COLEÇÃO ELEMENTOSDA MATEMÁTICA VOLUME 2 Marcelo Rufino de Oliveira Com formação pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA) Coordenador das Turmas Militares do Colégio Ideal Professor de Matemática das Turmas Militares do Colégio Ideal Coordenador Regional da Olimpíada Brasileira de Matemática Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Com formação pela Universidade Federal do Pará (UFPa) Professor de Matemática das Turmas Militares do Colégio Ideal GEOMETRIA PLANA 3ª edição (2010) COLEÇÃO ELEMENTOS DA MATEMÁTICA Marcelo Rufino de Oliveira Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Copyright © 2009 by marcelo rufino de oliveira Todos os direitos desta edição estão reservados à Marcelo Rufino de Oliveira Belém – Pará – Brasil E-mail:
[email protected] Ilustração da Capa Maximiliano / Zeef Modificações em 2010 Annysteyne M. Chaves LOUDES PACHECO Ficha Catalográfica Editora VestSeller Impressão F48 c .........Oliveira, Marcelo Rufino de Coleção elementos da matemática, 2 : Geometria plana / Marcelo Rufino de Oliveira, Márcio Rodrigues da Rocha Pinheiro. – 3 ed. – Fortaleza – Editora VestSeller - 2010. p. 347 ISBN: 978-858917123-X 1. Matemática (Ensino Médio) 2. Matemática (Ensino Médio) – geometria plana I - Pinheiro, Márcio Rodrigues da Rocha. II. Título. III. Título: Geometria plana.: CDD: 510.7 APRESENTAÇÃO À 3ª EDIÇÃO A geometria consiste em um estudo generalizado e sistemático das formas que ocorrem no mundo, principalmente no que diz respeito às suas propriedades. Para tal estudo, faz-se necessária uma abstração de conceitos originalmente concretos, a fim de obter tais propriedades. Assim, por exemplo, quando se fala em reta, no sentido formal da palavra, deve-se imaginar um ente infinito, que não ocorre naturalmente. De um modo geral, o estudo da geometria nos ensinos fundamental e médio no Brasil divide-se em duas partes consecutivas: geometria plana (até a 8ª série do fundamental) e geometria espacial (no 2º ou 3º ano do médio). Ainda genericamente falando, pode-se garantir que a apresentação à geometria é feita de modo peremptório (definitivo), isto é: o professor vai listando uma série de definições (segmentos de retas, ângulos, triângulos, polígonos, circunferências, etc.) e impondo um conjunto de propriedades desses entes, vez por outra procurando verificar que elas são válidas em alguns casos particulares ou “reais”. Isto é imediatamente verificado ao ler-se um livro de tais séries (praticamente não havendo exceções). Quando um professor dedicado, por exemplo, procura exibir aos alunos que a soma dos ângulos internos de um triângulo vale o mesmo que um ângulo raso, busca (nas mais esforçadas das vezes) verificar o fato com um modelo concreto, como um triângulo desmontável de isopor ou cartolina, tal qual a figura a seguir sugere. ⇒ É obvio que tal atitude é louvável, mas o principal problema consiste em não explicitar que esse resultado simples e abrangente é conseqüência de resultados anteriores (diretamente, dos ângulos formados entre paralelas e transversais), o que é na verdade a essência da matemática: tudo é interligado; fatos causam fatos e esses são conseqüências de outros. Afirmar, tão somente, que ângulos opostos pelo vértice têm medidas iguais torna-se, em verdade, muito mais cômodo que prová-lo. Principalmente para o professor que em geral não vai acompanhar o aluno até as portas do nível superior. É, porém, do mesmo nível de heresia que defender o aborto numa dissertação, sem argumentar o motivo dessa posição. Tal prática cria ciclos viciosos e gera alunos incapazes de realizar críticas e de questionar a validade de muitas propriedades, não necessariamente matemáticas, segundo essa ou aquela condição. Com efeito, ao tomar tal posicionamento, o professor simplesmente passa adiante um erro pelo qual normalmente lhe fizeram passar, ampliando gerações de verdadeiros alienados. Isso se reflete durante muitas (e, às vezes, todas) fases da vida do estudante. Não são raros os casos de estudantes (até mesmo universitários) que não percebem que “sutis” mudanças nas condições iniciais do problema (hipótese) provocam mudanças bruscas e até totais dos resultados (tese). Exemplos concretos são de alunos que aplicam o teorema de Pitágoras ou outras relações métricas do mesmo gênero (como a altura ser igual à média geométrica das projeções dos catetos) em triângulos para os quais não se tem certeza de ser retângulos. De estudantes que garantem a semelhança de triângulos, sem tê-la comprovado, e aplicam proporções erradas sobre seus lados. Ou ainda de afirmações mais ingênuas, do tipo que um quadrado e um retângulo são entes de naturezas totalmente distintas, ou seja: quadrado é quadrado; retângulo é retângulo. Nesse último exemplo, evidencia-se que até as próprias definições são repassadas de modo desleixado. PARTE I PARTE I PARTE II PARTE II PARTE III PARTE III Este é o segundo volume da Coleção Elementos da Matemática, programada para apresentar toda a matemática elementar em seis volumes: Volume 1 – Conjuntos, Funções, Exponencial, Logaritmo e Aritmética Autor: Marcelo Rufino de Oliveira e Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Volume 2 – Geometria Plana Autores: Marcelo Rufino de Oliveira e Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Volume 3 – Seqüências, Combinatória, Probabilidade, e Matrizes Autor: Marcelo Rufino de Oliveira, Manoel Leite Carneiro e Jefferson França Volume 4 – Números Complexos, Polinômios e Geometria Analítica Autores: Marcelo Rufino de Oliveira e Jefferson França Volume 5 – Geometria Espacial Autor: Antonio Eurico da Silva Dias Volume 6 – Cálculo Autor: Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro O desafio inicial para os autores de um livro de geometria plana é definir a seqüência com que os assuntos serão apresentados. Há dois motivos para a existência deste desafio: 1) se o assunto A é pré-requisito para o assunto B, então A deve vir antes de B no livro; 2) para não confundir ou desestimular o aluno, os assuntos mais complexos deve estar mais para o final do livro. Estes motivos justificam, por exemplo, a razão pela qual a teoria sobre a semelhança de triângulos ser desenvolvida antes da teoria sobre potência de ponto e também o por quê da teoria sobre os pontos notáveis no triângulo figurarem mais para o final do livro. Entretanto, os autores deste livro são cientes que não existe um encadeamento ótimo para os assuntos. Fato este comprovado pela inexistência de dois livros de geometria plana que possuam exatamente a mesma seqüência de apresentação dos tópicos. O objetivo desta coleção é iniciar o preparo de pessoas, a partir da 8ª série, para a aprovação nos processos seletivos mais difíceis do Brasil, de instituições como Colégio Naval, ITA, IME, USP, Unicamp, UnB, dentre outros, nos quais se exige mais do que simples memorização de fórmulas e de resultados. Deseja-se que o estudante adquira um senso crítico de causa e efeito, embasado nos mais sólidos conceitos, o que o ajudará a raciocinar coesa e coerentemente na maioria dos assuntos e das disciplinas exigidas em tais concursos (não somente em matemática!). Mostrando, especificamente neste volume, a geometria de modo axiomático (ou, pelo menos, aproximando-se de tal), procura-se desenvolver tais qualidades. Conseqüentemente, o aluno também se prepara para olimpíadas de matemática, que está a alguns degraus acima dos grandes vestibulares do Brasil em relação ao nível de dificuldade. Dificuldades há, sem dúvida. No entanto, repudiam-se idéias do tipo que o aluno não consegue aprender dessa ou daquela forma. Não se deve menosprezar a capacidade dos alunos, nem mesmo seu interesse, sob pena de estar cometendo preconceitos ou precariedade na metodologia de ensino, respectivamente. Qualquer indivíduo ao qual se propõe o aprendizado de análise sintática e semântica, por exemplo, tem condições de compreender um estudo mais rigoroso e encadeado de geometria. Ao menos melhor do que o atual. Por experiência própria, já se comprovou que os benefícios superam bastante eventuais prejuízos. Os autores Índice Capítulo 1. Introdução – Linhas, Ângulos e Triângulos 1. Introdução à Geometria Dedutiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Noções (Idéias) Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Linhas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Divisão de Segmentos: Divisões Harmônica e Áurea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Conexidade e Concavidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Ângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Triângulos e sua Classificação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. Lugar Geométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. Congruência de Triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10. Paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 1. Teorema de Tales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Semelhança de Triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Semelhança de Polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Relações Métricas nos Triângulos Retângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 3 8 10 14 14 20 22 23 31 36 45 46 49 57 63 Capítulo 3. Introdução aos Círculos 1. Definições Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Determinação de uma Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Posições Relativas de Reta e Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Teorema das Cordas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Teorema da Reta Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Segmentos Tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Posições Relativas de Duas Circunferências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. Ângulos na Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. Arco Capaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10. Segmentos Tangentes Comuns a Duas Circunferências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11. O Número π e o Comprimento da Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 79 80 81 82 83 84 85 87 89 99 104 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo 1. Definição de área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Comparação de Área Entre Triângulos Semelhantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. A Fórmula de Heron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Relações Métricas nos Triângulos Quaisquer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 125 125 132 137 Capítulo 5. Introdução aos Quadriláteros 1. Quadriláteros Notáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Teorema da Base Média . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Condições de Inscrição e Circunscrição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 159 169 175 Capítulo 6. Área e Relações Métricas no Círculo 1. Relações Métricas na Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Áreas de Regiões Circulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 195 203 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 1. Teorema de Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Teorema de Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Mediana e Baricentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Bissetriz e Incentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Mediatriz e Circuncentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Altura e Ortocentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Triângulos Pedais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 216 221 228 241 247 254 256 Capítulo 8. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros 1. Teorema de Ptolomeu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Teorema de Hiparco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Relação de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Teoremas Clássicos Sobre Quadriláteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 277 280 284 284 287 Capítulo 9. Polígonos 1. Nomes Próprios dos Polígonos Mais Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Lado e Apótema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Ângulo Central de um Polígono Regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Soma dos Ângulos Internos de um Polígono Convexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Número de Diagonais de um Polígono de n Lados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Duplicação do gênero de um polígono convexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Área de um Polígono Regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. Estudo dos Polígonos Regulares Convexos Inscritos em uma Circunferência de Raio R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. Polígonos Regulares Estrelados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 294 294 295 295 299 299 299 307 316 Apêndice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328 Gabaritos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 1.1) INTRODUÇÃO À GEOMETRIA DEDUTIVA Da observação da natureza ao redor, assim como da necessidade de medir e partilhar terras, calcular volumes e edificar construções, observar e prever os movimentos dos astros, surgiram tentativas do homem de explicar ou, pelo menos a princípio, de utilizar as propriedades das figuras e dos corpos que encontrava ou, posteriormente, construía. Qual o motivo que faz uma abelha preferir construir a entrada do alvéolo em forma hexagonal a construí-la em forma triangular, que é um formato poligonal mais simples? Quando se constrói um portão quadrangular de madeira, a estrutura não fica rígida (indeformável) enquanto não se utiliza um quinto pedaço. Por que uma estrutura triangular é estável, não necessitando mais do que três pedaços para tornar-se rígida? Um conhecimento razoável de geometria (e, às vezes de outros assuntos, como álgebra ou física, por exemplo) elucida fatos como os acima. É claro, porém, que nem sempre a humanidade teve a mesma quantidade de informação que existe hoje. Tal volume de conhecimento variou muito no tempo e no espaço. Por vezes determinadas civilizações possuíam mais conhecimento matemático do que outras, ainda que contemporâneas ou, em não raros casos, de épocas posteriores. Basta comparar, por exemplo, egípcios e babilônios antigos com outros povos pré-helênicos ocidentais. Essas duas culturas já conheciam e utilizavam várias propriedades geométricas. Para exemplificar, há mais de cinco mil anos, os egípcios já se sabia que um triângulo que possui lados medindo 3, 4 e 5 (na mesma unidade, por exemplo, palmos de uma mesma mão) é retângulo. Os babilônios, que importaram muito do conhecimento matemático egípcio. já conheciam esse resultado (teorema de Pitágoras) em sua totalidade. Conhecia-se também o fato de que o comprimento de uma circunferência é, aproximadamente, o triplo do diâmetro da mesma. Que um quadrilátero com lados opostos de mesma medida possui tais lados paralelos. Que um quadrilátero com diagonais de mesma medida tem os quatro ângulos retos. Pode-se afirmar que, inicialmente, as propriedades que se buscavam tinham objetivos de cunho totalmente prático, isto é, serviam para resolver problemas particulares que surgiam num determinado trabalho, comumente a agrimensura, a arquitetura ou a astronomia. As duas últimas das propriedades listadas acima, por exemplo, objetivavam