Slucoes_Barbosa - MAT 153 - 2016-I

Prévia do material em texto

Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM
(João Lucas Marques Barbosa)
diegoalvez@pop.com.br
Compilado dia 21/01/2015
O livro do João Lucas de Geometria Euclidiana Plana a-
presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publicado
inicialmente em 1995 vem sendo usado até hoje, quase 20 anos
depois, nos cursos de licenciatura em matemática.
O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra,
embora ainda não esteja completo devido a falta de tempo. Pode
haver também uma ou outra passagem obscura, ou mesmo vários
erros de português. Contudo lembre-se da dificuldade em sentar-se
na frente de um computador e digitar por horas textos em LATEX
e desenhos em Postscript. Se o leitor identificar algum problema
desse tipo e/ou mesmo quiser contribuir de alguma forma, re-
solvendo algum exerćıcio ou refazendo algum desenho, sinta-se a
vontade para me escrever por e-mail.
EXERCÍCIO PAGINA 7
1. Sobre uma reta marque quatro pontos A, B,C e D, em ordem, da esquerda para a direita.
Determine:
a) AB ∪ BC
b) AB ∩ BC
c) AC ∩ BD
d) AB ∩ CD
e) SAB ∩ SBC
f) SAB ∩ SAD
g) SCB ∩ SBC
e) SAB ∪ SBC
Solução: a) AC b) B c) BC d) ∅ e) SBC f) SAB g) BC h) SAB
2. Quantos pontos comuns a pelo menos duas retas pode ter um conjunto de 3 retas no
plano? E um conjunto de 4 retas do plano?
Solução:
1
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Na pior das hipóteses teremos 3 retas r1, r2 e r3 que serão distintas. Assim formarão pontos
Pij de intercessão conforme indicado na tabela abaixo:
• r1 r2 r3
r1 – P12 P13
r2 P21 – P23
r3 P31 P32 –
A tabela possui três linhas e três colunas logo o numero de células é 3 · 3 = 9.
Os elementos das diagonais são nulos (pois as retas não podem se interceptar com elas mes-
mas), assim o numero de pontos de intercessão passa a ser 9− 3
Como os pontos P12 e P21 são o mesmo ponto de intercessão, nesse caso entre as retas r1 e
r2, e a mesma situação ocorre para os demais pontos então o numero de pontos de intercessão
distintos são:
6
2
=
3(3− 1)
2
= 3
Se tivéssemos n retas com racioćınio análogo 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. Prove o item (b) da proposição (1.4).
Solução:
Definido as semi-retas tem se:
SAB = {AB e os pontos X| B está entre A e X}
SBA = {BA e os pontos X ′| A está entre B e X ′}
Como AB = BA então se torna evidente que AB ∈ SAB ∩ SBA. Agora imagine um ponto D
tal que D ∈ SAB ∩ SBA porem não pertença a AB. Pode ocorrer então dois casos:
• A-B-D: (B está entre A e D), nesse caso D ∈ SAB mas D /∈ SBA o que contraria
a hipótese.
• D-A-B: nesse caso D ∈ SBA mas D /∈ SAB que novamente contraria a hipótese.
Ou seja, não existe um ponto D /∈ AB e que também pertença a SAB∩SBA. Conclui-se assim
que SAB ∩ SBA = AB.
4. Prove a afirmação feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.
Solução:
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 definição um conjunto é finito quando pode ser colocado
em correspondência biuńıvoca com o conjunto N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, que
significa que AB é um conjunto com n elementos.
2
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Tomando agora um ponto Pk (k ≤ n) e o ponto Pk−1 pelo axioma II2 existe um ponto Pr,
(k − 1 < r < k) tal que Pk−1 − Pr − Pk o que seria um absurdo pois nesse caso AB teria n + 1
elementos.
5. Sejam P = {a, b, c}, m1 = {a, b}, m2 = {a, c}, m3 = {b, c}. Chame P de plano e m1, m2 e
m3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I2.
Solução:
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: ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1. Do mesmo
modo pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m1,m2,m3). O que
mostra que nessa geometria vale o axioma I2.
6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos são o próprio plano e qualquer semi-plano.
Mostre que a interseção de dois semi planos é um convexo.
Solução:
Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1∩S2, tomando dois pontos P1 e P2 ambos
pertencentes a S3 então:
P1, P2 ∈ S1, S2
Seja S1 e S2 convexos então P1P2 ∈ S1, S2 e portanto pertence a interseção, assim S3 também
é convexo.
7. mostre que a intercessão de n semi-planos é ainda um convexo.
Solução:
Considere os semi planos α1, α2, ..., αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considere
os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicará no fato de que X,Y pertence a α1, α2, ..., αn
como todos esses semi-planos são convexos então o segmento XY pertence a α1, α2, ..., αn logo
também pertence a intercessão e portanto também pertencem a B, o que mostra que B ainda é
convexo.
8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a união de convexos pode não ser um convexo.
Solução: Os quatro retângulos (em cinza) abaixo são figuras convexas e a união deles formam
uma figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto côncava.
3
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A B
C D
9. Três pontos não colineares determinam três retas. Quantas retas são determinadas por
quatro pontos sendo que quaisquer três deles são não colineares?
Solução:
Analogamente ao exerćıcio três construiremos a seguinte tabela, onde rij é a reta determinada
pelos pontos Pi e Pj .
• P1 P2 P3
P1 – r12 r13
P2 r21 – r23
P3 r31 r32 –
o numero de retas será
3(3− 1)
2
= 3 e para n pontos
n(n− 1)
2
.
10. Repita o exerćıcio anterior para o caso de 6 pontos.
Solução:
Para 6 pontos (n = 6),
6(6− 1)
2
= 15, teŕıamos 15 retas.
EXERCÍCIO PAGINA 9
1. Discuta a seguinte questão utilizando apenas os conhecimentos geométricos estabelecidos,
até agora, nestas notas: “Existem retas que não se iterceptam”?
Solução:
Sim, retas que são paralelas como indica a proposição 1.1.
2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triângulo e não passa por nenhum de
seus vértices, então ela intercepta também um dos outros dois lados.
Solução:
Dado um triângulo ABC e uma reta r, se r intercepta o segmento AB então A está do lado
oposto a B em relação a reta r. Como por hipótese r não passa por C então C está do lado da
A ou de B.
4
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Se C está do lado de A então C esta contrario a B e então r intercepta BC.
Se C está do lado de B então é contrario a A e r intercepta AC
logo sempre intercepta um dos lados.
3. Repita o exerćıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Faça uma conjectura de qual será a resposta
no caso de n retas.
Solução:
Aproveitando o resultado para n retas já obtido teremos:
Para n = 5 então
5(5− 1)
2
= 10
Para n = 6 então
6(6− 1)
2
= 15
4. Mostre que não existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejam
validos os axiomas I1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.
