EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DE GEOMETRIA PLANA

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Exercícios de Geometria Plana Resolvidos 
 
01. Seja ABCD um quadrado feito de papel como na figura. Dobra-se o quadrado de papel ao longo de sua diagonal 
BD de modo que o vértice A coincida com C e, em seguida, dobra-se a figura obtida fazendo B coincidir com D. A área 
da figura resultante é 25 dm2. O perímetro do quadrado ABCD, vale, em dm: 
 
a) 100 
 
b) 40 
 
c) 30 
 
d) 20 
 
 
Solução. De acordo com as informações a figura resultante é um triângulo retângulo onde os catetos medem 
a metade das diagonais do quadrado. Temos: 
 
𝑖) 
{
 
 
Á𝑟𝑒𝑎 (𝐹𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎) =
(𝑑 2⁄ ). (
𝑑
2⁄ )
2
=
(𝐿√2 2
⁄ )
2
2
=
𝐿2
4
Á𝑟𝑒𝑎 (𝐹𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎) = 25
⇒
𝐿2
4
= 25 ⇒ 𝐿2 = 100 ⇒ 𝐿´ = 10 
 𝑖𝑖) 𝑃𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 (𝐴𝐵𝐶𝐷(= 4. 𝐿 = 4. (10) = 40 𝑑𝑚. 
 
 
 
 
 
 
02.. Um triângulo retângulo ABC tem catetos de medidas AB = 2 cm e AC = 1 cm. Se AM é a mediana relativa à 
hipotenusa do triângulo, então a área do triângulo AMB, em cm2, vale: 
 
a) 
2
1
 b) 
2
5
 c) 
4
1
 d) 
5
1
 
Solução. Observando a figura, temos que a área pedida vale a metade do triângulo 
ABC, pois possui BM = CM e as alturas dos triângulos AMC e AMB possuem a mesma 
medida. Temos: 
 
Á𝑟𝑒𝑎 (𝐴𝐵𝐶) =
(1).(2)
2
= 1 ⇒ Á𝑟𝑒𝑎 (𝐴𝑀𝐵) =
Á𝑟𝑒𝑎 (𝐴𝐵𝐶)
2
=
1
2
. 
 
 
03.. O triângulo ABC, da figura abaixo, está inscrito na circunferência de centro O. Sabendo que o ponto O pertence 
ao segmento BC pode-se afirmar que o ângulo CAB

 vale: 
 
 
 
a) 45o b) 60o c) 75o d) 90o e) 105o 
CAB

Solução. O ãngulo é inscrito. Logo, vale metade do arco BC = 180°. Note que o segmento BC é hipotenusa 
do triângulo retângulo ABC. 
 
 
 
 
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04. 
 
 
 
 
Solução. Observando a figura, temos: 
𝑖) 
𝑥
30
= 𝒄𝒐𝒔7 5° ⇒ 𝑥 = 30. 𝒄𝒐𝒔 7 5° 
𝑖𝑖) ℎ = 2𝑥 = 2. (30. 𝒄𝒐𝒔 7 5°) = 60. 𝒄𝒐𝒔 7 5°. (C) 
 
 
 
05. 
 
 
 
Solução. A área do quadrilátero será a soma das áreas A1 e A2. Temos: 
 
ቐ
𝑖) 𝑇𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐶𝐷: ቄ
𝑏𝑎𝑠𝑒 = 7
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 = 5
→ 𝐴 2 =
5×7
2
=
35
2
𝑖𝑖) 𝑇𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐹𝐷𝐸: ቄ
𝑏𝑎𝑠𝑒 = 3
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 = 4
→ 𝐴 1 =
3×4
2
=
12
2
⇒ 𝐴 1 + 𝐴 2 =
35
2
+
12
2
=
47
2
= 23,5. 
(E) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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05. (UERJ) Considere um setor circular AOC, cujo ângulo central Ө é medido em radianos. A reta que tangencia o 
círculo no extremo P do diâmetro CP encontra o prolongamento do diâmetro AB em um ponto Q, como ilustra a figura. 
Sabendo que o ângulo Ө satisfaz a igualdade tgӨ = 2Ө, calcule a razão entre a área do setor AOC e a área do triângulo 
OPQ. 
 
 
 
Solução. O triângulo OPQ é retângulo em P, pois é ponto de tangência. Encontrando as áreas respectivas e a 
razão pedida, temos: 
 
𝑖) ቐ
𝐴𝑂𝑄𝑃 =
(𝑄𝑃).(𝑂𝑃)
2
𝑡𝑔𝜃 =
𝑄𝑃
𝑂𝑃
⇒ 𝑄𝑃 = 𝑂𝑃. 𝑡𝑔𝜃
⇒ 𝐴𝑂𝑄𝑃 =
(𝑂𝑃.𝑡𝑔𝜃).(𝑂𝑃)
2
=
(𝑂𝑃)2.𝑡𝑔𝜃
2
=
𝑅2.2𝜃
2
 
𝑖𝑖) {
2𝜋 − 𝜋𝑅2
𝜃   − 𝐴𝐴𝑂𝐶
⇒ 𝐴𝐴𝑂𝐶 =
(𝜋𝑅2). (𝜃)
2𝜋
=
(𝑅2). (𝜃)
2
 
𝐴𝐴𝑂𝐶
𝐴𝑂𝑄𝑃
=
𝑅2𝜃
2
𝑅2.2𝜃
2
=
𝑅2𝜃
2
.
2
𝑅2.2𝜃
=
1
2
. 
 
