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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM (Joa˜o Lucas Marques Barbosa) diegoalvez@pop.com.br Compilado dia 21/01/2015 O livro do Joa˜o Lucas de Geometria Euclidiana Plana a- presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publicado inicialmente em 1995 vem sendo usado ate´ hoje, quase 20 anos depois, nos cursos de licenciatura em matema´tica. O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra, embora ainda na˜o esteja completo devido a falta de tempo. Pode haver tambe´m uma ou outra passagem obscura, ou mesmo va´rios erros de portugueˆs. 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 exerc´ıcio ou refazendo algum desenho, sinta-se a vontade para me escrever por e-mail. EXERCI´CIO PAGINA 7 1. Sobre uma reta marque quatro pontos A, B,C e D, em ordem, da esquerda para a direita. Determine: a) AB ∪ BC b) AB ∩ BC c) AC ∩ BD d) AB ∩ CD e) SAB ∩ SBC f) SAB ∩ SAD g) SCB ∩ SBC e) SAB ∪ SBC Soluc¸a˜o: a) AC b) B c) BC d) ∅ e) SBC f) SAB g) BC h) SAB 2. Quantos pontos comuns a pelo menos duas retas pode ter um conjunto de 3 retas no plano? E um conjunto de 4 retas do plano? Soluc¸a˜o: 1 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Na pior das hipo´teses teremos 3 retas r1, r2 e r3 que sera˜o distintas. Assim formara˜o pontos Pij de intercessa˜o conforme indicado na tabela abaixo: • r1 r2 r3 r1 – P12 P13 r2 P21 – P23 r3 P31 P32 – A tabela possui treˆs linhas e treˆs colunas logo o numero de ce´lulas e´ 3 · 3 = 9. Os elementos das diagonais sa˜o nulos (pois as retas na˜o podem se interceptar com elas mes- mas), assim o numero de pontos de intercessa˜o passa a ser 9− 3 Como os pontos P12 e P21 sa˜o o mesmo ponto de intercessa˜o, nesse caso entre as retas r1 e r2, e a mesma situac¸a˜o ocorre para os demais pontos enta˜o o numero de pontos de intercessa˜o distintos sa˜o: 6 2 = 3(3− 1) 2 = 3 Se tive´ssemos n retas com racioc´ınio ana´logo chegar´ıamos a formula n(n−1)2 onde n e´ o numero de retas. Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos. 3. Prove o item (b) da proposic¸a˜o (1.4). Soluc¸a˜o: Definido as semi-retas tem se: SAB = {AB e os pontos X| B esta´ entre A e X} SBA = {BA e os pontos X ′| A esta´ entre B e X ′} Como AB = BA enta˜o se torna evidente que AB ∈ SAB ∩ SBA. Agora imagine um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA porem na˜o pertenc¸a a AB. Pode ocorrer enta˜o dois casos: • A-B-D: (B esta´ entre A e D), nesse caso D ∈ SAB mas D /∈ SBA o que contraria a hipo´tese. • D-A-B: nesse caso D ∈ SBA mas D /∈ SAB que novamente contraria a hipo´tese. Ou seja, na˜o existe um ponto D /∈ AB e que tambe´m pertenc¸a a SAB∩SBA. Conclui-se assim que SAB ∩ SBA = AB. 4. Prove a afirmac¸a˜o feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento. Soluc¸a˜o: Dada uma reta r com os pontos A e B distintos, suponha por absurdo que entre A e B exista um conjunto finito de pontos. Por definic¸a˜o um conjunto e´ finito quando pode ser colocado em correspondeˆncia biun´ıvoca com o conjunto N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, que significa que AB e´ 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. Soluc¸a˜o: Basta observar que todas as combinac¸o˜es poss´ıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados dois a dois pertence a uma das treˆs retas dessa geometria. Por exemplo, as combinac¸o˜es poss´ıveis sa˜o: ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1. Do mesmo modo pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m1,m2,m3). O que mostra que nessa geometria vale o axioma I2. 6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos sa˜o o pro´prio plano e qualquer semi-plano. Mostre que a intersec¸a˜o de dois semi planos e´ um convexo. Soluc¸a˜o: Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1∩S2, tomando dois pontos P1 e P2 ambos pertencentes a S3 enta˜o: P1, P2 ∈ S1, S2 Seja S1 e S2 convexos enta˜o P1P2 ∈ S1, S2 e portanto pertence a intersec¸a˜o, assim S3 tambe´m e´ convexo. 7. mostre que a intercessa˜o de n semi-planos e´ ainda um convexo. Soluc¸a˜o: Considere os semi planos α1, α2, ..., αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considere os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicara´ no fato de que X,Y pertence a α1, α2, ..., αn como todos esses semi-planos sa˜o convexos enta˜o o segmento XY pertence a α1, α2, ..., αn logo tambe´m pertence a intercessa˜o e portanto tambe´m pertencem a B, o que mostra que B ainda e´ convexo. 8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a unia˜o de convexos pode na˜o ser um convexo. Soluc¸a˜o: Os quatro retaˆngulos (em cinza) abaixo sa˜o figuras convexas e a unia˜o deles formam uma figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto coˆncava. 3 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A B C D 9. Treˆs pontos na˜o colineares determinam treˆs retas. Quantas retas sa˜o determinadas por quatro pontos sendo que quaisquer treˆs deles sa˜o na˜o colineares? Soluc¸a˜o: Analogamente ao exerc´ıcio treˆs construiremos a seguinte tabela, onde rij e´ a reta determinada pelos pontos Pi e Pj . • P1 P2 P3 P1 – r12 r13 P2 r21 – r23 P3 r31 r32 – o numero de retas sera´ 3(3− 1) 2 = 3 e para n pontos n(n− 1) 2 . 10. Repita o exerc´ıcio anterior para o caso de 6 pontos. Soluc¸a˜o: Para 6 pontos (n = 6), 6(6− 1) 2 = 15, ter´ıamos 15 retas. EXERCI´CIO PAGINA 9 1. Discuta a seguinte questa˜o utilizando apenas os conhecimentos geome´tricos estabelecidos, ate´ agora, nestas notas: “Existem retas que na˜o se iterceptam”? Soluc¸a˜o: Sim, retas que sa˜o paralelas como indica a proposic¸a˜o 1.1. 2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triaˆngulo e na˜o passa por nenhum de seus ve´rtices, enta˜o ela intercepta tambe´m um dos outros dois lados. Soluc¸a˜o: Dado um triaˆngulo ABC e uma reta r, se r intercepta o segmento AB enta˜o A esta´ do lado oposto a B em relac¸a˜o a reta r. Como por hipo´tese r na˜o passa por C enta˜o C esta´ do lado da A ou de B. 4 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Se C esta´ do lado de A enta˜o C esta contrario a B e enta˜o r intercepta BC. Se C esta´ do lado de B enta˜o e´ contrario a A e r intercepta AC logo sempre intercepta um dos lados. 3. Repita o exerc´ıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Fac¸a uma conjectura de qual sera´ a resposta no caso de n retas. Soluc¸a˜o: Aproveitando o resultado para n retas ja´ obtido teremos: Para n = 5 enta˜o 5(5− 1) 2 = 10 Para n = 6 enta˜o 6(6− 1) 2 = 15 4. Mostre que na˜o existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejam validos os axiomas I1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos. Axioma I1. Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que na˜o pertencem a` reta. Axioma I2. Dado dois pontos distintos existe uma u´nica reta que contem esses pontos. Soluc¸a˜o: Tomando uma reta r = {P1, P2} por hipo´tese existe um Q1 ∈ P diferente de P1 e P2. Seja Q2 ∈ P e diferente de P1, P2 e Q1, tambe´m por hipo´tese, temos que Q2 /∈ r pois r ja´ 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 hipo´teseQ4 /∈ r, s pois ambos ja´ possuem treˆs pontos. Logo deve existir uma reta t = {P1, Q4} que deve conter (por hipo´tese), um terceiro ponto Q5. Temos enta˜o Q5 6= P1 e Q5 6= Q4 e, por construc¸a˜o, Q5 6= Q1 e Q5 6= P2, pois r6=t, Q5 6= Q2 e Q5 6= Q3, pois s 6= t. Isto nos leva a uma contradic¸a˜o pois Q5 seria o se´timo ponto da geometria dada. 5. Se C pertence a SAB e C 6= A, mostre que: SAB = SAC , que BC ⊂ SAB e que A /∈ BC. Soluc¸a˜o: Dada a semi reta SAB pelos pontos A e B determinamos a semi reta SBA onde pela proposic¸a˜o 1.4 ira´ gerar a reta m. Por definic¸a˜o SAB e´ o conjunto dos pontos do segmento AB mais o conjunto de pontos X tal que A−B −X. Como C ∈ SAB por hipo´tese uma das treˆs possibilidades exclusivas ocorre: 5 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB •C = B Nesse caso a demonstrac¸a˜o e´ imediata. •A − B − C Nesse caso por definic¸a˜o de semi-reta SAB = SAC e sendo BC = SBC ∩ SCA e como A /∈ SBC enta˜o A /∈ BC. •A− C −B Fica ana´logo ao caso anterior. 6. Demonstre que a intersec¸a˜o de convexos ainda e´ um convexo. Soluc¸a˜o Sejam A e B dois pontos pertencentes a intersec¸a˜o de n conjuntos convexos, enta˜o A e B pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destes conjuntos, pois sa˜o convexos. Portanto o segmento AB pertence a intersec¸a˜o, concluindo assim que a intersec¸a˜o e´ um conjunto convexo. 7. Mostre que um triaˆngulo separa o plano em duas regio˜es, uma das quais e´ convexa. Soluc¸a˜o Tracemos treˆs retas m, n e o que se imterceptam nos pontos A, B e C como na figura abaixo. m o n α β C B A X Y Assim sera´ formado o triaˆngulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regio˜es. A regia˜o convexa e´ a regia˜o que forma o interior do triaˆngulo. Para provar isso considere os pontos X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas treˆs retas. Como X e Y esta˜o no mesmo semi plano gerado pela reta m enta˜o o segmento XY na˜o intercepta a reta m. Analogamente XY na˜o pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelo triaˆngulo ABC que portanto e´ uma regia˜o convexa. 8. Generalize os exerc´ıcios 11 e 12 para o caso de n pontos. Soluc¸a˜o: Estes exerc´ıcios na˜o constam no livro, trata-se de um erro de edic¸a˜o. Tais erros sa˜o muito comuns nos livros da SBM. 9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente dois pontos em comum? Soluc¸a˜o: 6 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Dado os pontos A,B,C e D de modo que A-B-C-D enta˜o os segmentos AC e BD tera˜o o segmento BC em comum como em um segmento existe infinitos pontos enta˜o AC e BD possuem dois pontos em comum mas nunca possuira˜o apenas dois pontos. EXERCI´CIO PAGINA 18 1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Fac¸a um desenho representando-os, sabendo que m(AB) = 3,m(AC) = 2em(BC) = 5. 2. Repita o exerc´ıcio anterior, sabendo que C esta´ 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 sa˜o 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. Deˆ a coordenada do ponto me´dio A3 do segmento A1A2. Deˆ a coordenada do plano me´dio A4 do segmento A2A3. Deˆ a coordenada A5 do ponto me´dio do segmento A3A4. Soluc¸a˜o: Sendo A3 o ponto me´dio do segmento A1A2 enta˜o a coordenada A3 sera´ a media aritme´tica A3 = A1 +A2 2 = 1 + 2 2 = 3 2 Analogamente se calcula para os demais pontos. A4 = 3 2 + 4 2 2 = 7 4 A5 = 3 2 + 7 4 2 = 13 8 5.Prove que, se ab = c d enta˜o a) ac = b d e d b = c a b)a+ba = c+d d e a−b a = c−d c c) a+bb = c+d d e a−b b = c−d d Soluc¸a˜o: a) ab = c d a b · bc = cd · bc 7 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB a c = b d E tambe´m a b = c d a b · da = cd · da d b = c a b) ab = c d db ac · ab = cd · dbac d c = b a 1 + dc = 1 + b a c c · dc = aa · ba c+d c = b+a a c) ab = c d a b · dbac = cd · dbac −1 · dc = −1 · ba c−d c = a−b a Dessa forma se procede as demais demonstrac¸o˜es. 6. Se p e´ ponto de intercessa˜o de c´ırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) = m(PB). Soluc¸a˜o Como o ponto P esta na intersec¸a˜o dos dois c´ırculos. Enta˜o P pertence ao c´ırculo com centro A e raio r, e por definic¸a˜o de c´ırculo, PA = r, da mesma forma P pertence ao c´ırculo com centro B e raio r, por definic¸a˜o de c´ırculo, PB = r,que implica que PA = PB. 7. Usando uma re´gua e um compasso, descreva um me´todo para construc¸a˜o de um triaˆngulo com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triaˆngulo e´ chamado de triaˆngulo iso´sceles). Soluc¸a˜o 8 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Considere um segmento AB. Com um compasso centrado em A trace uma circunfereˆncia de raio AB. Agora com centro em B trace um circulo de raio BA. A intercessa˜o entre as duas circunfereˆncias ira´ gerar os pontos C e D. Fazendo o triaˆngulo CAD teremos um triaˆngulo iso´sceles de base CD e lados CA,AD = AB. 8. Descreva um me´todo para construc¸a˜o de um triaˆngulo com os treˆs lados de mesmo com- primento. Soluc¸a˜o Trac¸a-se uma reta e nela marca-se dois pontos A e B. A B Com centro em A e depois em B trac¸a-se duas circunfereˆncias de raio r gerando o ponto C tal que C ∈ C(A,r) ∩ C(B,r) depois disso trac¸a se os segmentos AC, AB e BC que ira´ gerar 4ABC com lados iguais a r. A B C 9.Mostre que, se a < b enta˜o a < (a+ b)/2 e b > (a+ b)/2. Soluc¸a˜o Se a < b enta˜o a+ b < b+ b a+ b < 2b a+ b 2 < b completando a primeira parte. a < b a+ a < a+ b 2a+ a+ b 9 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB a < a+ b 2 10. E´ poss´ıvel desenhar se um triaˆngulo com lados medindo 3,8 e 5? Soluc¸a˜o Na˜o, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triaˆngulo e´ maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8=8. 11. O c´ırculo de raio r1 centrado em A intercepta o c´ırculo de raio r2 centrado em B em exatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)? Soluc¸a˜o Observe o seguinte desenho. A B r2 r1 DC Considere o circulo de raio r2 com centro em A e o circulo de raio r1 com centro em B e cujo segmento AB formam os pontos C e D. Note que AB = AD+CB−CD e tambe´m que AD = r2, CB = r1 e que CD e´ um segmento na˜o nulo. Perceba que assim AB = r2 + r1 − CD o que implica que AB < r2 + r1 12. Considere um circulo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste c´ırculo. O que se pode afirmar sobre o triaˆngulo ABC? Soluc¸a˜o: Se os pontos B e C pertencentes a circunfereˆncia que forma o circulo enta˜o AB = AC = r logo o triaˆngulo e´ iso´sceles de base AB. NOTA: O livro refere-se a uma circunfereˆncia como c´ırculo. 13. Considere um c´ırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste c´ırculo e seja B um ponto tal que o triaˆngulo OAB e´ equila´tero. Qual e´ a posic¸a˜o do ponto B relativamente ao c´ırculo? Soluc¸a˜o: Sendo o triaˆngulo equila´tero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho r enta˜o OB = r assim o ponto B esta´ a uma distancia r do centro do c´ırculo i.e. B 10 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB pertence a circunfereˆncia. 14. Dois c´ırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O que pode ser afirmado sobre os triaˆngulos ABC e ACD? E sobre o quadrila´tero ACBD? Soluc¸a˜o: Os triaˆngulos ABC e ACD sa˜o iso´sceles pois AC,BC = r e AD = r, note que tambe´m que BD = r. Como oparalelogramo ACBD e´ formado pela unia˜o dos 4ABC e 4ADB seus lados seriam os segmentos que formam o triaˆngulo, e enta˜o AC = BC = AD = BD = r. Logo o pol´ıgono e´ um quadrila´tero de lados iguais e os triaˆngulos sa˜o iso´sceles. A B C D EXERCI´CIO PA´GINA 20 1. Dado um segmento AB mostre que existe e e´ u´nico, um ponto C entre A e B tal que m(AC) m(BC) = a onde a e´ qualquer real positivo. Soluc¸a˜o: 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 ana´loga. Enta˜o, pelo axioma III2 o problema de mostrar a existeˆncia de um u´nico ponto B entre A e C tal que m(AC) m(BC) = a, equivale a mostrar que existe um u´nico nu´mero real b tal que x < b < c e b− x c− b = a. Resolvendo em b obtemos que a u´nica soluc¸a˜o e´ 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 tambe´m e´ consequeˆncia do axioma III2. 