Axioma I1. Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que não
pertencem à reta.
Axioma I2. Dado dois pontos distintos existe uma única reta que contem esses pontos.
Solução:
Tomando uma reta r = {P1, P2} por hipótese existe um Q1 ∈ P diferente de P1 e P2.
Seja Q2 ∈ P e diferente de P1, P2 e Q1, também por hipótese, temos que Q2 /∈ r pois r
já possui 3 pontos. Logo, existe uma reta s = {P1, Q2} e que contem um ponto Q3 ∈ P com
Q3 6= P1, P2, Q1, Q2.
Agora tome Q4 ∈ P com Q4 6= P1, P2, Q1, Q2, Q3. Novamente por hipótese Q4 /∈ r, s pois
ambos já possuem três pontos. Logo deve existir uma reta t = {P1, Q4} que deve conter (por
hipótese), um terceiro ponto Q5. Temos então Q5 6= P1 e Q5 6= Q4 e, por construção, Q5 6= Q1
e Q5 6= P2, pois r6=t, Q5 6= Q2 e Q5 6= Q3, poiss 6= t. Isto nos leva a uma contradição pois Q5
seria o sétimo ponto da geometria dada.
5. Se C pertence a SAB e C 6= A, mostre que: SAB = SAC , que BC ⊂ SAB e que A /∈ BC.
Solução:
Dada a semi reta SAB pelos pontos A e B determinamos a semi reta SBA onde pela proposição
1.4 irá gerar a reta m.
Por definição SAB é o conjunto dos pontos do segmento AB mais o conjunto de pontos X tal
que A−B −X.
Como C ∈ SAB por hipótese uma das três possibilidades exclusivas ocorre:
5
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
•C = B Nesse caso a demonstração é imediata.
•A − B − C Nesse caso por definição de semi-reta SAB = SAC e sendo BC =
SBC ∩ SCA e como A /∈ SBC então A /∈ BC.
•A− C −B Fica análogo ao caso anterior.
6. Demonstre que a interseção de convexos ainda é um convexo.
Solução
Sejam A e B dois pontos pertencentes a interseção 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 são convexos. Portanto o segmento AB pertence a interseção, concluindo assim
que a interseção é um conjunto convexo.
7. Mostre que um triângulo separa o plano em duas regiões, uma das quais é convexa.
Solução
Tracemos três retas m, n e o que se imterceptam 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. A
região convexa é a região que forma o interior do triângulo. 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 XY não
pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelo
triângulo ABC que portanto é uma região convexa.
8. Generalize os exerćıcios 11 e 12 para o caso de n pontos.
Solução:
Estes exerćıcios não constam no livro, trata-se de um erro de edição. Tais erros são muito
comuns nos livros da SBM.
9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente
dois pontos em comum?
Solução:
6
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
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 possuirão apenas dois pontos.
EXERCÍCIO PAGINA 18
1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Faça um desenho representando-os, sabendo que
m(AB) = 3,m(AC) = 2em(BC) = 5.
2. Repita o exerćıcio anterior, sabendo que C está entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) = 5.
3. Desenhe uma reta e sobre ela merque dois pontos A e B. Suponha que a coordenada do
ponto A seja zero e a do ponto B seja um. Marque agora dois pontos cujas coordenadas são 3,
5, 5/2, 1/3, 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 plano médio A4 do segmento A2A3. Dê a coordenada A5
do ponto médio do segmento A3A4.
Solução:
Sendo A3 o ponto médio do segmento A1A2 então a coordenada A3 será a media aritmética
A3 =
A1 +A2
2
=
1 + 2
2
=
3
2
Analogamente se calcula para os demais pontos.
A4 =
3
2 +
4
2
2
=
7
4
A5 =
3
2 +
7
4
2
=
13
8
5.Prove que, se ab =
c
d então
a) ac =
b
d e
d
b =
c
a
b)a+ba =
c+d
d e
a−b
a =
c−d
c
c) a+bb =
c+d
d e
a−b
b =
c−d
d
Solução:
a) ab =
c
d
a
b ·
b
c =
c
d ·
b
c
7
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
a
c =
b
d
E também
a
b =
c
d
a
b ·
d
a =
c
d ·
d
a
d
b =
c
a
b) ab =
c
d
db
ac ·
a
b =
c
d ·
db
ac
d
c =
b
a
1 + dc = 1 +
b
a
c
c ·
d
c =
a
a ·
b
a
c+d
c =
b+a
a
c) ab =
c
d
a
b ·
db
ac =
c
d ·
db
ac
−1 · dc = −1 ·
b
a
c−d
c =
a−b
a
Dessa forma se procede as demais demonstrações.
6. Se p é ponto de intercessão de ćırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) =
m(PB).
Solução
Como o ponto P esta na interseção dos dois ćırculos. Então P pertence ao ćırculo com centro
A e raio r, e por definição de ćırculo, PA = r, da mesma forma P pertence ao ćırculo com centro
B e raio r, por definição de ćırculo, PB = r,que implica que PA = PB.
7. Usando uma régua e um compasso, descreva um método para construção de um triângulo
com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triângulo é chamado de triângulo isósceles).
Solução
8
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Considere um segmento AB. Com um compasso centrado em A trace uma circunferência
de raio AB. Agora com centro em B trace um circulo de raio BA. A intercessão entre as duas
circunferências irá gerar os pontos C e D. Fazendo o triângulo CAD teremos um triângulo isósceles
de base CD e lados CA,AD = AB.
8. Descreva um método para construção de um triângulo com os três lados de mesmo com-
primento.
Solução
Traça-se uma reta e nela marca-se dois pontos A e B.
A B
Com centro em A e depois em B traça-se duas circunferências de raio r gerando o ponto C tal
que C ∈ C(A,r) ∩ C(B,r) depois disso traça se os segmentos AC, AB e BC que irá gerar 4ABC
com lados iguais a r.
A B
C
9.Mostre que, se a < b então a < (a+ b)/2 e b > (a+ b)/2.
Solução
Se a < b então
a+ b < b+ b
a+ b < 2b
a+ b
2
< b
completando a primeira parte.
a < b
a+ a < a+ b
2a+ a+ b
9
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
a <
a+ b
2
10. É posśıvel desenhar se um triângulo com lados medindo 3,8 e 5?
Solução
Não, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triângulo 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)?
Solução
Observe o seguinte desenho.
A B
r2
r1
DC
Considere o circulo de raio r2 com centro em A e o circulo de raio r1 com centro em B e cujo
segmento AB formam os pontos C e D.
Note que AB = AD+CB−CD e também que AD = r2, CB = r1 e que CD é um segmento
não nulo. Perceba que assim AB = r2 + r1 − CD o que implica que AB < r2 + r1
12. Considere um circulo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste ćırculo. O que se
pode afirmar sobre o triângulo ABC?