demarcar terrenos retangulares. Com quatro pedaços de bambu, dois com um mesmo tamanho e os outros dois também (não necessariamente com o mesmo comprimento dos dois primeiros), ajusta-se um quadrilátero, que ainda não é, obrigatoriamente, um retângulo (é denominado atualmente paralelogramo). Mas quando um ajuste final é feito de modo que dois últimos pedaços de bambu, de mesmo tamanho, sirvam de diagonais ao quadrilátero, PRONTO. Garante-se, agora, que o quadrilátero é um retângulo. Só como curiosidade, muitas propriedades como essas são utilizadas ainda hoje, por culturas distantes da tecnologia habitual (algumas regiões na Índia e na África, por exemplo). Mesmo em outros países, como aqui no Brasil, a construção civil ainda usa também certos resultados geométricos empiricamente. ESTRUTURAS INSTÁVEIS ESTRUTURAS RÍGIDAS Um terreno na forma de um paralelogramo qualquer Um terreno na forma de um retângulo 1 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos Uma pergunta natural deve surgir neste ponto: quem ensinou as propriedades geométricas aos povos antigos? A princípio, é fácil ver que os ensinamentos eram passados (como ainda hoje em algumas tribos) de geração a geração. A tradição dos mestres de obras perde-se no tempo. Mesmo assim, a resposta ainda está incompleta. A passagem de conhecimento deve ter tido algum início. É altamente provável que tais conclusões sejam advindas da observação da natureza e mesmo por meio de tentativa e erro. Quando se verificava, experimentalmente, que certo fato, repetidas vezes dava o mesmo resultado, previsível, então a intuição ganhava força de persuasão e era passada adiante, com a certeza da experiência. Isso é que se chama de resultado empírico. Resumindo de modo grosseiro, os primórdios da geometria (em verdade, a primeira área da matemática estudada de modo destacado) a classificam como uma ciência experimental, em que intuição, comprovada por vários acertos anteriores, dita as regras. Por volta do século VI antes de Cristo, porém, uma revolução do pensamento humano começa a tomar forma. Filósofos gregos começam a indagar se a simples aceitação de verdades impostas pelos mais experientes satisfaz, de fato, a natureza humana. Inicia-se a busca pelo verdadeiro conhecimento, com filósofos da estirpe de Sócrates e de Platão, sendo que esse último sugeriu uma explicação de todos os fenômenos do universo por meio dos famosos cinco elementos (água, terra, fogo, ar e quinta- essência), cada um deles representado por meio dos hoje chamados sólidos de Platão (divididos em exatamente cinco categorias). Rapidamente, essa linha de raciocínio ganha adeptos em várias partes, expandindo-se mais ainda graças à disseminação da cultura helênica pelos conquistadores de grande parte do mundo ocidental da época: os romanos. Novamente, sob uma visão sintética, pode-se dizer que, a partir desse período procurou-se JUSTIFICAR, de modo irrefutável, inegável, a maior quantidade (para não dizer todos) de fatos possíveis (não só os geométricos), o que vai de encontro à posição passiva assumida pelos aprendizes de outrora. Aproximadamente pelo século V a.C., surgem os primeiros matemáticos profissionais (ou propriamente ditos, desvinculando-se da filosofia pura), como Tales de Mileto, que aprendeu muito com discípulos de Platão e com egípcios, e um de seus pupilos, Pitágoras de Samos, os quais foram grandes responsáveis pelos primeiros progressos concretos em busca de uma matemática que não dependesse apenas, ou principalmente, de intuição, sendo Tales considerado o pai das explicações formais de propriedades por meio de outras já conhecidas anteriormente (demonstração). Pitágoras foi fundador de uma espécie de seita, os pitagóricos, que pregava a supremacia da matemática (destacadamente, dos números) no universo, bem como a idéia de que “tudo são números”. O resultado geométrico mais famoso do mundo é denominado teorema de Pitágoras, apesar de haver indícios de que ele já era conhecido e utilizado vários anos antes. Provavelmente, a homenagem é feita ao líder da congregação de que se tem registro claro de alguém (não necessariamente Pitágoras) que provou a validade do resultado, de um modo geral. Contudo, o maior fenômeno matemático de todos os tempos estava por vir, quando, entre dois e três séculos antes de Cristo, um professor da universidade de Alexandria, Euclides, reuniu, organizada e formalmente, todo o conhecimento matemático de sua época numa obra de treze volumes (ou capítulos): os ELEMENTOS, com mais de mil edições (desde 1482) até os dias atuais, façanha possivelmente superada no mundo ocidental apenas pela Bíblia. Sem dúvida, a principal novidade introduzida por essa grande obra foi o método axiomático ou dedutivo de estudo, que consiste basicamente em algumas idéias e propriedades elementares, aceitas naturalmente, as quais servem de base a toda construção seguinte, definindo novos termos a partir dos preexistentes, e justificando (deduzindo) TODAS as propriedades não elementares, por meio das iniciais e das já justificadas anteriormente. Durante praticamente dois milênios, os Elementos foram utilizados como obra de referência no ensino de geometria, sendo que em muitos lugares como obra exclusiva. A partir do século dezoito, a supremacia dos Elementos foi posta em cheque por grandes matemáticos da época, os quais, em última análise, procuraram aperfeiçoar o raciocínio contido na obra, especificamente em uma das propriedades aceitas como verdadeira, o postulado V, que será visto após. Em meados do século dezenove, verificou- se que o raciocínio empregado nos Elementos não era de todo correto, com o surgimento de outras geometrias (não euclidianas), bem como com o desenvolvimento da lógica matemática. Apesar disso, não resta dúvidas acerca da importância desse livro monumental como um verdadeiro marco na história da matemática. 