2.Descreva um me´todo para obter uma boa aproximac¸a˜o do comprimento de um c´ırculo. Soluc¸a˜o: Utilizando um compasso desenhe um circulo de raio r. Com uma re´gua desenhe no interior do c´ırculo um pol´ıgono regular tal que o pol´ıgono fique o mais pro´ximo poss´ıvel do circulo. Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximac¸a˜o do circulo bastando para isso que aumentemos os lados do pol´ıgono. 11 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB 3. Prove a seguinte afirmac¸a˜o feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de um circulo com um ponto dentro do mesmo, teˆm um ponto em comum com o circulo. Soluc¸a˜o: Seja C um ponto qualquer fora de um circulo de centro O, enta˜o OC>r onde r e´ o raio do c´ırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o circulo formado por todos os pontos do plano que esta˜o a uma distaˆncia r do ponto O, enta˜o o ponto D pertencente a intercessa˜o do segmento OC com a circunfereˆncia. 4. Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontos C satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r e´ chamado de elipse. Estabelec¸a os conceitos de regia˜o interior e de regia˜o exterior a uma elipse. Soluc¸a˜o: Analogamente a circunfereˆncia se m(CA)+m(CB) > r enta˜o o conjunto de pontos e´ externo. Se m(CA) +m(CB) < r enta˜o o conjunto de pontos sera´ interno. 5. Um conjunto M de pontos do plano e´ limitado se existe um circulo C tal que todos os pontos de M esta˜o dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos e´ limitado. Prove tambe´m que segmentos sa˜o limitados. conclua o mesmo para triaˆngulos. Soluc¸a˜o: Dado o conjunto de pontos P1, P2, ..., Pn tome um u´nico ponto Pi que usaremos para o centro da circunfereˆncia, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o pro´prio i, passara´ um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos enta˜o por ele marca-se um ponto Q (P1−Pj−Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1Q definimos um circulo de raio r = P1Q que contera´ todos os outros uma vez que o segmento que estabelece seu raio em relac¸a˜o ao centro P1 e´ maior que os demais definidos por todos os outros pontos. EXERCI´CIO PAGINA 29 1. Mostre que se um aˆngulo e seu suplemento teˆm a mesma medida enta˜o o aˆngulo e´ reto. Soluc¸a˜o: C AB β = 90 ◦ O 12 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Considere o aˆngulo α (BOˆC) e β, tal como no desenho, onde β e´ o suplemento de α. Por definic¸a˜o temos: α+ β = 180◦(1) como α = β enta˜o: α+ α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦ Que de (1) se conclui que β = 90◦ como quer´ıamos demonstrar. 2. Um aˆngulo e´ chamado agudo se mede menos de 90o, e e´ obtuso se mede mais de 90◦. Mostre que o suplemento de um aˆngulo agudo e´ obtuso. Seja α um aˆngulo agudo e β o suplemento de α. Sabemos que α+ β = 180◦ e como α < 90◦ e β = 180◦ − α enta˜o β > 90◦ como quer´ıamos demonstrar. 4. Dois aˆngulos sa˜o ditos complementares se sua soma e´ um aˆngulo reto. Dois aˆngulos sa˜o complementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais 30◦. Quanto medem os dois aˆngulos? Soluc¸a˜o: Seja α+ β = 90◦ (1) com α1 e β1 suplementos de α e β enta˜o: α+ α1 (2) β + β1 (3) fazendo α1 = β1 + 30 ◦ (4) i.e. um aˆngulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β1 de (3) em (4) enta˜o: α1 = (180 ◦ − β) + 30◦ = 210◦ − β (5) Substituindo (5) em (2) α+ 210◦ − β = 180◦ α− β = −30◦ (6) das equac¸o˜es (1) e (6) montamos o sistema: cuja soluc¸a˜o e´ α = 30◦ e β = 60◦, logo um aˆngulo possui 30 e outro 60 graus. EXERCI´CIO PAGINA 32 2. Mostre que as bissetrizes de um aˆngulo e do seu suplemento sa˜o perpendiculares. Soluc¸a˜o: Considere o desenho abaixo. AG D BE O 13 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Seja AÔB um aˆngulo e BÔC seu suplemento enta˜o: AÔB +BÔC = 180◦ (1) Queremos mostrar que BÔD + BÔE = 90◦ para isso observe que BÔD = AÔB 2 pois SOD e´ bissetriz de AÔB e BÔE = BÔC 2 logo BÔE +BÔD = AÔB 2 + BÔC 2 (2) Comparando as equac¸o˜es (1) e (2) veˆm que: 2(BÔE +BÔD) = AÔB +BÔC = 180◦ BÔE +BÔD = 180◦ 2 = 90◦ Como quer´ıamos demonstrar. EXERCI´CIO PAGINA 41 1. Desenhe um triaˆngulo. Construa agora um outro triaˆngulo congruente ao que voceˆ desen- hou. Descreva o procedimento. Soluc¸a˜o: A B C E F G Considere o triaˆngulo ABC. A partir dele construiremos o triaˆngulo EFG congruente ao ABC. Seja os pontos G, E e F na˜o colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo caso LLL os triaˆngulos sa˜o congruentes. 2. Construa um triaˆngulo ABC sabendo que AB = 7.5 cm, BC = 8.2 cm e AB̂C = 80◦. Mec¸a o comprimento de BC e os outros aˆngulos do triaˆngulo. Soluc¸a˜o: Considere o seguinte exemplo proviso´rio de triaˆngulo. 8.2 cm 7.5 cm C B 80◦ A 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 aˆngulos de todo pol´ıgono e´ 180 graus enta˜o  = 53◦, 05′ De posse desses dados e´ possA˜vel construir o triaˆngulo representado no desenho abaixo. C A B Onde CB = 8,2 cm; AB = 7,5 cm e AC = 10,106 cm. Com os aˆngulos  = 53◦, 05′, B̂ = 80◦ e Ĉ = 46◦95′. 3. Na figura ao lado os aˆngulos α e β sa˜o iguais. Mostre que AC = BC α β A B C Soluc¸a˜o: Considere a figura acima e observe que α e´ o suplemento de BÂC e β e´ 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 triaˆngulo iso´sceles possui os aˆngulos da base congruentes e vice versa fica demon- strado o requerido. 4. Na figura ao lado tem se AB = AC e BD = CE Mostre que: A B C D E a) AĈD = AB̂E b) BĈD = CB̂E Soluc¸a˜o (a): Por hipo´tese AB = AC logo 4ABC e´ iso´sceles e os aˆngulos AB̂C e AĈB. Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipo´tese BD = EC pelo caso LAL 4DBC e´ congruente a 4ECB o que implica em: CB̂E = BĈD assim: AĈD = AB̂C + CB̂E = AĈB +BĈD = AB̂E ACD = ABE Soluc¸a˜o (b): Use os dados da letra a. 5. Treˆs sarrafos de madeira sa˜o pregados, dois a dois, de modo a formar um triaˆngulo, com somente um prego em cada ve´rtice, como indicadona figura seguinte 16 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A figura assim obtida e´ r´ıgida? Porque? Para comparac¸a˜o construa um quadrila´tero com quatro sarrafos e um prego em cada ve´rtice. E´ esta figura r´ıgida? Soluc¸a˜o: Todo triaˆngulo e´ uma figura r´ıgida. Dem: Seja os 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triaˆngulos na˜o sejam figuras r´ıgidas ao deformarmos o 4ABC seus aˆngulos ira˜o variar, mas os lados continuara˜o com as mesmas medidas. Assim pelo caso LLL os dois triaˆngulos ainda seriam congruentes o que seria um absurdo pois um dos triaˆngulos sofreu uma deformac¸a˜o. 7. Na figura abaixo, AC = AD e AB e´ a bissetriz do aˆngulo CÂD prove que os triaˆngulos ACB e ADB sa˜o congruentes. A C B D Soluc¸a˜o: Se AB e´ bissetriz de CÂD enta˜o CÂB = BÂD. Como CA = AD e AB e´ comum tanto a 4ADB como 4CAB enta˜o pelo caso LAL, 4ACB = 4ADB. 8. Na figura