Solução:
Se os pontos B e C pertencentes a circunferência que forma o circulo então AB = AC = r
logo o triângulo é isósceles de base AB.
NOTA: O livro refere-se a uma circunferência como ćırculo.
13. Considere um ćırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste ćırculo e seja B um
ponto tal que o triângulo OAB é equilátero. Qual é a posição do ponto B relativamente ao
ćırculo?
Solução:
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 i.e. B
10
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
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 triângulos ABC e ACD? E sobre o quadrilátero ACBD?
Solução:
Os triângulos ABC e ACD são isósceles pois AC,BC = r e AD = r, note que também que
BD = r. Como o paralelogramo ACBD é formado pela união dos 4ABC e 4ADB seus lados
seriam os segmentos que formam o triângulo, e então AC = BC = AD = BD = r.
Logo o poĺıgono é um quadrilátero de lados iguais e os triângulos são isósceles.
A B
C
D
EXERCÍCIO PÁGINA 20
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:
Sejam x, b e c as coordenadas dos pontos A, B e C. Podemos supor que a < b < c. Para
o caso, de x > b > c, resolve-se de maneira inteiramente análoga. Então, pelo axioma III2 o
problema demostrar a existência de um único ponto B entre A e C tal que
m(AC)
m(BC)
= a, equivale
a mostrar que existe um único número real b tal que x < b < c e
b− x
c− b
= a.
Resolvendo em b obtemos que a única solução é b = x+ca1+a . Finalmente, resta mostrar que
este b encontrado satisfaz a x < b < c. Com efeito
x =
x+ ax
1 + a
<
x+ ca
1 + a
<
c+ ca
1 + a
A unicidade do ponto B também é consequência do axioma III2.
2.Descreva um método para obter uma boa aproximação do comprimento de um ćırculo.
Solução:
Utilizando um compasso desenhe um circulo de raio r. Com uma régua desenhe no interior
do ćırculo um poĺıgono regular tal que o poĺıgono fique o mais próximo posśıvel do circulo. Como
cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximação do circulo
bastando para isso que aumentemos os lados do poĺıgono.
11
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
3. Prove a seguinte afirmação 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 estão a uma distância r do ponto O, então o ponto D pertencente
a intercessão do segmento OC com a circunferência.
4. Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontos
C satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r é chamado de elipse. Estabeleça os conceitos de região
interior e de região 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 será interno.
5. Um conjunto M de pontos do plano é limitado se existe um circulo C tal que todos os
pontos de M estão dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos é limitado. Prove
também que segmentos são limitados. conclua o mesmo para triângulos.
Solução:
Dado o conjunto de pontos P1, P2, ..., Pn tome um único ponto Pi que usaremos para o centro
da circunferência, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o próprio i,
passará um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos então por ele marca-se
um ponto Q (P1−Pj−Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1Q definimos
um circulo de raio r = P1Q que conterá todos os outros uma vez que o segmento que estabelece
seu raio em relação ao centro P1 é maior que os demais definidos por todos os outros pontos.
EXERCÍCIO PAGINA 29
1. Mostre que se um ângulo e seu suplemento têm a mesma medida então o ângulo é reto.
Solução:
C
AB β = 90
◦
O
12
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Considere o ângulo α (BÔC) 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◦
Que de (1) se conclui que β = 90◦ como queŕıamos demonstrar.
2. Um ângulo é chamado agudo se mede menos de 90o, e é obtuso se mede mais de 90◦.
Mostre que o suplemento de um ângulo agudo é obtuso.
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 queŕıamos demonstrar.
4. Dois ângulos são ditos complementares se sua soma é um ângulo reto. Dois ângulos são
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 α1 e β1 suplementos de α e β então:
α+ α1 (2)
β + β1 (3)
fazendo α1 = β1 + 30
◦ (4) i.e. um ângulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β1 de
(3) em (4) então:
α1 = (180
◦ − β) + 30◦ = 210◦ − β (5)
Substituindo (5) em (2)
α+ 210◦ − β = 180◦
α− β = −30◦ (6)
das equações (1) e (6) montamos o sistema:
cuja solução é α = 30◦ e β = 60◦, logo um ângulo possui 30 e outro 60 graus.
EXERCÍCIO PAGINA 32
2. Mostre que as bissetrizes de um ângulo e do seu suplemento são perpendiculares.
Solução:
Considere o desenho abaixo.
AG
D
BE
O
13
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Seja AÔB um ângulo e BÔC seu suplemento então:
AÔB +BÔC = 180◦ (1)
Queremos mostrar que BÔD + BÔE = 90◦ para isso observe que BÔD =
AÔB
2
pois SOD
é bissetriz de AÔB e BÔE =
BÔC
2
logo BÔE +BÔD =
AÔB
2
+
BÔC
2
(2)
Comparando as equações (1) e (2) vêm que:
2(BÔE +BÔD) = AÔB +BÔC = 180◦
BÔE +BÔD =
180◦
2
= 90◦
Como queŕıamos demonstrar.
EXERCÍCIO PAGINA 41
1. Desenhe um triângulo. Construa agora um outro triângulo congruente ao que você desen-
hou. Descreva o procedimento.
Solução:
A B
C
E F
G
Considere o triângulo ABC. A partir dele construiremos o triângulo EFG congruente ao 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 triângulo ABC sabendo que AB = 7.5 cm, BC = 8.2 cm e AB̂C = 80◦.
Meça o comprimento de BC e os outros ângulos do triângulo.
Solução:
Considere o seguinte exemplo provisório de triângulo.
8.2 cm
7.5 cm
C B
80◦
A
14
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Usando a Lei dos senos temos que:
(AC)2 = AB2 + CB2 − 2(AB)(CB) cosB̂
AC =
√
(7.5)2 + (8.2)2 − 2(7.5)(8.2) cos80◦
AC ∼= 10.106
Aplicando novamente a lei
(AB)2 = BC2 +AC2 − 2(CB)(AC) cos Ĉ
cos Ĉ =
(AB)2 − (BC)2 − (AC)2
−2(CB)(AC)
cos Ĉ =
(7.5)2 − (8.2)2 − (10.106)2
−2(8.2)(10.106)
cos Ĉ ∼= 0.6825
Ĉ ∼= cos−1(0.6825) ∼= 46◦, 95′
Como a soma de todos os ângulos de todo poĺıgono é 180 graus então  = 53◦, 05′
De posse desses dados é possÃvel construir o triângulo representado no desenho abaixo.
C
A
B
Onde CB = 8,2 cm; AB = 7,5 cm e AC = 10,106 cm. Com os ângulos  = 53◦, 05′, B̂ = 80◦
e Ĉ = 46◦95′.
3. Na figura ao lado os ângulos α e β são iguais. Mostre que AC = BC
α
β
A
B
C
Solução:
Considere a figura acima e observe que α é o suplemento de BÂC e β é o suplemento de
AB̂C, logo:
15
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
α+AB̂C = 180◦ e β +AB̂C = 180◦.
