA = D MA, pois submetem ao mesmo arco

DA . Como DIAN é um paralelogramo
então D NA = D IA, assim:
D MA = D IA
Como I, A e M são colineares o ∆DMI é isósceles 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 ćırculos são concêntricos.
A M E 
T 
S 
Y H 
Solução:
Com base na figura dada imagine a seguinte constru ção:
A M 
E 
T 
S 
Y H 
o
Note que A OH é um ângulo central da mesma circunferência em que A TH está inscrita e por-
tanto:
A TH = A
 OH
2
Com A TH relativo ao arco

AH e M OY relativo ao arco

MY.
Como M OY > A OH isso implica diretamente em

MY =

AH.
16. Mostre que um ângulo secante cujo vértices esta dentro do circulo tem medida igual a
metade da soma do arco que determina com o arco que é determinado pelo ângulo que se lhe
opõe pelo vértice. (Na figura anterior a esquerda: A PB =
 1
2 (med

AB + med

CD).
63
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Solução:
Façamos a seguinte construção:
A
B
C 
D
P 
Note que A PB é ângulo externo a ∆ PBD e pelo axioma V temos que A PB = A DB + C BD.
Como A OB é ângulo inscrito na circunferência que corresponde ao arco

AB e C BD corresponde
ao arco

DC temos:
A DB =

AB
2
C BD =

DC
2
Como A PB = A DB + C BD segue se que:
A PB =

AB +

DC
2
17. Na figura abaixo A PB é um ângulo secante cujo vértice esta fora do circulo mostre que A PB
=
 1
2
(med

AB - med

CD)
A
B
C 
D
P 
Solução:
Na figura fazemos a seguinte constru¸cão:
64
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
A
B
C 
D
P 
Com essa construção teremos os seguintes ângulos inscritos A CB, A DB e C BD.
Como A CB é ângulo esterno ao tri ângulo CBP por consequência do axioma V temos:
A CB = A PB + C BD
A PB = A CB - C BD
A PB =

AB
2
 +

CD
2
A PB = 1
2
(

AB −

CD)
Como se queria demonstrar.
21. Prove que o segmento ligando um vértice de um poĺıgono regular ao centro do ćırculo em
que ele esta inscrito é bissetriz do ângulo daquele vértice.
Solução:
Seja A11,...,Ann um polı́gono qualquer inscrito numa circunferência de centro O
A1
A2
A3
A4
An
O
Os triângulos A11OA22 e A22OA33 são congruentes e dessa congruência retiramos que:
A11 A22O = O A22A33
Logo OA22 é bissetriz de A11 A22A33. Como se queria demonstrar.
65
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
8.2 Problemas
1. Prove que uma reta pode cortar um cı́rculo em no máximo dois pontos.
Solução:
Seja C um circulo e A um ponto deste circulo . Tra çamos por A uma reta m que intercepta o
ćırculo num ponto B, assim C ∪ m{A, B} pois A e B são colineares.
Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que perten ça a m e a C
simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C). Como A, B e C são colineares então C está entre
A e B (A − C − B). Deste modo sendo “O” o centro da circunferência teŕıamos OA = OB = OC. O
que seria um absurdo pois se C está entre A e B OA = OB > OC .
2. Na figura abaixo A P C é um ángulo secante cujo vértice 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 
Solução:
Traçando AD e CB tem se B AD = B CP, pois determinam o mesmo arco

BD. É possı́vel observar
que ∆APD é semelhante ao ∆CBP, desta semelhan ça tem-se:
AP
CP
 = AD
CB
 = DP
PB
Que implica em
AP · PB = CP · PD
Como se queria demonstrar.
3. Na figura abaixo W S e H I são cordas que se interceptam no ponto G, e RT é bissetriz do
ângulo W GI . Prove que W R · T S = H T · RI .
W 
R I 
G
H T S 
66
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Solução:
W GR = R GI, pois RT é bissetriz de W GI. Como W GR = T GS, pois s ão opostos pelo vértice, então
R GI = H GT que implica que R GI = S GT.
Temos que W SH = W IH, pois subentende-se ao mesmo arco

WH. Com isso pode-se afi rmar que
∆IRG é semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois ˆangulos congruentes S GT = I GR e W ST = W IH).
Desta semelhança temos que:
RI
TS
 =
 RG
GT
 =
 IG
GS
 (1)
Considerando que I WS = I HS, pois se subentendem ao mesmo arco

IS, segue se que ∆ WRG é
semelhanteao ∆ HGT. Desta semelhan ça 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 tr i ângulo e D um p onto de BC tal que AD é bisstriz do ângulo A. Prove
que (AD)2 = AB · AC − BD · DC .
Solução:
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 B AD = D AC, pois por hip ótese AD é sua bissetriz. Como B EA = A CB, pois s ão ângulos
que subtende ao mesmo arco, no caso

AB, então se conclui que ∆ ABE é semelhante ao ∆ADC. Isso
implica que:
AB
AD =
 AE
AC ⇒ AB · AC = AE · AD
Observe que D BE e C AD são ângulos que determinam o mesmo arco