abaixo o ponto A e´ ponto me´dio dos segmentos CB e DE. Prove que os triaˆngulos ABD e ACE sa˜o congruentes. D B C EA Soluc¸a˜o: Os aˆngulos CÂE = DÂB pois sa˜o opostos pelo ve´rtice. Como por hipo´tese CA = BA e DA = AE pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE. 9. Na figura abaixo os aˆngulos  e Ĉ sa˜o retos e o segmento DE corta CA no ponto me´dio B de CA. Mostre que DA = CE. 17 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB D B C E A Soluc¸a˜o: Os aˆngulos DB̂A = CB̂E pois sa˜o opostos pelo ve´rtice e como CA = BA por hipo´tese, enta˜o pelo caso ALA, 4ABD = 4CEB que implica em DA = CE. 10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e BÔD = CÔA. Mostre que CD = BA. D BC A O Soluc¸a˜o: Por hipo´tese BÔD = CÔA com: BÔD = BÔC + CÔD e CÔA = CÔB +BÔA (1) e pelo esquema CÔB = CÔD logo pelo caso LAL, 4BOA = 4COD o que implica em CD = BA. EXERCI´CIO PA´GINA 44 1. Na figura abaixo CM̂A e´ um aˆngulo reto e M e´ ponto me´dio de AB. Mostre que CA = CB. A B C Soluc¸a˜o: 18 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB BM̂C e´ o suplemento de CM̂A logo CM̂A + BM̂C = 180◦. Como CM̂A = 90◦ temos que BM̂C = 180◦ - 90◦ = 90◦, logo CM̂A = BM̂C como M e´ ponto me´dio de AB, temos que AM = MB. Como CM e´ um lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL enta˜o 4AMC = 4BMC que implica em CA = CB. 2. A regia˜o marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual sera´ possˆıvel medir a distaˆncia entre os pontos A e B. (Qualquer medic¸a˜o fora do lago e´ possˆıvel) M A B C Soluc¸a˜o: Considerando a figura, prolongamos a SAC e SBC construindo os segmento CD e CE tal que CD = CA e CE = CB. M A B E D C Como DĈE = AĈB, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice, enta˜o 4DCE = 4ACB pelo caso LAL. Assim basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB. 3. Mostre que, se um triaˆngulo tem os treˆs lados congruentes, enta˜o tem tambe´m os treˆs aˆngulos congruentes. Soluc¸a˜o: Considere a seguinte construc¸a˜o: B C A Se ∆ABC e´ equila´tero enta˜o tambe´m e´ iso´sceles de base BC, e portanto os aˆngulos de sua base sera˜o congruentes, isto e´: B̂ = Ĉ. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo 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 sa˜o triaˆngulos iso´sceles com base DB. Prove que os aˆngulos AB̂C e AD̂C sa˜o congruentes. C B A D Soluc¸a˜o: Como AB̂D = BD̂A e DB̂C = BD̂C pois sa˜o aˆngulos da base de triaˆngulos iso´sceles, enta˜o: AB̂D +DB̂C = AD̂B +BD̂C que implica em: AB̂C = AD̂C 5. Usando a mesma figura, (do exerc´ıcio 4), mostre que tambe´m a reta AC e´ bissetriz de BÂD e perpendicular a DB. Soluc¸a˜o: Os triaˆngulos ABC e ADC sa˜o congruentes pelo caso LAL logo CÂB = CÂD. Enta˜o por definic¸a˜o AC e´ bissetriz de BÂD. 6. Na figura abaixo, ABD e BCD sa˜o triaˆngulos iso´sceles com base BD. Prove que AB̂C = AD̂C e que AC e´ bissetriz do aˆngulo BĈD. A B C D Soluc¸a˜o: Como o tria´ngulo BCD e´ iso´sceles enta˜o CB̂D = BD̂C. Como CB̂D = DB̂A + AB̂C e BD̂C = BD̂A + AD̂C enta˜o: DB̂A + AB̂C = BD̂A + AD̂C 20 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Como DB̂A = BD̂A pois ∆BDC e´ iso´sceles, enta˜o AB̂C = AD̂C. E pelo crite´rio LAL temos que ∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz. 7. Justifique o seguinte procedimento para determinac¸a˜o do ponto me´dio de um segmento. “seja AB um segmento. Com um compasso centrado em A, desenhe um circulo de raio AB. Descreva outro circulo de mesmo raio e centro em B. Estes dois c´ırculos se interceptam em dois pontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A intercec¸a˜o desta reta com o segmento AB sera´ o ponto me´dio de AB.” Soluc¸a˜o: Executando o procedimento chegaremos ao seguinte desenho. E AB C D Onde percebemos que CB = CA = BD = DA = raio. Assim ∆CBA = ∆BDA e ∆CAD = ∆CBD. Pelos crite´rios de congrueˆncia ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE =∆EDA, enta˜o BE = EA e a reta “r” intercepta o segmento BA no ponto me´dio. EXERCI´CIOS DA PA´GINA 621 1. Prove que, se um triaˆngulo tem dois aˆngulos externos iguais, enta˜o ele e´ iso´sceles. Soluc¸a˜o: Dado o ∆ABC como no esquema  e B f̂ C Como ê e CÂB sa˜o adjacentes e esta˜o sob a mesma semi-reta enta˜o: ê+ CÂB = 180◦ Do mesmo modo se conclui que 1Neste cap´ıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Aˆngulo Externo. 21 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB CB̂A+ f̂ = 180◦ O que implica que ê+ CÂB = CB̂A+ f̂ (1) Como por hipo´tese ê = f̂ enta˜o de (1) se conclui: CÂB = CB̂A Portanto o triaˆngulo ABC e´ iso´sceles de base AB. 3. Na figura abaixo os aˆngulos externos AĈE e AB̂D satisfazem a desigualdade: AĈE < AB̂D. Mostre que AB̂D > AB̂C. A B C D E Soluc¸a˜o: Pelo TAE tem se que: AĈE > BÂC,AB̂C Como por hipo´tese AĈE < AB̂D enta˜o AB̂C < AĈE < AB̂D Que implica em AB̂C < AB̂D 4. Prove que um triaˆngulo retaˆngulo tem dois aˆngulos externos obtusos. Soluc¸a˜o: Dado o triaˆngulo ABC como na figura a seguir A B C sabe se que  + B̂ + Ĉ = 180◦. Como B̂ = 90◦ enta˜o Â, Ĉ < 90◦. Logo o aˆngulo externo a  e Ĉ > 90◦ uma vez que sa˜o suplementares. 5. Na figura abaixo, B, D e A sa˜o colineares. Do mesmo modo D, E e C sa˜o colineares. Mostre que AÊC > DB̂C 22 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A B C D E Soluc¸a˜o: Note que AD̂E e´ um aˆngulo externo ao triaˆngulo DBC e pelo TAE tem se: AD̂E > DB̂C,DĈB (1) Do mesmo modo AÊC e´ externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se: AÊC > AD̂E (2) De (2) e (1) tira-se que, AÊC > DB̂C. Concluindo a demonstrac¸a˜o. 6. Em um carto´rio de registro de imo´veis um escriva˜o recusou se a transcrever o registro de um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprieta´rio mediam 100m, 60m e 20m. Voceˆ pode dar um argumento que justifique a atitude do escriva˜o? Soluc¸a˜o: Uma possibilidade e que este escriva˜o seja funciona´rio publico e ja´ tenha dado a hora que marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade e´ que ele conhec¸a o Teorema da desigualdade Triangular. Pelo teorema da desigualdade triangular a soma de quaisquer dois lados de um triaˆngulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que e´ menor que 100, o que iria contra o teorema. 7. Prove as propriedades da func¸a˜o “reflexa˜o”, constantes do texto. Soluc¸a˜o: Prova de (i) Sabe-se que Fm(Fm(A)) = A, no entanto queremos provar que Fm(A) = A ′ o que seria equivalente ao mostrar que Fm(A ′) = A. Portanto para verificar essa igualdade (Fm(A) = A′) vamos mostrar que Fm(A ′) = A. Se Fm(A) = A ′ enta˜o existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m. A D A′ m 23 Geometria EuclidianaPlana Diego Alves Oliveira - UESB Como por hipo´tese A, A’ na˜o pertencem a reta m, enta˜o AA’ intercepta m num ponto D tal que AD = DA′. Agora verifica-se que o segmento AA′ possui duas condic¸o˜es de reflexo. A′A = {AD ∪DA′} = AA′ Contudo, como AD e DA’ esta˜o sob a mesma reta A′A coincide com AA′, logo A′A e´ per- pendicular a m tendo D como seu ponto me´dio. Assim Fm(A ′) = A. C.Q.D. Prova de (ii) (⇒) Se Fm(A) = A enta˜o por definic¸a˜o existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde m ∩ AA e´ um ponto P que e´ ponto me´dio do segmento AA. No entanto como AA e´ um conjunto unita´rio (AA={A}) enta˜o A ∈ m. (⇐) Como AA = {A} e A pertence a m enta˜o Fm(A) = A, pois o reflexo de um ponto e´ o pro´prio ponto. Prova de (iii) Fazendo Fm(A) = A ′ e Fm(B) = B′ enta˜o Fm(A)F(B) = A′B′ deste modo devemos provar que A′B′ = AB. • Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstrac¸a˜o e´ imediata. • Se A 6= B enta˜o AA’ e BB’ sera˜o interceptados por m nos seus pontos me´dios D e E 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’ e´ iso´sceles de base BB’ e a reta m e´ sua bissetriz. Assim BD̂E = B′D̂E e como AD̂B +BD̂A+BD̂E + ED̂B′ = 180◦ e tambe´m AD̂B = BD̂E = 90◦ Enta˜o conclui se que AD̂B = A′D̂B′. E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ sa˜o congruentes pelo caso LAL. 