Fazendo α = 180◦ −BÂC e β = 180◦ −AB̂C, como α = β temos:
180◦ −BÂC = 180◦ −AB̂C
BÂC = AB̂C
Como todo triângulo 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) AĈD = AB̂E
b) BĈD = CB̂E
Solução (a):
Por hipótese AB = AC logo 4ABC é isósceles e os ângulos AB̂C e AĈB.
Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipótese BD = EC pelo caso LAL
4DBC é congruente a 4ECB o que implica em: CB̂E = BĈD assim:
AĈD = AB̂C + CB̂E = AĈB +BĈD = AB̂E
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 triângulo, com
somente um prego em cada vértice, como indicado na figura seguinte
16
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
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 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triângulos não sejam figuras
ŕıgidas ao deformarmos o 4ABC seus ângulos irão variar, mas os lados continuarão com as
mesmas medidas. Assim pelo caso LLL os dois triângulos ainda seriam congruentes o que seria
um absurdo pois um dos triângulos sofreu uma deformação.
7. Na figura abaixo, AC = AD e AB é a bissetriz do ângulo CÂD prove que os triângulos
ACB e ADB são congruentes.
A
C
B
D
Solução:
Se AB é bissetriz de CÂD então CÂB = BÂD.
Como CA = AD e AB é comum tanto a 4ADB como 4CAB então pelo caso LAL, 4ACB
= 4ADB.
8. Na figura abaixo o ponto A é ponto médio dos segmentos CB e DE. Proveque os triângulos
ABD e ACE são congruentes.
D
B
C
EA
Solução:
Os ângulos CÂE = DÂB pois são opostos pelo vértice. Como por hipótese CA = BA e DA
= AE pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE.
9. Na figura abaixo os ângulos  e Ĉ são retos e o segmento DE corta CA no ponto médio
B de CA. Mostre que DA = CE.
17
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
D
B
C
E
A
Solução:
Os ângulos DB̂A = CB̂E pois são opostos pelo vértice e como CA = BA por hipótese, então
pelo caso ALA, 4ABD = 4CEB que implica em DA = CE.
10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e BÔD = CÔA. Mostre que CD =
BA.
D
BC
A
O
Solução:
Por hipótese BÔD = CÔA com:
BÔD = BÔC + CÔD e CÔA = CÔB +BÔA (1)
e pelo esquema CÔB = CÔD logo pelo caso LAL, 4BOA = 4COD o que implica em CD
= BA.
EXERCÍCIO PÁGINA 44
1. Na figura abaixo CM̂A é um ângulo reto e M é ponto médio de AB. Mostre que CA =
CB.
A
B
C
Solução:
18
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
BM̂C é o suplemento de CM̂A logo CM̂A + BM̂C = 180◦. Como CM̂A = 90◦ temos que
BM̂C = 180◦ - 90◦ = 90◦, logo CM̂A = BM̂C como M é ponto médio de AB, temos que AM =
MB. Como CM é um lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL então 4AMC = 4BMC
que implica em CA = CB.
2. A região marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual será
posŝıvel medir a distância entre os pontos A e B. (Qualquer medição fora do lago é posŝıvel)
M
A
B
C
Solução:
Considerando a figura, prolongamos a SAC e SBC construindo os segmento CD e CE tal que
CD = CA e CE = CB.
M
A
B
E
D
C
Como DĈE = AĈB, pois são opostos pelo vértice, então 4DCE = 4ACB pelo caso LAL.
Assim basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.
3. Mostre que, se um triângulo tem os três lados congruentes, então tem também os três
ângulos congruentes.
Solução:
Considere a seguinte construção:
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: B̂ = Ĉ. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo
19
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
teremos  = Ĉ que implica em  = B̂ = Ĉ. C.Q.D.
4. Na figura abaixo ABD e BCD são triângulos isósceles com base DB. Prove que os ângulos
AB̂C e AD̂C são congruentes.
C
B
A
D
Solução:
Como AB̂D = BD̂A e DB̂C = BD̂C pois são ângulos da base de triângulos isósceles, então:
AB̂D +DB̂C = AD̂B +BD̂C
que implica em:
AB̂C = AD̂C
5. Usando a mesma figura, (do exerćıcio 4), mostre que também a reta AC é bissetriz de
BÂD e perpendicular a DB.
Solução:
Os triângulos ABC e ADC são congruentes pelo caso LAL logo CÂB = CÂD. Então por
definição AC é bissetriz de BÂD.
6. Na figura abaixo, ABD e BCD são triângulos isósceles com base BD. Prove que AB̂C =
AD̂C e que AC é bissetriz do ângulo BĈD.
A
B
C
D
Solução:
Como o triángulo BCD é isósceles então CB̂D = BD̂C. Como CB̂D = DB̂A + AB̂C e BD̂C
= BD̂A + AD̂C então:
DB̂A + AB̂C = BD̂A + AD̂C
20
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Como DB̂A = BD̂A pois ∆BDC é isósceles, então AB̂C = AD̂C. 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 segmento. Com um compasso centrado em A, desenhe um circulo de raio AB.
Descreva outro circulo de mesmo raio e centro em B. Estes dois ćırculos se interceptam em dois
pontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A interceção desta reta com o segmento AB será
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, então BE = EA e a reta
“r” intercepta o segmento BA no ponto médio.
EXERCÍCIOS DA PÁGINA 621
1. Prove que, se um triângulo tem dois ângulos externos iguais, então ele é isósceles.
Solução:
Dado o ∆ABC como no esquema
Â
e
B
f̂
C
Como ê e CÂB são adjacentes e estão sob a mesma semi-reta então:
ê+ CÂB = 180◦
Do mesmo modo se conclui que
1Neste caṕıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Ângulo Externo.
21
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
CB̂A+ f̂ = 180◦
O que implica que
ê+ CÂB = CB̂A+ f̂ (1)
Como por hipótese ê = f̂ então de (1) se conclui:
CÂB = CB̂A
Portanto o triângulo ABC é isósceles de base AB.
3. Na figura abaixo os ângulos externos AĈE e AB̂D satisfazem a desigualdade: AĈE <
AB̂D. Mostre que AB̂D > AB̂C.
A
B C
D E
Solução:
Pelo TAE tem se que:
AĈE > BÂC,AB̂C
Como por hipótese AĈE < AB̂D então
AB̂C < AĈE < AB̂D
Que implica em AB̂C < AB̂D
4. Prove que um triângulo retângulo tem dois ângulos externos obtusos.
Solução:
Dado o triângulo ABC como na figura a seguir
A B
C
sabe se que  + B̂ + Ĉ = 180◦. Como B̂ = 90◦ então Â, Ĉ < 90◦. Logo o ângulo externo a
 e Ĉ > 90◦ uma vez que são suplementares.