 
06.. (UERJ) Dois terrenos, A e B, ambos com a forma de trapézio, têm as frentes de mesmo comprimento voltadas 
para a Rua Alfa. Os fundos dos dois terrenos estão voltados para 
a Rua Beta. Observe o esquema: 
 
 
As áreas de A e B são, respectivamente, proporcionais a 1 e 2, 
e a lateral menor do terreno A mede 20m. 
 
Calcule o comprimento x, em metros, da lateral maior do terreno 
B. 
 
 
 
 
Solução. O segmento y é base média do trapézio de bases 20 e x, pois as frentes (lados não paralelos) possuem 
a mesma medida. Identificando as medidas na figura e utilizando a fórmula do trapézio, temos: 
 
 
𝑖) 𝐴 = (
20+𝑦
2
) . ℎ; 𝐵 = (
𝑦+𝑥
2
) . ℎ 
𝑖𝑖) 
𝐴
𝐵
=
1
2
⇒ 𝐵 = 2𝐴 ⇒ (
𝑦 + 𝑥
2
) ℎ = 2. (
20 + 𝑦
2
) . ℎ ⇒ 𝑦 + 𝑥
= 2(20 + 𝑦) ⇒ 
⇒ 𝑦 + 𝑥 = 40 + 2𝑦 ⇒ 𝑦 = 𝑥 − 40 
𝑖𝑖𝑖) {
𝑦 = 𝑥 − 40
𝑦(𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑚é𝑑𝑖𝑎) =
20 + 𝑥
2
⇒
20 + 𝑥
2
= 𝑥 − 40 ⇒ 2𝑥 − 80
= 20 + 𝑥 ⇒ 
⇒ 2𝑥 − 𝑥 = 80 + 20 ⇒ 𝑥 = 100𝑚. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A RELAÇÃO ENTRE A DISTÂNCIA DO ORTOCENTRO A UM VÉRTICE 
E DO CIRCUNCENTRO AO LADO OPOSTO 
 
Sejam H e O respectivamente o ortocentro e o circuncentro, do ABC e M, o ponto médio do lado BC. Então 
AH = 2OM. 
 
 
A
B CMX
N
Y
H O
 
Prova: Sejam AX e BY alturas e N, o ponto médio de AC. Como MN é base média, MN // AB e MN = ½AB. Daí, ABH 
 OMN pois têm lados paralelos entre si (e razão 2:1). Portanto, AH = 2OM 
 
 
 
 
TEOREMA DE PTOLOMEU 
 
Se ABCD é um quadrilátero inscritível de diagonais AC e BD, então: 
 
AB  CD + AD  BC = AC  BD. 
A
B
D
C
E
a
b
c
d
 
Prova: Seja x = BD e y = AC e a, b, c, d, os comprimentos dos lados. Construa CDE = ABD, E  AC. Daí, 
CDE  ADB e ADE  BCD, dando, respectivamente, ECx = ac e AEx = bd. Somando essas duas últimas 
equações, temos xy = ac + bd, como queríamos provar 
 
Há também uma extensão para esse teorema que vale para quadriláteros não inscritíveis: AB  CD + AD  
BC > AC  BD, isto é, numa situação geral vale AB  CD + AD  BC  AC  BD. 
 
Exemplo: Prove que, se ABCDEFG é um heptágono regular convexo, então: 
 
ADACAB
111
+= . 
 
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Aplicando o Teorema de Ptolomeu no quadrilátero inscritível ACDE, onde 
CD = DE = a = AB, AC = CE = b e AD = AE = c, temos bc = ac + ab. Dividindo essa última equação por abc, 
segue o resultado. 
 
 
 
 
QUADRILÁTEROS INSCRITÍVEIS 
 
Os ângulos opostos de um quadrilátero inscritível são suplementares. Reciprocamente, se os ângulos opostos de 
um quadrilátero são suplementares, então esse quadrilátero é inscritível (cíclico). 
BA
D
C
O
 
Além disso, se ocorrer uma situação onde dois ângulos iguais “olham” para um mesmo segmento, então os extremos 
desse segmento e os vértices dos dois ângulos formam um quadrilátero inscritível. 
BA
D
C

 
 
 
 
Exemplo: Seja AB o diâmetro de um semicírculo. Um ponto M é marcado no semicírculo e um ponto K é marcado sobre 
AB. Um círculo com o centro P passa por A, M, K e um círculo com centro Q passa por M, K, B. Prove que M, K, P, Q 
pertencem a um mesmo círculo. 
 
Solução: No círculo circunscrito de AMK, MPK = 2MAK; e no círculo circunscrito de BMK, MQK = 2MBK. 
Como AB é diâmetro do semicírculo, AMB = 90o e MAK+MBK = 90o. Daí, MPK+MQK = 180o e MPKQ é 
inscritível.