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’ enta˜o: A B B′ m r s BD̂A = AD̂B = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ e´ iso´sceles e como m e´ sua altura, pois m ⊥ BB′, tambe´m e´ sua bissetriz. 8. Na figura a seguir os triaˆngulos ABC e EDC sa˜o congruentes e os pontos A, C e D sa˜o colineares. Mostre que AD > AB C B A E D Soluc¸a˜o: O aˆngulo EĈD > B̂,  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 enta˜o 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 sa˜o paralelas. m 1 n 2 Soluc¸a˜o: Se m na˜o for paralela a n enta˜o se formara um triaˆngulo com dois aˆngulos retos, pois 1̂ = 2̂ e 1̂ + 2̂ = 180◦ o que na˜o seria poss´ıvel, (isso porque a soma dos aˆngulos internos seria maior que 180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n. 10. Na figura abaixo B̂ e D̂ sa˜o aˆngulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC. A D C B Soluc¸a˜o: Basta trac¸ar o segmento AC, e enta˜o ∆ADC = ∆ABC pelo crite´rio cateto hipotenusa que implica que AD = BC. 11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triaˆngulos quaisquer em que AB = A’B’,  = Â′ e Ĉ = Ĉ ′. Decida se ABC e A’B’C’ sa˜o congruentes ou na˜o. Soluc¸a˜o: Os triaˆngulos sera˜o congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso Cateto aˆngulo oposto caso sejam triaˆngulos retaˆngulos. 12. No final da demonstrac¸a˜o do teorema 5.2, e´ feita a seguinte afirmac¸a˜o: “.. a semi-reta SAF divide o aˆngulo BÂD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmac¸a˜o e´ verdadeira. Soluc¸a˜o: Dado BÂD este aˆngulo e´ definido por duas semi-retas com origem em A. 26 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A B D F Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD enta˜o F∈BÂD e portanto SAF ⊂ BÂD logo divide BÂD EXERCI´CIO PA´GINA 84 1. Na figura ao lado O e´ o ponto me´dio de AD e B̂ = Ĉ. Se B, O e C sa˜o colineares, conclua que os triaˆngulos ABO e DOC sa˜o congruentes. A B C D O Soluc¸a˜o: Por hipo´tese AO = OD e B̂ = Ĉ, devemos provar que ∆AOB = ∆COD. Pela proposic¸a˜o 6.3 AB e´ paralelo a CD logo  = D̂ pois sa˜o correspondentes, como CÔD = AÔB, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD 2. Prove que a soma das medidas dos aˆngulos agudos de um triaˆngulo retaˆngulo e´ 900. Soluc¸a˜o: A B C Pelo teorema 6.5 Â+ B̂ + Ĉ = 1800. Seja Ĉ = 900 enta˜o Â+ B̂ = 1800 − Ĉ que implica em Â+ B̂ = 900. 3. Prove que cada aˆngulo de um triaˆngulo equila´tero mede 600. Soluc¸a˜o: 27 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A C B r Seja ∆ABC equila´tero enta˜o: Â+ B̂ + Ĉ = 1800 (1) Por ser iso´sceles  = Ĉ = B̂ enta˜o: 3 · B̂ = 1800 Que implica em B̂ = 600 logo  = Ĉ = B̂ = 600 4. Prove que a medida do aˆngulo externo de um triaˆngulo e´ igual a soma das medias dos aˆngulos interno a ele na˜o adjacentes. Soluc¸a˜o: A C B e Dado ∆ABC sabe se que Â+ B̂ + Ĉ = 1800 (1) tambe´m 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 diaˆmetro. Na figura ao lado O e´ o centro do circulo, AB e´ um diaˆmetro e C e´ outro ponto do circulo. Mostre que 2̂ = 2 · 1̂ Soluc¸a˜o: A B C O 21 28 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Como mostramos na questa˜o anterior 2̂ = 1̂ + ĉ. Para mostrar que 2̂ = 2 · 1̂ basta mostrar enta˜o que ĉ = 1̂. Sabemos que AD = r (r e´ o raio da circunfereˆncia) e OC = r logo AO = OC portanto ∆AOC e´ iso´sceles de base AC e seus aˆngulos 1̂ = Ĉ C.Q.D.. 6. Prove que se m e n sa˜o retas equidistantes enta˜o m e n sa˜o paralelas ou coincidentes. Soluc¸a˜o A A′ P n m Seja m e n duas retas distintas que se interceptam no ponto P. Marca se na reta m o ponto A por onde desse uma perpendicular a reta n no ponto A′. Como as retas sa˜o equidistantes enta˜o AP = A′P e ∆AA′P e´ iso´sceles de base AA′ o que e´ um absurdo pois a soma de seus aˆngulos internos seriam maior que 1800, logo ou m e´ paralela a n ou m = n i.e. coincidentes. 7. Seja ABC um triaˆngulo iso´sceles com base AB. Sejam M e N os pontos me´dios dos lados CA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente A˜ reta que passa or M e N A˜¨ exatamente o ponto me´dio do segmento AB. Soluc¸a˜o:Considere as figuras: A B C M N Seja ∆ABC CM = CN, pois o triaˆngulo e´ iso´sceles, e M, N e´ ponto me´dio. Seja F(MN)(C) = C ′ enta˜o CC ′ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo crite´rio Hipotenusa, Cateto ∆CMF = ∆NFN enta˜o CC ′ intercepta MN no seu ponto me´dio. 8. Demonstrar a proposic¸a˜o (6.10). Soluc¸a˜o: Para o quadrila´tero ABCD por hipo´tese AB//DC, AB = DC, BC = AD enta˜o temos: 29 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB O A B CD Pelo desenho e´ poss´ıvel deduzir que os aˆngulos AĈD = CÂB; AB̂D = BD̂C e DÂO = AD̂O = OB̂C = BĈO Enta˜o pelo caso LAL ∆AOB = ∆COD, portanto AO = OD. Analogamente ∆BOD = ∆AOC logo BO = OC o que conclui que ambas as retas se interceptam no ponto me´dio. 9. Demonstre a proposic¸a˜o (6.12). Soluc¸a˜o: Proposic¸a˜o 6.12: Dado um quadrila´tero qualquer se dois lados opostos sa˜o congruentes e paralelos enta˜o o quadrila´tero e´ um paralelogramo. A C B D e r Para esta prova usaremos a proposic¸a˜o 6.11 onde dado o quadrila´tero ABCD com AB//DC e AB = DC por hipo´tese provaremos que AD = DC por hipo´tese provaremos que AD = BC, pois segundo 6.11 se isso ocorre o quadrila´tero e´ um paralelogramo. AB//DC por hipo´tese, logo trac¸amos uma reta r que divide o quadrila´tero em ∆ADB, ∆DBC (esquema) enta˜o: ê = AB̂D pois sa˜o opostos pelo ve´rtice. ê = BD̂C pois sa˜o correspondentes. Como DB e´ comum aos dois triaˆngulos e AB = DC por hipo´tese enta˜o ∆ADB = ∆DBC pelo caso LAL. Dessa forma BC =AD e pela proposic¸a˜o 6.11 ABCD e´ um paralelogramo. 10 Um retaˆngulo A˜¨ um quadrila´tero que tem todos os seus aˆngulos, retos. Mostre que, todo retaˆngulo A˜¨ um paralelogramo. Soluc¸a˜o: 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 aˆngulos BÂC = AĈD e como a soma dos dos aˆngulos internos de um triaˆngulo e´ 180 graus enta˜o: AĈB = DÂC Logo pelo caso LAL ∆ADC = ∆ABC enta˜o os segmentos AD = BC e ambos sa˜o perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados sa˜o congruentes e paralelos. 11. Mostre que, as diagonais de um retaˆngulo sa˜o congruentes. Soluc¸a˜o: Por definic¸a˜o um retaˆngulo e´ um quadrila´tero com 4 aˆngulos retos. A C B D O Sabe se que se duas retas sa˜o interceptadas por uma terceira perpendicular a elas enta˜o estas sa˜o paralelas, logo dado o retaˆngulo ABCD teˆm se que: AB//DC e AD//BC Portanto o retaˆngulo e´ um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC, diagonais de ABCD, provemos que sa˜o congruentes. PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma ana´loga constru´ımos ∆ADC como ambos sa˜o retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL sa˜o congruentes e DB =AC. 12. Um losango e´ um paralelogramo que tem todos os seus lados congruentes. Mostre que, as diagonais de um losango cortam-se em aˆngulos reto e sa˜o bissetrizes dos seus aˆngulos. Soluc¸a˜o: Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos me´dios. Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, enta˜o pelos pontos AB e C constru´ımos o triaˆngulo ABC de modo ana´logo constru´ımos o triaˆngulo DAB. Como BA=BC e DA=AB enta˜o ∆ABC e ∆DAB sa˜o iso´sceles tal que 31 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB ∆ABC = ∆ABF ∪∆BFC ∆DAB = ∆DAF ∪∆FAB e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Enta˜o BD intercepta AC em 900 e como se interceptam em seus pontos me´dio ( e as diagonais sa˜o a base do triaˆngulo iso´sceles) enta˜o sa˜o bissetrizes. 13. Um quadrado e´ um retaˆngulo que tambe´m e´ um losango. Mostre que, se as diagonais de um quadrila´tero sa˜o congruentes e se cortam em um ponto que e´ ponto me´dio de ambas, enta˜o o quadrila´tero e´ um retaˆngulo. Soluc¸a˜o: Um retaˆngulo e´ um quadrila´tero com 4 aˆngulos retos internos. F A C B D Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆COD Como AB = BC por hipo´tese e O e´ o ponto me´dio de ambos enta˜o: BO = OD = OC = AO (1) ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD Pelo caso LLL. Assim como os aˆngulos AÔB e BÔC esta˜o sob a mesma semi-reta e sa˜o complementares ale´m de serem congruentes enta˜o: AÔB = BÔD = 900 Analogamente para AÔC = CÔD = 900. Como por (1) os triaˆngulos contidos em ABCD sa˜o iso´sceles enta˜o OB̂D = OD̂B = OB̂A = BÂD = DÂC = AĈD = OD̂C = 450, pois a soma de seus aˆngulos internos deve ser 1800, um dos aˆngulos ja´ e´ reto e dois da base sa˜o congruentes. Assim os aˆngulos AB̂D = BÂC = CD̂B = AB̂D = 900 Satisfazendo a definic¸a˜o de retaˆngulo. EXERCI´CIO PA´GINA 86 3. Mostre que, se dois aˆngulos e o lado oposto a um deles, em um triaˆngulo, sa˜o iguais a´s correspondentes partes de um outro triaˆngulo, enta˜o os triaˆngulos sa˜o congruentes. Soluc¸a˜o: A soma dos aˆngulos internos de cada ∆ e´ 180◦ ou seja Ĉ + Â+ B̂ = Ĉ ′ + Â′ + B̂′ como  = Â′ e B̂ = B̂′ ⇒ Ĉ = Ĉ ′. Assim pelo crite´rio LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’ EXERCI´CIO PA´GINA 100 32 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB 10. Mostre que todo triaˆngulo retaˆngulo de lados p2 − q2, 2pq e p2 + q2 e´ um triaˆngulo retaˆngulo. Aqui p e q sA˜£o quaisquer nu´meros inteiros positivos com p > q. Soluc¸a˜o: Se o triaˆngulo e´ retaˆngulo deve valer o teorema de Pita´goras caso contra´rio o triaˆngulo nA˜£o e´ retaˆngulo. Vamos mostrar que este teorema e´ va´lido. (p2 + q2)2 = (2pq)2 + (p2 − q2)2 (p2 + q2)2 = 4p2q2 + p4 + q4 − 2p2q2 (p2 + q2)2 = p4 + 2p2q2 + q4 Note que o segundo termo da igualdade e´ um quadrado perfeito (p2 + q2)2 = (p2 + q2)2 EXERCI´CIO PA´GINA 119 1. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas congruentes sa˜o equidistantes do centro. Soluc¸a˜o: A E B O C F D Construa uma circunfereˆncia de centro O com cordas AB = CD. Por O trac¸amos os segmentos OA = OB = OC = OD = Raio. Assim ∆ABO e´ iso´sceles, o mesmo para ∆COD. Como AÔB = CÔD, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice, enta˜o ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL. Trac¸ando os segmentos OE e OF tal que OE e EF sa˜o alturas dos triaˆngulos, portanto perpendiculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD enta˜o EO = OF e as cordas AB e CD sa˜o equidistantes, C.Q.D. 2. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas equidistantes do centro sa˜o congruentes. Soluc¸a˜o: Imagine a seguinte construc¸a˜o: 33 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A B C D E F O Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas sa˜o equidistantes enta˜o existe uma per- pendicular a cada corda que e´ congruente, isto e´: OE = OF por hipo´tese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente. Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto AE = EB = CF = FD e enta˜o: AE + EB = CF + FD AB = CD C.Q.D. 3. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, se duas cordas tem comprimentos diferentes, a mais curta e´ a mais afastada do centro. Soluc¸a˜o: Imagine a seguinte construc¸a˜o: A B C D E F O Como A,B,C e D pertence ao circulo enta˜o: OC = OD = OA = OB = raio Logo ∆COD, ∆AOB sa˜o iso´sceles. Trac¸ando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retaˆngulos. Enta˜o pelo teorema de Pita´goras: OA2 = OF 2 + AF 2 e tambe´m 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 hipo´tese e F e E sa˜o pontos me´dios de AB e CD respetivamente, pois ∆AOB, ∆COD sa˜o iso´sceles, enta˜o AF < CE o que obriga a desigualdade OF > OE para manter a igualdade em (1). C.Q.D. 4. Mostre que a mediatriz de uma corda passa pelo centro do circulo. Soluc¸a˜o: Dado uma corda AB e uma mediatriz “m” cortando AB no ponto E tal que AE = EB e m⊥AB imagina-se a construc¸a˜o a seguir: A E B O m Com base na construc¸a˜o e´ fa´cil ver que: AO = OB = Raio e tambe´m que ∆AOB e´ iso´sceles de base AB. Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB enta˜o (por construc¸a˜o), OE ⊥ AB. Como por um ponto passa uma u´nica reta perpendicular enta˜o OE e´ a pro´pria mediana passando pelo ponto O (centro). C.Q.D. 5. Explique porque o reflexo de um circulo relativamente a uma reta que passa pelo seu centro e´ ainda o mesmo circulo. Soluc¸a˜o: Recordando as propriedades de reflexa˜o temos: Fm(A) = A se A ∈ m. Imagine a seguinte construA˜§A˜£o: 35 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A E A′ O m Trac¸ando uma reta “m” que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro e´ o proprio centro. Seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo enta˜o existe um segmento AA’ que intercepta “m” no ponto E tal que AE = A’E e AA’ ⊥ m. Trac¸amos enta˜o o ∆AOE = ∆EOA’ que sa˜o congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ e portanto o reflexo de A tambe´m pertence ao circulo. 7. Na figura abaixo AE e´ tangente comum e JS liga os centros dos dois c´ırculos. Os pontos E e A sa˜o pontos de tangencia e B e´ o ponto de intercessa˜o dos segmentos JS e AE. Prove que o aˆngulo Ĵ e´ igual ao aˆngulo Ŝ. S E B J A Soluc¸a˜o: Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunfereˆncia em sua extremidade enta˜o esta e´ perpendicular a reta tangente. Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA sa˜o retaˆngulose EB̂S = JB̂A, pois sa˜o postos pelo ve´rtice. Como ∆ESB e ∆JBA possui dois aˆngulos congruentes enta˜o sa˜o semelhantes e portanto Ŝ = Ĵ, C.Q.D. 8. Na figura seguinte, M e´ o centro dos dois c´ırculos e AK e´ tangente ao circulo menor no ponto R. Mostre que AR = RK. 36 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A R K M Soluc¸a˜o: Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio. A R K M Por “m” trac¸amos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora se um raio intercepta uma reta em seu ponto de tangencia esta e´ perpendicular a reta. Com base nisto teremos AR̂M = MR̂K = 90◦. Portanto ∆AMR, e ∆MRK sa˜o retaˆngulos e pelo crite´rio cateto hipotenusa dos triaˆngulos retaˆngulos ∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK C.Q.D. 9. Na figura abaixo, UK e´ tangente ao circulo no ponto U e UE = LU. Mostre que LE = EK. L U E K Soluc¸a˜o: Se UK e´ tangente ao circulo no ponto U enta˜o UK ⊥ LU logo LÛK = 90◦. Por hipo´tese UE = LU e como LE e´ raio enta˜o LE = LU = UE. Assim ∆LUE e´ equila´tero e LÊU = LÛE = UL̂E = 60◦. Como LÊU e´ aˆngulo externo do ∆EUK enta˜o: LÊU = EK̂U + EÛK 37 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB No entanto como LÛK = LÛE + EÛK enta˜o LÛE + EÛK = 90◦ (1) Como LÛE = 60◦ por (1) tem-se EÛK = 30◦ Assim LÊU = EÛK + EK̂U implica em: 60◦ = 30◦ + EK̂U EK̂U = 30◦ Assim ∆EUK e´ iso´sceles de base UK, pois possuem dois aˆngulos de 30◦, e assim EK = UE (2). Como UE = LU = LE (3). Por (2)e por (3) chegamos a LE = EK C.Q.D. 10. Na figura seguinte, MO = IX. Prove que MI = OX. M X O I Soluc¸a˜o: Trac¸ando uma corda MX com ela e´ poss´ıvel perceber que MÔX = MÎX, pois ambas possuem a mesma corda. M X O I B Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois aˆngulos congruentes estes sa˜o semelhantes portanto: MO XI = OB BI Como MO = XI por hipo´tese: OB BI = 1⇒ OB = BI Assim ∆MOB = ∆BXI pelo caso LAL e MB = BX, portanto: MB + BI = BX + OB MI = XO C.Q.D. 11. Na figura seguinte, H e´ o centro do circulo e CI e um diaˆmetro. Se CA e HN sa˜o paralelos, mostre que _ AN e _ IN tem a mesma medida. 38 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB C I H N A Soluc¸a˜o: C I H N A Na figura dada trac¸amos AH (figura acima), enta˜o: Ĉ = 0.5(AĤI) (1) Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Tambe´m podemos perceber CÂH = AĤN, pois sa˜o aˆngulos alternos internos. Como ∆ACH e´ equila´tero (AH = CA = CH = Raio) enta˜o Ĉ = CÂH = AĤN. Enta˜o de (1) vem que: Ĉ = 0.5 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 aˆngulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstrac¸a˜o concluindo que _ AN = _ IN. 12. Na figura abaixo, O e´ o centro do circulo e TA e´ um diaˆmetro. Se PA = AZ, mostre que os triaˆngulos PAT e ZAT sa˜o congruentes. P A Z T O 39 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Soluc¸a˜o: Note que T P̂A e T ẐA remetem ambos a arcos formados por semi c´ırculos de modo que T P̂A = TẐA = 90◦ Logo os triaˆngulos PAT e ZAT sa˜o congruentes pelo caso especial (PA = AZ e TA comum). 14. Na figura seguinte, o quadrila´tero DIAN e´ um paralelogramo e I, A e M sa˜o colineares. Mostre que DI = DM. A M N D I O Soluc¸a˜o: Temos DN̂A = DM̂A, pois submetem ao mesmo arco _ DA . Como DIAN e´ um paralelogramo enta˜o DN̂A = DÎA, assim: DM̂A = DÎA Como I, A e M sa˜o colineares o ∆DMI e´ iso´sceles de base MI o que implica em DM = DI 15. Na figura abaixo, qual dos dois arcos _ AH ou _ MY, tem a maior medida em graus? Sabe se que os dois c´ırculos sa˜o conceˆntricos. A M E T S YH Soluc¸a˜o: Com base na figura dada imagine a seguinte construA˜§A˜£o: A M E T S YH o 40 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Note que AÔH e´ um aˆngulo central da mesma circunfereˆncia em que AT̂H esta´ 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 aˆngulo secante cujo ve´rtices esta dentro do circulo tem medida igual a metade da soma do arco que determina com o arco que e´ determinado pelo aˆngulo que se lhe opo˜e pelo ve´rtice. (Na figura anterior a esquerda: AP̂B = 1 2 (med _ AB + med _ CD). Soluc¸a˜o: Fac¸amos a seguinte construc¸a˜o: A B C D P Note que AP̂B e´ aˆngulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que AP̂B = AD̂B + CB̂D. Como AÔB e´ aˆngulo inscrito na circunfereˆncia que corresponde ao arco _ AB e CB̂D corresponde ao arco _ DC temos: AD̂B = _ AB 2 CB̂D = _ DC 2 Como AP̂B = AD̂B + CB̂D segue se que: AP̂B = _ AB + _ DC 2 17. Na figura abaixo AP̂B e´ um aˆngulo secante cujo ve´rtice esta fora do circulo mostre que AP̂B = 1 2 (med _ AB - med _ CD) 41 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A B C D P Soluc¸a˜o: Na figura fazemos a seguinte construc¸a˜o: A B C D P Com essa construc¸a˜o teremos os seguintes aˆngulos inscritos AĈB, AD̂B e CB̂D. Como AĈB e´ aˆngulo esterno ao triaˆngulo CBP por consequeˆncia do axioma V temos: AĈB = AP̂B + CB̂D AP̂B = AĈB - CB̂D AP̂B = _ AB 2 + _ CD 2 AP̂B = 1 2 ( _ AB− _CD) C.Q.D. 21. Prove que o segmento ligando um ve´rtice de um pol´ıgono regular ao centro do c´ırculo em que ele esta inscrito e´ bissetriz do aˆngulo daquele ve´rtice. Soluc¸a˜o: Seja A1,...,An um pol´ıgono qualquer inscrito numa circunfereˆncia de centro “O” A1 A2 A3 A4 An O 42 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Os triaˆngulos A1OA2 e A2OA3 sa˜o congruentes e dessa congrueˆncia retiramos que: A1Â2O = OÂ2A3 Logo OA2 e´ bissetriz de A1Â2A3 C.Q.D. EXERCI´CIO PA´GINA 125 1. Prove que uma reta pode cortar um c´ırculo em no ma´ximo dois pontos. Soluc¸a˜o: Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Trac¸amos por A uma reta m que intercepta o c´ırculo num ponto B, assim C ∪m{A,B} pois A e B sa˜o colineares. Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que pertenc¸a a m e a C simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C). Como A, B e C sa˜o colineares enta˜o C esta´ entre A e B (A − C − B). Deste modo sendo “O” o centro da circunfereˆncia ter´ıamos OA = OB = OC. O que seria um absurdo pois se C esta´ entre A e B OA = OB > OC. 2. Na figura abaixo AP̂C e´ um a´ngulo secante cujo ve´rtice encontra-se fora do circulo e que o intercepta em quatro pontos como indicado. Prove que AP·PB = CP·PD. A B C D P Soluc¸a˜o: Trac¸ando AD e CB tem se BÂD = BĈP , pois determinam o mesmo arco _ BD. E´ poss´ıvel observar que ∆APD e´ semelhante ao ∆CBP, desta semelhanc¸a tem-se: AP CP = AD CB = DP PB Que implica em AP · PB = CP · PD Como se queria demonstrar. 3. Na figura abaixo WS e HI sa˜o cordas que se interceptam no ponto G, e RT e´ bissetriz do aˆngulo WĜI. Prove que WR · TS = HT ·RI. W R I G H T S 43 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Soluc¸a˜o: WĜR = RĜI, pois RT e´ bissetriz de WĜI. Como WĜR = TĜS, pois sa˜o opostos pelo ve´rtice, enta˜o RĜI = HĜT que implica que RĜI = SĜT . Temos que WŜH = WÎH, pois subentende-se ao mesmo arco _ WH. Com isso pode-se afirmar que ∆IRG e´ semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois aˆngulos congruentes SĜT = IĜR e WŜT = WÎH). Desta semelhanc¸a temos que: RI TS = RG GT = IG GS (1) Considerando que IŴS = IĤS, pois se subentendem ao mesmo arco _ IS,segue se que ∆WRG e´ semelhante ao ∆HGT. Desta semelhanc¸a tem se que: WR HT = RG GT = WG HG (2) De (1) e (2) obtemos RG GT = WR HT ; RG GT = RI TS ⇒ WR HT = RI TS ⇒WR · TS = HT ·RI Como se queria demonstrar. 