5. Na figura abaixo, B, D e A são colineares. Do mesmo modo D, E e C são colineares.
Mostre que AÊC > DB̂C
22
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
B
C
D
E
Solução:
Note que AD̂E é um ângulo externo ao triângulo DBC e pelo TAE tem se:
AD̂E > DB̂C,DĈB (1)
Do mesmo modo AÊC é externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se:
AÊC > AD̂E (2)
De (2) e (1) tira-se que, AÊC > DB̂C. Concluindo a demonstração.
6. Em um cartório de registro de imóveis um escrivão recusou se a transcrever o registro de
um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprietário mediam 100m, 60m e 20m. Você
pode dar um argumento que justifique a atitude do escrivão?
Solução:
Uma possibilidade e que este escrivão seja funcionário publico e já 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 triangular 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 função “reflexão”, constantes do texto.
Solução:
Prova de (i)
Sabe-se que Fm(Fm(A)) = A, no entanto queremos provar que Fm(A) = A
′ o que seria
equivalente ao mostrar que Fm(A
′) = A. Portanto para verificar essa igualdade (Fm(A) = A
′)
vamos mostrar que Fm(A
′) = A.
Se Fm(A) = A
′ então existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m.
A
D
A′
m
23
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Como por hipótese A, 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 per-
pendicular a m tendo D como seu ponto médio. Assim Fm(A
′) = A.
C.Q.D.
Prova de (ii)
(⇒) Se Fm(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 Fm(A) = A, pois o reflexo de um ponto é o
próprio ponto.
Prova de (iii)
Fazendo Fm(A) = A
′ e Fm(B) = B
′ então Fm(A)F(B) = A′B′ deste modo devemos provar
que A′B′ = AB.
• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstração é imediata.
• Se A 6= B então AA’ e BB’ serão interceptados por m nos seus pontos médios D e E
respetivamente
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 BD̂E = B′D̂E e
como
AD̂B +BD̂A+BD̂E + ED̂B′ = 180◦
e também
AD̂B = BD̂E = 90◦
Então conclui se que AD̂B = A′D̂B′. E portanto ∆ADB = ∆A’DB’são congruentes pelo
caso LAL.
24
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
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
BD̂A = AD̂B = 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 seguir os triângulos ABC e EDC são congruentes e os pontos A, C e D são
colineares. Mostre que AD > AB
C
B
A
E
D
Solução:
O ângulo EĈD > B̂, Â pelo TAE. Como ∆ABC = ∆ECD ∴ EĈD = BĈA, assim AC = EC
pelo teorema 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
25
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
que implica em AD > AB.
9. Na figura a seguir tem se 1̂ = 2̂ e 1̂ + 2̂ = 180◦. Conclua que as retas m e n são paralelas.
m
1
n
2
Solução:
Se m não for paralela a n então se formara um triângulo com dois ângulos retos, pois 1̂ = 2̂ e
1̂ + 2̂ = 180◦ o que não 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 B̂ e D̂ são ângulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC.
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 triângulos quaisquer em que AB = A’B’, Â = Â′ e Ĉ = Ĉ ′.
Decida se ABC e A’B’C’ são congruentes ou não.
Solução:
Os triângulos serão congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso Cateto ângulo oposto caso sejam
triângulos retângulos.
12. No final da demonstração do teorema 5.2, é feita a seguinte afirmação: “.. a semi-reta
SAF divide o ângulo BÂD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmação é verdadeira.
Solução:
Dado BÂD este ângulo é definido por duas semi-retas com origem em A.
26
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
B
D
F
Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD então F∈BÂD e portanto SAF ⊂ BÂD
logo divide BÂD
EXERCÍCIO PÁGINA 84
1. Na figura ao lado O é o ponto médio de AD e B̂ = Ĉ. Se B, O e C são colineares, conclua
que os triângulos ABO e DOC são congruentes.
A B
C D
O
Solução:
Por hipótese AO = OD e B̂ = Ĉ, devemos provar que ∆AOB = ∆COD.
Pela proposição 6.3 AB é paralelo a CD logo  = D̂ pois são correspondentes, como CÔD =
AÔB, pois são opostos pelo vértice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD
2. Prove que a soma das medidas dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 900.
Solução:
A
B
C
Pelo teorema 6.5 Â+ B̂ + Ĉ = 1800. Seja Ĉ = 900 então Â+ B̂ = 1800 − Ĉ que implica em
Â+ B̂ = 900.
3. Prove que cada ângulo de um triângulo equilátero mede 600.
Solução:
27
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
C
B
r
Seja ∆ABC equilátero então:
Â+ B̂ + Ĉ = 1800 (1)
Por ser isósceles  = Ĉ = B̂ então:
3 · B̂ = 1800
Que implica em B̂ = 600 logo  = Ĉ = B̂ = 600
4. Prove que a medida do ângulo externo de um triângulo é igual a soma das medias dos
ângulos interno a ele não adjacentes.
Solução:
A
C
B
e
Dado ∆ABC sabe se que Â+ B̂ + Ĉ = 1800 (1) também B̂ + ê = 1800 (2) igualando (1)
com (2) temos:
Â+ B̂ + Ĉ = B̂ + ê⇒ ê = Â+ B̂
Como se queria demonstrar.
5. Um segmento 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 diâmetro e C é outro ponto
do circulo. Mostre que 2̂ = 2 · 1̂
Solução:
A B
C
O
21
28
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Como mostramos na questão anterior 2̂ = 1̂ + ĉ. Para mostrar que 2̂ = 2 · 1̂ basta mostrar
então que ĉ = 1̂. 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 1̂ = Ĉ C.Q.D..
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 são 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 1800, logo ou m é paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.
7. Seja ABC um triângulo isósceles 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 à reta que passa or M e N è exatamente o ponto médio do segmento
AB.
Solução:Considere as figuras:
A B
C
M N
Seja ∆ABC CM = CN, pois o triângulo é isósceles, e M, N é ponto médio. Seja F(MN)(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 proposição (6.10).
Solução:
Para o quadrilátero ABCD por hipótese AB//DC, AB = DC, BC = AD então temos:
29
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
O
A B
CD
Pelo desenho é posśıvel deduzir que os ângulos AĈD = CÂB; AB̂D = BD̂C e DÂO =
AD̂O = OB̂C = BĈO
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 proposição (6.12).
Solução:
Proposição 6.12: Dado um quadrilátero qualquer se dois lados opostos são congruentes e
paralelos então o quadrilátero é um paralelogramo.
A
C
B
D
e
r
Para esta prova usaremos a proposição 6.11 onde dado o quadrilátero ABCD com AB//DC
e AB = DC por hipótese provaremos que AD = DC por hipótese provaremos que AD = BC,
pois segundo 6.11 se isso ocorre o quadrilátero é um paralelogramo. AB//DC por hipótese, logo
traçamos uma reta r que divide o quadrilátero em ∆ADB, ∆DBC (esquema) então:
ê = AB̂D pois são opostos pelo vértice.