2 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 1.2) NOÇÕES (IDÉIAS) PRIMITIVAS Perguntando-se a um bom professor de matemática o que é um triângulo, por exemplo, é possível obter-se a seguinte resposta: “Dados três pontos não colineares, um triângulo é a união dos segmentos de reta com extremidades em dois desses pontos”. Seria absolutamente natural (e necessário) o surgimento de dúvidas na forma de “sub-perguntas”, tais como: - O que é um ponto? - O que são pontos colineares? - O que é um segmento de reta? O mesmo professor, interessado, provavelmente responderia: - Pontos colineares são aqueles que compartilham uma mesma reta, ou ainda, aqueles que estão alinhados. - Segmento de reta é uma porção, parte ou subconjunto de uma reta, de modo que certos pontos (interiores) estejam entre outros dois (extremidades). Natural ainda seria o prolongamento das dúvidas, como, por exemplo: - O que é uma reta? Alguns professores respondem a essa questão do seguinte modo: - Reta é um conjunto de pontos. Uma circunferência, todavia, também é um conjunto de pontos, não correspondendo, porém, à noção usual que se possui de reta. É possível que alguém acrescente a palavra alinhados após o termo “pontos”, tentando elucidar a questão. No entanto, extraindo prefixo e sufixo de alinhados, resta o radical linha, que nada mais é do que um sinônimo de reta no contexto. Ou seja, “definiu-se” reta por meio de outras palavras que levam à original: reta. Ora, definir quer dizer dar significado a termos por meio de outros termos, supostos conhecidos previamente, com total segurança. No processo de definições dos termos relacionados a um certo assunto, podem ocorrer somente três casos: a) Define-se, sempre, um termo por meio de um termo novo. Isso, contudo, gera logo uma impossibilidade humana: a necessidade de uma quantidade sem fim de novas palavras. Existe algum dicionário com infinitos vocábulos? É claro que não. Daí, esse primeiro caso deve ser excluída, por tratar-se, realmente, de uma impossibilidade. b) Utilizam-se definições cíclicas, isto é, o processo volta a uma palavra que já foi utilizada anteriormente. Por exemplo, ao se procurar o significado do termo hermenêutica, pode-se encontrar a seguinte seqüência de sinônimos: Hermenêutica → interpretação → explicação → explanação → explicação. O que ocorre, assim, é que explicação é definida, em última análise, por meio da mesma palavra, explicação. Isso, entretanto, não pode ser utilizado como uma definição rigorosa, no sentido matemático dado ao termo definir. c) Aceitam-se alguns termos sem definição formal, os quais servirão para definir, formalmente, todos os demais termos seguintes. Nesta opção, deve-se admitir que os termos não definidos têm seu significado claro a um maior número possível de pessoas, que o absorveram através da experiência de vida, da observação, do senso comum. A matemática, num estudo axiomático de uma determinada teoria, adota a última das três posturas apresentadas, por não haver melhor. Desse modo, admite-se a menor quantidade possível de conceitos elementares sem definição, de forma a poder definir todos os demais conceitos. Essa posição ideológica já era utilizada por Euclides, nos seus Elementos, e é uma das principais conquistas do pensamento humano. Surgem, assim, as noções primitivas, que são aqueles termos admitidos sem definição, mas que terão uso bem limitado por certas regras (os postulados, a serem vistos mais tarde). As noções primitivas inicialmente adotadas neste curso são: 3 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 1. PONTO: representado por letras maiúsculas do nosso alfabeto: A, B, C, P, Q, etc. Apesar de não servir como definição, Euclides dizia que “ponto é algo que não pode ser dividido nas suas partes”. Essa frase ajuda a aguçar a intuição, mas não serve matematicamente falando por introduzir termos como “ser dividido” e “partes”. É importante a idéia de que um ponto não possui dimensão (“tamanho”). Pode-se ainda concebê-lo como ente formador dos demais entes geométricos, uma espécie de átomo geométrico, no sentido original da palavra (INDIVISÍVEL). 