4. Seja ABC um triaˆngulo e D um ponto de BC tal que AD e´ bisstriz do aˆngulo Â. Prove que (AD)2 = AB ·AC −BD ·DC. Soluc¸a˜o: Considere o ∆ABC inscrito no circulo (C) como na figura abaixo; onde acrescentamos os segmentos DE e EB. A B C E D Note que BÂD = DÂC, pois por hipo´tese AD e´ sua bissetriz. Como BÊA = AĈB, pois sa˜o aˆngulos que subtende ao mesmo arco, no caso _ AB, enta˜o se conclui que ∆ABE e´ semelhante ao ∆ADC. Isso implica que: AB AD = AE AC ⇒ AB ·AC = AE ·AD Observe que DB̂E e CÂD sa˜o aˆngulos que determinam o mesmo arco _ EC e portanto DB̂E = CÂD. E como BÊD = AĈD enta˜o ∆BDE e´ semelhante ao ∆ADC. Desta semelhanc¸a tem-se: 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 c´ırculo esta´ inscrito no quadrila´tero. Prove que a soma dos compri- mentos de um par de lados opostos e´ igual a soma dos comprimentos do outro par. Soluc¸a˜o: Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor sa˜o congruentes. A B CD O X P Z Y 90◦ 90◦ Note que AB, BC, CD e DA sa˜o tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z e P, o que implica em: AX = AP BX = BY CY = CZ DZ = DP Somando membro a membro: 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 hexa´gono que circunscreve um c´ırculo. Prove que AB + CD + EF = BC + DE + FA. Soluc¸a˜o: T Q F C X P Y Z A B DE Por hipo´tese e pela construc¸a˜o dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA sa˜o tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente. Pela construc¸a˜o e´ poss´ıvel notar que alguns segmentos sa˜o congruentes, isto e´: AT = AX BX = BY CY = CZ DZ = DP EP = EQ FQ = FT somando as igualdade membro a membro. AT + BX + CY + DZ + EP + FQ = AX + BY + CZ + DP + EQ + FT Permutando alguns membros (BX + AX) + (DZ + CZ) + (EQ + FQ) = (BY + CY) + (DP + EP) + (AT + FT) AB + CD + EF = BC + DE + FA 46 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Como se queria demonstrar. 8. Prove que se dois c´ırculos teˆm dois pontos em comum, a reta dos centros e´ mediatriz do segmento ligando estes dois pontos. Soluc¸a˜o: Considere a seguinte construc¸a˜o onde A e B sa˜o os pontos de intercessa˜o entre os c´ırculos. O A B OA = OB pois, sa˜o raios do circulo mais a esquerda de modo que OÂB = OB̂A pois sa˜o aˆngulos da base ∆AOB iso´sceles. Trac¸ando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), enta˜o pelo crite´rio LAL o ∆AOH e ∆BOH sa˜o congruentes de modo que H sera´ ponto me´dio de AB. Trac¸ando agora um segundo segmento PH’ de modo que PH’⊥AB (com H’ ∈ AB). Com pensamento ana´logo se chega a construc¸a˜o de que H’ tambe´m e´ ponto me´dio do segmento AB. Como um segmento na˜o pode possuir dois pontos me´dios enta˜o H = H’ assim OH ∪ H′P = OP Que intercepta AB no seu ponto me´dio, CQD. 10. Prove que se dois c´ırculos sa˜o tangentes, a reta dos centros passa pelo ponto de contacto. Soluc¸a˜o: Dado o esquema a seguir queremos mostrar que a reta determinada por O e P passa pelo ponto de tangeˆncia X. O PX r 47 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Para tanto perceba que OX e´ perpendicular a reta r, assim os pontos O, X e P sa˜o colineares. Onde se conclui que OP passa pelo ponto X. 11. Na figura seguinte as retas sa˜o tangentes comuns aos dois c´ırculos. Prove que m1 e m2 se interceptam na linha dos centros. Prove que se os raios dos dois c´ırculos sa˜o diferentes, as retas n1 e n2 tambe´m se interceptam na reta dos centros. Soluc¸a˜o: (Primeira parte) Considere a seguinte construc¸a˜o. O P B C H A n1 n2 D m1 m2 O angulo BÂC e´ tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC e´ iso´sceles que implica que CB̂A = BĈA. Trac¸ando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC sera´ formado o ponto D (que e´ intercessa˜o de OH com BC) que sera´ ponto me´dio de BC. Segue-se enta˜o que AD e´ altura, bissetriz e mediana. Usando de mesmo racioc´ınio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P sa˜o pontos colineares e que enta˜o m1 e m2 se interceptam na linha dos centros. 12. Sejam A e B pontos de intercessa˜o de dois c´ırculos. Sejam C e D as extremidades dos diaˆmetros dos dois c´ırculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D conte´m o ponto B. Soluc¸a˜o: Imagine a seguinte construc¸a˜o A B DC Os aˆngulos AB̂C e AB̂D sa˜o inscritos e subtendem a semi-c´ırculos pois AC e AD sa˜o diaˆmetros, 48 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB assim AB̂C = 90◦ = AB̂D. Isto implica que eles sa˜o suplementares e portanto os pontos C, B e D sa˜o colineares o que prova a afirmac¸a˜o. 13. Prove que a medida de um aˆngulo formado por um tangente e uma corda de um circulo e´ igual a metade da medida do arco que ele determina. Solua˜o: Considere o seguinte esquema: O A B C Perceba que OA⊥ AC e ∆OAB e´ iso´sceles o que implica no fato de que OÂB = AB̂O. Como AÔB e´ angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se: AÔB + OÂB + OB̂A = 180◦ AÔB = 180◦ − 2 OÂB Como OÂB = 90◦ − CÂB enta˜o: AÔB = 180◦ − 2(90◦ − CÂB) Que implica em CÂB = AÔB 2 = arco(AB) 2 EXERCI´CIO PA´GINA 142 1. Quando o sol esta´ a 20◦ acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada por um edif´ıcio de 50m? Soluc¸a˜o: tg 20◦ = 50 AB ⇒ AB ' 137.3796 2. Uma a´rvore de 10 metros de altura projeta uma sombra de 12m. Qual e´ a altura angular do sol? Soluc¸a˜o: 12m 10m θ 49 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB tg θ = 10 12 ⇒ θ = arctg (0.8333...) ∼= 39.8◦. 3. Os lados de um triaˆngulo ABC sa˜o os seguintes: AB = 5, AC = 8, e BC = 5. Determine o seno do aˆngulo Â. Soluc¸a˜o: A B C 8 55 α α Pela lei dos cosenos temos: AB = AC 2 +BC 2 − 2AC BCcosĈ 25 = 64 + 25− 2 · 8 · 5 cosĈ cosĈ = 64 80 ⇒ Ĉ ∼= 36◦87′ Como Ĉ =  pois o triaˆngulo e´ iso´sceles, enta˜o sen Ĉ = sen  = 0.6 4. Do topo de um farol, 40 metros acima do n´ıvel do mar, o faroleiro vA˜a um navio segundo um aˆngulo (de depressa˜o) de 15◦. Qual a distaˆncia do navio ao farol? Soluc¸a˜o: A B C 15◦ 40 tg θ = AC BC ⇒ AC = 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. Soluc¸a˜o: 50 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB A 20 ◦ B C 500m Aplicando a lei dos senos SenĈ AB = Sen BC Sen90◦ 500 = Sen20◦ BC ⇒ BC ∼= 171.01m 6. Mostre que o per´ımetro de um pol´ıgono regular inscrito em um circulo de raio R e pn = 2Rsen ( 180◦ n ) . Soluc¸a˜o: O per´ımetro de Pn de n lados e´ calculado por: Pn = 2nP Onde P e´ a metade da medida de um lado, conforme a figura abaixo indica.  A B C D Fig. BD = DC e P = BD DC Sendo Sen  = P R com  = ( 360◦ 2n ) enta˜o: P = Rsen e portanto Pn = 2nRsen Pn2nRsen ( 360◦ 2n ) Pn = 2nRsen ( 180◦ n ) C. Q. D. 7.Num triaˆngulo ABC tem se AC = 23,  = 20◦ Ĉ = 140◦. Determine a altura do ve´rtice 51 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB B. Soluc¸a˜o: Esse triaˆngulo na˜o existe. O que invalida a questa˜o. Isso pode ser provado com o seguinte calculo. A soma dos aˆngulos internos de todo pol´ıgono e´ igual a 180◦, logo B̂ = 20◦ e o triaˆngulo e´ iso´sceles e portanto CB = 23. Como na figura abaixo. A B C 20◦ 20◦ 140◦ Trac¸ando uma bissetriz em Ĉ teremos dois triaˆngulos retaˆngulos como na figura abaixo. 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 Pita´goras chegamos a AD = 21.613 portanto AB = 43.226. Vamos usar esses dados para mostrar que essa construc¸a˜o de triaˆngulo na˜o e´ poss´ıvel pois se trac¸armos uma altura (segmento BE ) conforme a figura abaixo A B C E 90◦ 20◦ teremos AB̂E = 180◦ − (20◦ + 90◦) = 70◦ o que seria imposs´ıvel. 8. As func¸o˜es secante, cossecante e cotangente de um aˆngulo  sa˜o definidas por sec = 1/cosÂ, cossec = 1/sen e cotg = 1/tgÂ, desde que cosÂ, sen e tg sejam definidas e diferentes de zero. Prove que: a) 1 + tg2 = sec2 52 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB b) 1 + tg2 = cossec2 Soluc¸a˜o 8a: sec2 = 1 cos2 sec2 = sen2Â+ cos2 cos2 sec2 sen2 cos2 + 1 sec2 = Tg2Â+ 1 C. Q. D. Soluc¸a˜o 8b: Cosec2 = 1 sen2 = sen2Â+ cos2 sen2 1 + cos2 sen2 = 1 + cotg2 = 1 + 1 tg2 C. Q. D. 53 Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB Agradecimentos: A Sabrina Fortunato Cunha pelo toque na questa˜o 5 da pa´gina 9 do livro. Marina Passos pela soluc¸a˜o da questa˜o 10 da pa´gina 101. Andreia Cristina Pereira de Oliveira pelo auxilio na digitac¸a˜o. 54
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