EC e portanto D BE = C AD.
E como B ED = A CD então ∆BDE é semelhante ao ∆ADC. Desta semelhan ça tem-se:
67
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria 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
22
+ AD · DE = AB · AC
AD
22
+ BD · DC = AB · AC
AD
22
= AB · AC − BD · DC
Como se queria demonstrar.
5. Na figura seguinte o ćırculo está inscrito no quadril átero. Prove que a soma dos compri-
mentos de um par de lados opostos é igual a soma dos comprimentos do outro par.
Solução:
Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor s˜ ao congruentes.
A
B
C D
O
X 
P 
Z 
Y 
90◦
90◦
Note que AB, BC, CD e DA são 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:
68
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria 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 hexágono que circunscreve um ćırculo. Prove que AB + CD + EF =
BC + DE + F A.
Solução:
T
Q
F C
X
P
Y
Z
A B
DE
Por hipótese e pela constru ção dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA são tangentes ao circulo nos
pontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente.
Pela construção é possı́vel notar que alguns segmentos são congruentes, isto é:
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
69
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Como se queria demonstrar.
8. Prove que se dois ćırculos têm dois pontos em comum, a reta dos centros é mediatriz do
segmento ligando estes dois pontos.
Solução:
Considere a seguinte construção onde A e B são os pontos de intercess ão entre os ćırculos.
O
A
B
OA = OB pois, s ão raios do circulo mais a esquerda de modo que O AB = O BA pois s ão ângulos
da base ∆ AOB isósceles.
Traçando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), então pelo critério LAL o
∆AOH e ∆BOH são congruentes de modo que H será ponto médio de AB.
Traçando agora um segundo segmento PH’ de modo que PH’⊥AB (com H’ ∈ AB). Com pen-
samento análogo se chega a constru ção de que H’ também é ponto médio do segmento AB.
Como um segmento n ão pode possuir dois pontos médios então H = H’ assim
OH ∪ HP = OP
Que intercepta AB no seu ponto médio. Como se queria demonstrar.
10. Prove que se dois cı́rculos são tangentes, a reta dos centros passa pelo ponto de contacto.
Solução:
Dado o esquema a seguir queremos mostrar que a reta determinada por O e P passa pelo
ponto de tangência X.
O PX
r
70
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Para tanto perceba que OX é perpendicular a reta r, assim os pontos O, X e P são colineares.
Onde se conclui que OP passa pelo ponto X.
11. Na figura seguinte as retas s ão tangentes comuns aos dois cı́rculos. Prove que m1 e m2
se interceptam na linha dos centros.
Prove que se os raios dos dois cı́rculos são diferentes, as retas n 1 e n2 também se interceptam
na reta dos centros.
Solução:
(Primeira parte)
Considere a seguinte construção.
O P
B
C
H
A
n1
n2
D
m1
m2
O angulo B AC é tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC é isósceles que implica
que C BA = B CA.
Traçando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC será formado o
ponto D (que é intercessão de OH com BC) que ser á ponto médio de BC. Segue-se ent ão que AD é
altura, bissetriz e mediana.
Usando de mesmo raciocı́nio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P são pontos
colineares e que ent ão m1 e m2 se interceptam na linha dos centros.
12. Sejam A e B pontos de inte rcess ão de dois c ı́rculos. Sejam C e D as extremidades dos
diâmetros dos dois cı́rculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D contém
o ponto B.
Solução:
Imagine a seguinte construção
71
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
A
B
 DC
Os ângulos A
 
BC e A
 
BD são inscritos e subtendem a semi-ćırculos pois AC e AD são diâmetros,
assim A
 
BC = 90◦ = A
 
BD. Isto implica que ele s s ão suplementares e portanto os pontos C, B e D
são colineares o que prova a afirma¸cão.
13. Prove que a medida de um ˆangulo formado por um tangente e uma corda de um circulo
é igual a metade da medida do arco que ele determina.
Soluão:
Considere o seguinte esquema:
O
A
B
C
Perceba que OA⊥ AC e ∆OAB é isósceles o que implica no fato de que O AB = A BO.
Como A OB é angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se:
A OB + O AB + O BA = 180◦
A OB = 180◦ − 2 O AB
Como O AB = 90◦ − C AB então:
A OB = 180◦ − 2(90◦ − C AB)
Que implica em
C AB = A
 OB
2
 =
 arco(AB)
2
Como se queria demonstrar.
72
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
9 FUNÇ ẼS TRIGONOMÉTRICAS
9.1 Exerćıcios
1. Quando o sol est á a 20 ◦ acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada por
um edifı́cio de 50m?
Solução:
tg 20◦ =
 50
AB
 ⇒ AB  137.3796
2. Uma árvore de 10 metros de altura projeta uma sombra de 12m. Qual é a altura angular
do sol?
Solução:
12m
10m
θ
tg θ =
 10
12
 ⇒ θ = arctg(0.8333...) ∼= 39.8◦.
3. Os lados de um triˆangulo ABC s ão os seguintes: AB = 5, AC = 8, e B C = 5. Determine
o seno do ângulo A.
Solução:
A
B C 
8
55
α α
Pela lei dos cosenos temos:
AB = AC
22
+ BC
22
− 2AC BCcos C
Substituindo os valores da figura:
25 = 64 + 25 − 2 · 8 · 5 cos C
cos C = 64
80
 ⇒ C ∼= 36◦87
73
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Como C = A pois o tri ângulo é isósceles, então sen C = sen A = 0.6
4. Do topo de um farol, 40 metros acima do ńıvel do mar, o faroleiro vê um navio segundo
um ângulo (de depressão) de 15 ◦. Qual a dist ância do navio ao farol?
Solução:
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?
Solução:
A 20
◦
B
C 
500m
Aplicando a lei dos senos
Sen C
AB
=
 Sen A
BC
Sen90◦
500
 =
 Sen20◦
BC
⇒ BC ∼= 171.01m
6. Mostre que o peŕımetro de um poĺıgono regular inscrito em um circulo de raio R e pn = 2Rn
sen
180◦
n

.
Solução:
74
 
Geometria Euclidiana Plana Resolvido por Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
O peŕımetro de Pnn de n lados é calculado por:
Pnn = 2nP
Onde P é a metade da medida de um lado, conforme