2. RETA: representado por letras minúsculas do alfabeto: r, s, t, etc. Na concepção comum, inclusive a adotada nestas linhas, uma reta pode ser vista como uma das margens de uma longa (teoricamente, infinita) estrada sem curvas. Nada que se possa visualizar por completo, porém, é capaz de representar perfeitamente uma reta, já que ela deve ser entendida como ilimitada, isto é, que pode ser percorrida indefinidamente, e infinita, ou seja, partindo de um de seus pontos, sempre num mesmo sentido de percurso, nunca mais se volta ao mesmo lugar. Por isso, às vezes, há certa preferência em representá-la com setas duplas, indicando a continuidade nos seus dois sentidos. 3. PLANO: representado, em geral, por letras gregas minúsculas: α, β, π, etc. É interessante perceber a relação que existe entre plano e expressões como: terreno plano (sem buracos ou elevações); planícies (no mesmo sentido); aplainar (ou aplanar), que é tornar uma superfície lisa, como o que um pedreiro faz após rebocar uma parede, por exemplo. Também é usual, mas não obrigatório, utilizar um retângulo (ou outra figura, como um triângulo) em perspectiva (vista tridimensional) para visualizar um plano. É importante notar que há várias representações de planos ao redor: o plano do quadro, o plano do chão, o do teto, o do papel, dentre outros. Entretanto, é fundamental ter em mente que nenhuma dessas representações é perfeita, uma vez que, como uma reta, um plano deve ser considerado ilimitado, sem fronteiras ou bordas, e infinito, podendo se prolongado em duas direções ou em composições destas. OBSERVAÇÃO: Define-se ESPAÇO como o conjunto de todos os pontos. 1.2.1) Proposições Uma proposição é qualquer afirmação que se faça acerca de propriedades envolvendo um ente, geométrico ou não. As proposições funcionam como reguladores das propriedades do objeto em estudo. Após conceitos e definições, são as proposições que vão edificando o desenvolvimento de determinada ciência. Classificam-se as proposições matemáticas de dois modos: A P α α r r 4 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 3) Num triângulo isósceles, demonstrar que são iguais: i) as medianas relativas aos lados iguais; ii) as bissetrizes relativas aos ângulos da base; Solução: i) ii) 4) Provar que um triângulo que tem duas alturas de igual comprimento é isósceles. Solução: Note que os triângulos BCP e CBQ são triângulos retângulos em que as hipotenusas possuem iguais comprimentos (BC, comum aos dois triângulos) e um cateto em cada um também de igual comprimento (BQ ≡ CP). Pelo caso especial de congruência de triângulos para triângulos retângulos temos que ∆BCP ≡ ∆CBQ, onde concluímos que ∠CBP ≡ ∠BCQ, implicando que ∆ABC é isósceles. 5) Sobre os lados de um triângulo ABC constroem-se externamente os triângulos equiláteros BCD, CAE e ABF. Demonstrar que os segmentos AD, BE e CF são congruentes. Solução: Observe que nos triângulos ACD e ECB temos: CD ≡ BC, AC ≡ EC e ∠ACD = 60o +C ˆ = ∠ECB. Portanto, temos que os triângulos ACD e ECB são congruentes, implicando que AD e BE possuem igual comprimento. De maneira análoga demonstra-se que CF é congruente a AD e BE. A B C M N Como AB ≡ AC e M e N são os pontos médios de AB e AC então temos que BN ≡CM. Como nos triângulos BCN e CBM temos BC comum a estes dois triângulos, ∠NBC ≡ MCB e BN ≡ CM então temos que ∆BCN ≡ CBM. Logo, temos que CN ≡ BM. A B C Q P Desde que ∠ABC ≡ ∠ACB e BQ e CP são bissetrizes, então ∠CBQ ≡ ∠BCP. Como em ∆BCP e ∆CBQ temos BC comum, ∠CBP ≡ ∠BCQ e ∠CBQ ≡ ∠BCP então temos que ∆BCP ≡ ∆CBQ. Deste modo, concluímos que BQ ≡ CP. A P Q B C . . A B C F D E 29 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 6) AB = 15 cm e BC = 8 cm são dois lados de um triângulo ABC. Determinar entre que limites pode variar a medida do lado AC. Solução: Pela desigualdade triangular temos que |c – a| < b < c + a ⇒ 7 cm < b < 23 cm. 7) Provar que qualquer lado de um triângulo é menor que o semi-perímetro. Solução: Pela desigualdade triangular: a < b + c ⇒ 2 c b 2 a + < ⇒ 2 a 2 c b 2 a 2 a + + < + ⇒ 2 c b a a + + < . A demonstração para os outros lados é análoga. 8) Demonstrar que a soma dos segmentos que unem um ponto interno a um triângulo aos três vértices está compreendida entre o semi-perímetro e o perímetro do triângulo. Solução: Considere que a distância do ponto P aos vértices A, B e C são x, y e z, respectivamente. Observando os triângulo ∆ABP, ∆ACP e ∆BCP obtemos: c < x + y, b < x + z e a < y + z. Somando estas desigualdades obtemos 2 c b a z y x + + > + + . Nos triângulo ∆APC e ∆BPC temos: z – x < b e y – z < a. Somando obtemos: x + y < a + b. Analogamente: x + z < a + c e y + z < b + c. Somando estas desigualdades: x + y + z < a + b + c. 9) Demonstrar que a soma das três alturas de um triângulo acutângulo é maior que o semi-perímetro. Solução: Em ∆ACF, ∆BCF temos: h c + AF > b e h c + BF > a ⇒ 2h c + (AF + BF) > a + b ⇒ 2h c > a + b – c. Analogamente: 2h b > a – b + c e 2h a > – a + b + c. Somando estas desigualdades: 2 c b a h h h c b a + + > + + . 