ê = BD̂C pois são correspondentes.
Como DB é comum aos dois triângulos e AB = DC por hipótese então ∆ADB = ∆DBC
pelo caso LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposição 6.11 ABCD é um paralelogramo.
10 Um retângulo è um quadrilátero que tem todos os seus ângulos, retos. Mostre que, todo
retângulo è um paralelogramo.
Solução:
Considere o desenho.
A
C
B
D
30
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os ângulos BÂC = AĈD
e como a soma dos dos ângulos internos de um triângulo é 180 graus então:
AĈB = DÂC
Logo pelo caso LAL
∆ADC = ∆ABC
então os segmentos AD = BC e ambos são perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados são
congruentes e paralelos.
11. Mostre que, as diagonais de um retângulo são congruentes.
Solução:
Por definição um retângulo é um quadrilátero com 4 ângulos retos.
A
C
B
D
O
Sabe se que se duas retas são interceptadas por uma terceira perpendicular a elas então estas
são paralelas, logo dado o retângulo ABCD têm se que:
AB//DC e AD//BC
Portanto o retângulo é um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC,
diagonais de ABCD, provemos que são congruentes.
PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma análoga constrúımos ∆ADC
como ambos são retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL são 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 ângulos reto e são bissetrizes dos seus ângulos.
Solução:
Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos médios.
Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, então pelos pontos AB e
C constrúımos o triângulo ABC de modo análogo constrúımos o triângulo DAB. Como BA=BC
e DA=AB então ∆ABC e ∆DAB são isósceles talque
31
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
∆ABC = ∆ABF ∪∆BFC
∆DAB = ∆DAF ∪∆FAB
e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Então BD intercepta AC em 900 e
como se interceptam em seus pontos médio ( e as diagonais são a base do triângulo isósceles)
então são bissetrizes.
13. Um quadrado é um retângulo que também é um losango. Mostre que, se as diagonais de
um quadrilátero são 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 hipótese e O é o ponto médio de ambos então:
BO = OD = OC = AO (1)
∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD
Pelo caso LLL. Assim como os ângulos AÔB e BÔC estão sob a mesma semi-reta e são
complementares além de serem congruentes então:
AÔB = BÔD = 900
Analogamente para AÔC = CÔD = 900. Como por (1) os triângulos contidos em ABCD
são isósceles então OB̂D = OD̂B = OB̂A = BÂD = DÂC = AĈD = OD̂C = 450, pois a soma
de seus ângulos internos deve ser 1800, um dos ângulos já é reto e dois da base são congruentes.
Assim os ângulos AB̂D = BÂC = CD̂B = AB̂D = 900
Satisfazendo a definição de retângulo.
EXERCÍCIO PÁGINA 86
3. Mostre que, se dois ângulos e o lado oposto a um deles, em um triângulo, são iguais ás
correspondentes partes de um outro triângulo, então os triângulos são congruentes.
Solução:
A soma dos ângulos internos de cada ∆ é 180◦ ou seja Ĉ + Â+ B̂ = Ĉ ′ + Â′ + B̂′ como  =
Â′ e B̂ = B̂′ ⇒ Ĉ = Ĉ ′. Assim pelo critério LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’
EXERCÍCIO PÁGINA 100
32
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
10. Mostre que todo triângulo retângulo de lados p2 − q2, 2pq e p2 + q2 é um triângulo
retângulo. Aqui p e q são quaisquer números inteiros positivos com p > q.
Solução:
Se o triângulo é retângulo deve valer o teorema de Pitágoras caso contrário o triângulo não
é retângulo. Vamos mostrar que este teorema é válido.
(p2 + q2)2 = (2pq)2 + (p2 − q2)2
(p2 + q2)2 = 4p2q2 + p4 + q4 − 2p2q2
(p2 + q2)2 = p4 + 2p2q2 + q4
Note que o segundo termo da igualdade é um quadrado perfeito
(p2 + q2)2 = (p2 + q2)2
EXERCÍCIO PÁGINA 119
1. Prove que, em um mesmo circulo ou em ćırculos de mesmo raio, cordas congruentes são
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 AÔB = CÔD, pois são opostos pelo
vértice, então ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.
Traçando os segmentos OE e OF tal que OE e EF são alturas dos triângulos, portanto
perpendiculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD então EO = OF e as cordas
AB e CD são equidistantes, C.Q.D.
2. Prove que, em um mesmo circulo ou em ćırculos de mesmo raio, cordas equidistantes do
centro são congruentes.
Solução:
Imagine a seguinte construção:
33
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
B
C D
E
F
O
Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas são equidistantes então existe uma per-
pendicular a cada corda que é congruente, isto é:
OE = OF por hipótese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.
Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto AE = EB
= CF = FD e então:
AE + EB = CF + FD
AB = CD
C.Q.D.
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 então:
OC = OD = OA = OB = raio
Logo ∆COD, ∆AOB são isósceles.
Traçando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retângulos.
Então pelo teorema de Pitágoras:
OA2 = OF 2 + AF 2
e também
34
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
OC2 = OE2 + CE2
Como OA = OC = raio
OF 2 + AF 2 = OE2 + CE2 (1)
Como AB < CD por hipótese 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). C.Q.D.
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:
A
E B
O
m
Com base na construção 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 construção), OE ⊥ AB. Como
por um ponto passa uma única reta perpendicular então OE é a própria mediana passando pelo
ponto O (centro). C.Q.D.
5. Explique porque o reflexo de um circulo relativamente a uma reta que passa pelo seu
centro é ainda o mesmo circulo.
Solução:
Recordando as propriedades de reflexão temos:
Fm(A) = A se A ∈ m.
Imagine a seguinte construção:
35
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
E
A′
O
m
Traçando uma reta “m” que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro é o proprio
centro. Seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo então existe um segmento AA’ que
intercepta “m” no ponto E tal que AE = A’E e AA’ ⊥ m.
Traçamos então o ∆AOE = ∆EOA’ que são 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 ćırculos. Os pontos
E e A são pontos de tangencia e B é o ponto de intercessão dos segmentos JS e AE. Prove que
o ângulo Ĵ é igual ao ângulo Ŝ.
S
E
B
J
A
Solução:
Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunferência em sua extremidade então
esta é perpendicular a reta tangente.
Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA são retângulos e EB̂S = JB̂A, pois são postos pelo
vértice. Como ∆ESB e ∆JBA possui dois ângulos congruentes então são semelhantes e portanto
Ŝ = Ĵ, C.Q.D.
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.
36
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
R
K
M
Solução:
Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio.
A
R
K
M
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 AR̂M =
MR̂K = 90◦. Portanto ∆AMR, e ∆MRK são retângulos e pelo critério cateto hipotenusa dos
triângulos retângulos ∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK C.Q.D.