10) M é um ponto qualquer do lado BC de um triângulo ABC. Demonstrar que AM < (a + b + c)/2. Solução: Pela desigualdade triangular aplicada aos triângulos ABM e ACM, respectivamente: AM – BM < c e AM – CM < b. Somando obtemos 2AM – (BM + CM) < b + c ⇒ 2 c b a AM + + < A B C y x z P F h c B A C A B C M 30 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 1.10) PARALELISMO 1.10.1) Definições Dadas duas retas distintas, uma terceira reta que intersecte as duas é denominada transversal do conjunto formado pelas duas iniciais. Formam-se, assim, oito ângulos (não nulos nem rasos), os quais são fáceis de se relacionar, desde que, dois a dois, tenham vértice comum. ) raso 1 ( A ˆ D ˆ D ˆ C ˆ C ˆ B ˆ B ˆ A ˆ ; D ˆ B ˆ ; C ˆ A ˆ = + ≡ + ≡ + ≡ + ≡ ≡ ) raso 1 ( E ˆ H ˆ H ˆ G ˆ G ˆ F ˆ F ˆ E ˆ ; H ˆ F ˆ ; G ˆ E ˆ = + ≡ + ≡ + ≡ + ≡ ≡ O problema consiste em relacionar ângulos com vértices distintos, com o  e Ĝ. Para tanto, inicialmente será considerado o caso em que r ∩ s = ∅, ou seja, o caso em que r e s são paralelas. Diz-se que dois ângulos, com vértices distintos, dentre os oito acima, são: – Dois ângulos são correspondentes quando um lado de cada situa-se em t no mesmo sentido bem como outros lados estiverem um em r, outro em s. Colaterais internos / externos: quando estão num mesmo semi-plano de origem em t (mesmo lado – colaterais), bem como no interior (exterior) da região limitada por r e s. Na situação esquematizada anteriormente, D ˆ e Ê; Ĉ e F ˆ são os pares de colaterais internos, enquanto que  e Ĥ; B ˆ e Ĝ são os pares de colaterais externos; Alternos internos / externos: quando estão em lados (semi-planos) distintos (alternados) em relação a t, mas ambos no interior ou no exterior da região determinada por r e por s. Na situação original, D ˆ e F ˆ ; Ĉ e Ê são alternos internos e  e Ĝ; B ˆ e Ĥ são alternos externos;  B ˆ C ˆ D ˆ E ˆ F ˆ G ˆ H ˆ r s  B ˆ C ˆ D ˆ E ˆ F ˆ G ˆ H ˆ r s Na figura ao lado,  e Ê; B ˆ e F ˆ ; Ĉ e Ĝ; D ˆ e Ĥ são os pares de ângulos correspondentes. 31 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 41) Na figura a seguir, ABC é um triângulo retângulo e isósceles e ACD é um triângulo isósceles de base CD. Calcule x. 42) Na figura, ABCD é um retângulo e AME é um triângulo. Calcule B A E ˆ e M E B ˆ . 43) Na figura seguinte, AS é bissetriz interna do triângulo ABC. Calcule x, sabendo que AB = AS = SC. 44) Na figura seguinte, o triângulo MNP é eqüilátero e BM = BN. Calcule as medidas dos ângulos do triângulo ABC. 45) A, B, C, D são pontos distintos de uma reta, sucedendo-se na ordem alfabética, e tais que AB = CD = 3 cm, BC = 5 cm. Mostrar que AC = BD e que os segmentos AD e BC têm o mesmo ponto médio. 46) O, A, B e C são quatro pontos de uma reta, sucedendo-se na ordem OABC, e tais que OA = 3 cm, OB = 5 cm, 4AB + AC – 2BC = 6 cm. Calcular a distância entre os pontos O e C. 47) AB e BC são segmentos adjacentes, cujos pontos médios respectivos são M e N. Demonstrar que MN = (AB + BC)/2. 48) AD e BC são segmentos de uma mesma reta que têm o mesmo ponto médio. Demonstrar que AB = CD e AC = BD. 49) M é o ponto médio de um segmento AB e C é um ponto interno ai segmento MB. Demonstrar que MC = (CA – CB)/2. 50) ABC e A’B’C’ são dois triângulos nos quais são iguais: 1) os lados BC e B’C’; 2) os ângulos B e B’; 3) as bissetrizes internas BD e B’D’. Mostrar que os dois triângulos são congruentes. 51) BM e CN são duas medianas de um triângulo ABC. Prolonga-se BM de um segmento MP = MB e CN de um segmento NQ = NC. Demonstrar que os pontos P e Q são eqüidistantes do vértice A. 52) Num triângulo ABC, traça-se a bissetriz do ângulo A e sobre ela toma-se os segmentos AE = AB e AF = AC. Une-se B com F e C com E. Mostrar que BF = CE. 53) M e N são pontos dos catetos AB e AC de um triângulo retângulo isósceles ABC, tais que AM = AN. As retas BN e CM cortam-se em O. Mostrar que o triângulo BOC é isósceles. 54) Demonstrar que são congruentes dois triângulos que têm respectivamente iguais um lado e as alturas relativas aos outros lados. 55) Provar que são congruentes dois triângulos que têm respectivamente iguais um lado, um ângulo adjacente a esse lado e a diferença dos outros dois lados. 56) Demonstrar que dois triângulos isósceles são congruentes quando têm iguais os perímetros e as alturas relativas às bases. C 61° D A B • X E B C D A M 36° A B S C x P C N B M 80° 72° A 41 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 57) Determinar a medida do maior lado de um triângulo sabendo que é expressa por um número inteiro de centímetros e que os outros dois lados medem 2 cm e 9 cm. 58) AB = 12 cm e BC = 5 cm são dois lados de um triângulo isósceles ABC. Determinar a medida do lado AC. 59) O perímetro de um triângulo é 14 m. Determinar as medidas dos lados sabendo que são expressas por números inteiros de metros. 60) M é um ponto interno a um triângulo ABC. Une-se M com A e com B. Demonstrar que MA + MB < AC + CB. 61) Sobre os lados de um triângulo ABC marcam- se os pontos M, N e P, um em cada lado. Provar que o perímetro de MNP é menor que o perímetro de ABC. 62) Demonstrar que a hipotenusa de um triângulo retângulo é maior que a semi-soma dos catetos. 63) Demonstrar que a soma dos comprimentos das medianas de um triângulo está compreendida entre o semi-perímetro e o perímetro do triângulo. 64) Provar que o segmento que une um vértice de um triângulo com um ponto qualquer do lado oposto é menor que ao menos um dos outros dois lados. 