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 LÛK = 90◦.
Por hipótese UE = LU e como LE é raio então LE = LU = UE.
Assim ∆LUE é equilátero e LÊU = LÛE = UL̂E = 60◦.
Como LÊU é ângulo externo do ∆EUK então:
LÊU = EK̂U + EÛK
37
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
No entanto como LÛK = LÛE + EÛK então LÛE + EÛK = 90◦ (1)
Como LÛE = 60◦ por (1) tem-se
EÛK = 30◦
Assim LÊU = EÛK + EK̂U implica em:
60◦ = 30◦ + EK̂U
EK̂U = 30◦
Assim ∆EUK é isósceles de base UK, pois possuem dois ângulos de 30◦, e assim EK = UE
(2). Como UE = LU = LE (3).
Por (2)e por (3) chegamos a LE = EK C.Q.D.
10. Na figura seguinte, MO = IX. Prove que MI = OX.
M X
O I
Solução:
Traçando uma corda MX com ela é posśıvel perceber que MÔX = MÎX, 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 hipótese:
OB
BI
= 1⇒ OB = BI
Assim ∆MOB = ∆BXI pelo caso LAL e MB = BX, portanto:
MB + BI = BX + OB
MI = XO
C.Q.D.
11. Na figura seguinte, H é o centro do circulo e CI e um diâmetro. Se CA e HN são paralelos,
mostre que
_
AN e
_
IN tem a mesma medida.
38Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
C I
H
N
A
Solução:
C I
H
N
A
Na figura dada traçamos AH (figura acima), então:
Ĉ = 0.5(AĤI) (1)
Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Também podemos
perceber CÂH = AĤN, pois são ângulos alternos internos.
Como ∆ACH é equilátero (AH = CA = CH = Raio) então Ĉ = CÂH = AĤN.
Então de (1) vem que:
Ĉ = 0.5 AĤI = 0.5(AĤN + NĤI)
Ĉ = 0.5(AĤN + NĤI)
Como AĤN = Ĉ
Ĉ - 0.5 Ĉ = 0.5 NĤI
0.5 Ĉ = 0.5 NĤI
NĤI = Ĉ = AĤN
Concluindo que NĤI = AĤN.
Como 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
39
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Solução:
Note que T P̂A e T ẐA remetem ambos a arcos formados por semi ćırculos de modo que
T P̂A = TẐA = 90◦
Logo os triângulos PAT e ZAT são congruentes pelo caso especial (PA = AZ e TA comum).
14. Na figura seguinte, o quadrilátero DIAN é um paralelogramo e I, A e M são colineares.
Mostre que DI = DM.
A
M
N
D
I
O
Solução:
Temos DN̂A = DM̂A, pois submetem ao mesmo arco
_
DA . Como DIAN é um paralelogramo
então DN̂A = DÎA, assim:
DM̂A = DÎA
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
YH
Solução:
Com base na figura dada imagine a seguinte construção:
A M
E
T
S
YH
o
40
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Note que AÔH é um ângulo central da mesma circunferência em que AT̂H está inscrita e
portanto:
AT̂H =
AÔH
2
Com AT̂H relativo ao arco
_
AH e MÔY relativo ao arco
_
MY.
Como MÔY > AÔH isso implica diretamente em
_
MY =
_
AH.
16. Mostre que um 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: AP̂B =
1
2
(med
_
AB + med
_
CD).
Solução:
Façamos a seguinte construção:
A
B
C
D
P
Note que AP̂B é ângulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que AP̂B = AD̂B + CB̂D.
Como AÔB é ângulo inscrito na circunferência que corresponde ao arco
_
AB e CB̂D corresponde
ao arco
_
DC temos:
AD̂B =
_
AB
2
CB̂D =
_
DC
2
Como AP̂B = AD̂B + CB̂D segue se que:
AP̂B =
_
AB +
_
DC
2
17. Na figura abaixo AP̂B é um ângulo secante cujo vértice esta fora do circulo mostre que AP̂B
=
1
2
(med
_
AB - med
_
CD)
41
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
B
C
D
P
Solução:
Na figura fazemos a seguinte construção:
A
B
C
D
P
Com essa construção teremos os seguintes ângulos inscritos AĈB, AD̂B e CB̂D.
Como AĈB é ângulo esterno ao triângulo CBP por consequência do axioma V temos:
AĈB = AP̂B + CB̂D
AP̂B = AĈB - CB̂D
AP̂B =
_
AB
2
+
_
CD
2
AP̂B =
1
2
(
_
AB−
_
CD)
C.Q.D.
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 A1,...,An um poĺıgono qualquer inscrito numa circunferência de centro “O”
A1
A2
A3
A4
An
O
42
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Os triângulos A1OA2 e A2OA3 são congruentes e dessa congruência retiramos que:
A1Â2O = OÂ2A3
Logo OA2 é bissetriz de A1Â2A3 C.Q.D.
EXERCÍCIO PÁGINA 125
1. Prove que uma reta pode cortar um ćırculo em no máximo dois pontos.
Solução:
Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Traçamos 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 pertença 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 AP̂C 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 BÂD = BĈP , pois determinam o mesmo arco
_
BD. É posśıvel
observar que ∆APD é semelhante ao ∆CBP, desta semelhança tem-se:
AP
CP
=
AD
CB
=
DP
PB
Que implica em
AP · PB = CP · PD
Como se queria demonstrar.
3. Na figura abaixo WS e HI são cordas que se interceptam no ponto G, e RT é bissetriz do
ângulo WĜI. Prove que WR · TS = HT ·RI.
W
R I
G
H T S
43
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Solução:
WĜR = RĜI, pois RT é bissetriz de WĜI. Como WĜR = TĜS, pois são opostos pelo
vértice, então RĜI = HĜT que implica que RĜI = SĜT .
Temos que WŜH = WÎH, pois subentende-se ao mesmo arco
_
WH. Com isso pode-se afirmar
que ∆IRG é semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois ângulos congruentes SĜT = IĜR e
WŜT = WÎH). Desta semelhança temos que:
RI
TS
=
RG
GT
=
IG
GS
(1)
Considerando que IŴS = IĤS, pois se subentendem ao mesmo arco
_
IS, segue se que ∆WRG
é semelhante ao ∆HGT. Desta semelhança 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 triângulo e D um ponto de BC tal que AD é bisstriz do ângulo Â. 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 BÂD = DÂC, pois por hipótese AD é sua bissetriz. Como BÊA = AĈB, pois são
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 DB̂E e CÂD são ângulos que determinam o mesmo arco
_
EC e portanto DB̂E =
CÂD. E como BÊD = AĈD então ∆BDE é semelhante ao ∆ADC. Desta semelhança tem-se:
44
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
BD
AD
=
ED
DC
⇒ AD ·DE = BD ·DC
Levando em conta que AE = AD +DE temos:
AD ·AE = AB ·AC
AD · ( AD +DE ) = AB ·AC
AD
2
+AD ·DE = AB ·AC
AD
2
+BD ·DC = AB ·AC
AD
2
= AB ·AC −BD ·DC
Como se queria demonstrar.
5. Na figura seguinte o ćırculo está inscrito no quadrilátero. 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 são congruentes.
A
B
CD
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:
45
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
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 + FA.
Solução:
T
Q
F C
X
P
Y
Z
A B
DE
Por hipótese e pela construção 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 posśıvel 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
46
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Como se queria demonstrar.
8. Prove que se dois ćırculos têm dois pontos em comum, a reta dos centros é mediatriz do
segmentoligando estes dois pontos.
Solução: Considere a seguinte construção onde A e B são os pontos de intercessão entre os
ćırculos.
O
A
B
OA = OB pois, são raios do circulo mais a esquerda de modo que OÂB = OB̂A pois são 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
pensamento análogo se chega a construção de que H’ também é ponto médio do segmento AB.
Como um segmento não pode possuir dois pontos médios então H = H’ assim
OH ∪ H′P = OP
Que intercepta AB no seu ponto médio, CQD.
10. Prove que se dois ćırculos 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
47
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
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 são tangentes comuns aos dois ćırculos. Prove que m1 e m2
se interceptam na linha dos centros.
Prove que se os raios dos dois ćırculos são diferentes, as retas n1 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 BÂC é tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC é isósceles que
implica que CB̂A = BĈA.
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 será ponto médio de BC. Segue-se então que AD é
altura, bissetriz e mediana.
Usando de mesmo racioćınio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P são pontos
colineares e que então m1 e m2 se interceptam na linha dos centros.
12. Sejam A e B pontos de intercessão de dois ćırculos. Sejam C e D as extremidades dos
diâmetros dos dois ćırculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D contém
o ponto B.
Solução: Imagine a seguinte construção
A
B
DC
Os ângulos AB̂C e AB̂D são inscritos e subtendem a semi-ćırculos pois AC e AD são diâmetros,
48
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
assim AB̂C = 90◦ = AB̂D. Isto implica que eles são suplementares e portanto os pontos C, B e D
são colineares o que prova a afirmação.
13. Prove que a medida de um ângulo 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 OÂB = AB̂O.
Como AÔB é angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se:
AÔB + OÂB + OB̂A = 180◦
AÔB = 180◦ − 2 OÂB
Como OÂB = 90◦ − CÂB então:
AÔB = 180◦ − 2(90◦ − CÂB)
Que implica em
CÂB =
AÔB
2
=
arco(AB)
2
EXERCÍCIO PÁGINA 142
1. Quando o sol está a 20◦ acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada por
um edif́ıcio 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
49
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
tg θ =
10
12
⇒ θ = arctg (0.8333...) ∼= 39.8◦.
3. Os lados de um triângulo ABC são os seguintes: AB = 5, AC = 8, e BC = 5. Determine
o seno do ângulo Â.
Solução:
A
B C
8
55
α α
Pela lei dos cosenos temos:
AB = AC
2
+BC
2 − 2AC BCcosĈ
25 = 64 + 25− 2 · 8 · 5 cosĈ
cosĈ =
64
80
⇒ Ĉ ∼= 36◦87′
Como Ĉ =  pois o triângulo é isósceles, então sen Ĉ = sen  = 0.6
4. Do topo de um farol, 40 metros acima do ńıvel do mar, o faroleiro vÃa um navio segundo
um ângulo (de depressão) de 15◦. Qual a distância do navio ao farol?
Solução:
A B
C
15◦
40
tg θ =
AC
BC
⇒ AC = tg15◦ · 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:
50
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A 20
◦
B
C
500m
Aplicando a lei dos senos
SenĈ
AB
=
SenÂ
BC
Sen90◦
500
=
Sen20◦
BC
⇒ BC ∼= 171.01m
6. Mostre que o peŕımetro de um poĺıgono regular inscrito em um circulo de raio R e
pn = 2Rsen
(
180◦
n
)
.
Solução:
O peŕımetro de Pn de n lados é calculado por:
Pn = 2nP
Onde P é a metade da medida de um lado, conforme a figura abaixo indica.
Â
A
B
C
D
Fig. BD = DC e P =
BD
DC
Sendo Sen  =
P
R
com  =
(
360◦
2n
)
então:
P = RsenÂ
e portanto
Pn = 2nRsen Pn2nRsen
(
360◦
2n
)
Pn = 2nRsen
(
180◦
n
)
C. Q. D.
7. Num triângulo ABC tem se AC = 23, Â = 20◦ Ĉ = 140◦. Determine a altura do vértice
51
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
B.
Solução:
Esse triângulo não existe. O que invalida a questão. Isso pode ser provado com o seguinte
calculo.
A soma dos ângulos internos de todo poĺıgono é igual a 180◦, logo B̂ = 20◦ e o triângulo é
isósceles e portanto CB = 23. Como na figura abaixo.
A B
C
20◦ 20◦
140◦
Traçando uma bissetriz em Ĉ teremos dois triângulos retângulos como na figura abaixo.
A B
C
20◦ 20◦
70◦
D
90◦
Usando a lei dos senos temos:
sen20◦
DC
=
sen90◦
23
⇒ DC ∼= 7.866
Aplicando o teorema de Pitágoras chegamos a AD = 21.613 portanto AB = 43.226.
Vamos usar esses dados para mostrar que essa construção de triângulo não é posśıvel pois se
traçarmos uma altura (segmento BE ) conforme a figura abaixo
A B
C
E
90◦
20◦
teremos AB̂E = 180◦ − (20◦ + 90◦) = 70◦ o que seria imposśıvel.
8. As funções secante, cossecante e cotangente de um ângulo  são definidas por sec =
1/cosÂ, cossec = 1/sen e cotg = 1/tgÂ, desde que cosÂ, sen e tg sejam definidas e
diferentes de zero. Prove que:
a) 1 + tg2Â = sec2Â
52
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
b) 1 + tg2Â = cossec2Â
Solução 8a:
sec2Â =
1
cos2Â
sec2 =
sen2Â+ cos2Â
cos2Â
sec2
sen2Â
cos2Â
+ 1
sec2 = Tg2Â+ 1
C. Q. D.
Solução 8b:
Cosec2Â =
1
sen2Â
=
sen2Â+ cos2Â
sen2Â
1 +
cos2Â
sen2Â
= 1 + cotg2Â
= 1 +
1
tg2Â
C. Q. D.
53
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Agradecimentos:
A Sabrina Fortunato Cunha pelo toque na questão 5 da página 9 do livro.
Marina Passos pela solução da questão 10 da página 101.
Andreia Cristina Pereira de Oliveira pelo auxilio na digitação.
54