65) Num triângulo ABC, o ângulo  = 60 o e o ângulo B ˆ = 100 o . Prolonga-se o lado AB de um segmento BD = BC e une-se C com D. Achar os ângulos do triângulo BCD. 66) Achar o ângulo  de um triângulo ABC, sabendo que as bissetrizes dos ângulos B ˆ e C ˆ formam um ângulo de 132 o . 67) ABC é um triângulo no qual B ˆ = 60 o e C ˆ = 20 o . Calcular o ângulo formado pela altura relativa ao lado BC e a bissetriz do ângulo Â. 68) A bissetriz do ângulo  de um triângulo ABC intercepta o lado BC em um ponto D tal que AD = BD. Sabendo que o ângulo C ˆ = 66 o , calcular os ângulos A e B do triângulo. 69) As bissetrizes dos ângulos B ˆ e C ˆ de um triângulo acutângulo ABC formam um ângulo de 128 o . Calcular o ângulo agudo formado pelas alturas traçadas dos vértices B e C. 70) M e N são pontos da hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC, tais que MB = BA e NC = CA. Calcular o ângulo MÂN. 71) P é um ponto do lado AB de um triângulo ABC, tal que AP = PC = BC; além disso, CP é a bissetriz interna relativa ao vértice C. Calcular os ângulos do triângulo. 72) ABC é um triângulo no qual a bissetriz interna relativa ao vértice A é igual ao lado AB e a bissetriz interna relativa ao vértice C é igual ao lado AC. Calcular os ângulos do triângulo. 73) ABC é um triângulo no qual o ângulo  é o dobro do ângulo B ˆ ; P e Q são pontos dos lados BC e AC tais que AB = AP = PQ = QC. Calcular os ângulos do triângulo. 74) AH é a altura relativa à hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC. A bissetriz do ângulo BAH intercepta BC em D. Demonstrar que o triângulo ACD é isósceles. 75) Pelo vértice A de um triângulo ABC traçam-se duas retas que interceptam o lado BC nos pontos D e E, tais que os ângulos BÂD e CÂE são respectivamente iguais aos ângulos C e B do triângulo. Demonstrar que AD = AE. 76) ABC é um triângulo retângulo e AH é a altura relativa à hipotenusa BC. Demonstrar que as bissetrizes dos ângulos B ˆ e HÂC são perpendiculares. 77) Um observador pretendendo determinar a altura de uma torre AB, colocou-se no ponto D de forma que o ângulo B D ˆ A = 15 o . Andando em direção à torre passou pelo ponto C tal que o ângulo B C ˆ A = 30 o e verificou que DC = 72 m. Determinar a altura da torre AB. 78) BD e CE são as bissetrizes internas relativas aos ângulos B e C de um triângulo ABC. O ângulo 42 Capítulo 1. Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos BÊD = 95 o e o ângulo C D ˆ B = 82 o . Calcular os ângulos do triângulo. 79) ABC é um triângulo no qual  = 120 o ; M e N são pontos do lado BC tais que MB = BA e NC = CA. Calcular o ângulo MÂN. 80) OX e OY são as bissetrizes de dois ângulos consecutivos AÔB e BÔC, ambos agudos, e tais que AÔB – BÔC = 36 o ; OZ é a bissetriz do ângulo XÔY. Calcular o ângulo BÔZ. 81) AÔB é um ângulo cuja bissetriz é OM e OC é uma semi-reta interna ao ângulo AÔM. Demonstrar que o ângulo CÔM é igual à semi- diferença dos ângulos BÔC e AÔC. 82) XÔY e YÔZ (XÔY > YÔZ) são dois ângulos consecutivos; OA, OB e OC são as bissetrizes respectivas dos ângulos XÔY, YÔZ e XÔZ. Demonstrar que a bissetriz do ângulo CÔY também é bissetriz do ângulo AÔB. 83) (Campina Grande-2004) Num triângulo ABC , as medidas dos ângulos internos de vértices B e C são dadas por 2x + 10 o e 4x – 40 o . Se a medida do ângulo externo de vértices A é 5x, então os ângulos internos desse triângulo são iguais a: A) 30°, 60° e 90° B) 30°, 70° e 80° C) 20°, 80° e 80° D) 30°, 65° e 85° E) 25°, 75° e 80° 84) (Pará-2000) Em um triângulo ABC, o ponto D pertence ao lado AC de modo que BD = DC. Sabendo-se que ∠ ∠∠ ∠BAC = 40°, ∠ ∠∠ ∠ABC = 80° então o ângulo ∠ ∠∠ ∠ADB é igual a: a) 30° b) 40° c) 50° d) 60° e) 70° 85) (OBM-2001) O triângulo CDE pode ser obtido pela rotação do triângulo ABC de 90 o no sentido anti-horário ao redor de C, conforme mostrado no desenho abaixo. Podemos afirmar que α é igual a: A 60 O 40 O α B C D E a) 75 o b) 65 o c) 70 o d) 45 o e) 55 o 86) (Pará-2002) Seja ABC um triângulo que possui C A ˆ B ∠ = 36 o e C B ˆ A ∠ = 21 o . Sobre o lado AB marcam-se os pontos D e E de modo que AD = DC e EB = EC. Determinar a medida do ângulo E C ˆ D ∠ . 87) (Portugal-98) Na figura seguinte, BC AD = . Quanto mede o ângulo DÂC? 88) (Goiás-99) Na figura abaixo os segmentos de reta r e s são paralelos. Então a soma dos ângulos Â, B ˆ , C ˆ , D ˆ , Ê e F ˆ será de quantos graus? 89) (Bélgica-2003) Na figura, alguns ângulos entre as retas a, b, c, m e n são dados. Quais retas são paralelas? a) a e b b) b e c c) a e c d) m e n e) não existem duas retas paralelas 90) (Bélgica-2003) Seis retas intersectam-se com os ângulos mostrados na figura. 43 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos Q 3 3 3 4 R P A M N O B C 8) (Unifor-98) Na figura abaixo tem-se o triângulo ABC e os segmentos BC, FG e DE , paralelos entre si. Se AF = 3 cm, DF = 2,1 cm, BD = 1,5 cm, CE = 2 cm e FG = 2 cm, então o perímetro do triângulo ABC é, em centímetros, a) 16,4 b) 17,8 c) 18,6 d) 19,2 e) 19,8 9) (Unifor-99) Na figura abaixo, o triângulo ABC, retângulo em A, tem lados de medidas 39 cm, 36 cm e 15 cm, sendo AB seu cateto menor, enquanto que o triângulo MNC, retângulo em M, tem perímetro de 30 cm. N M C A B Qual é a medida do segmento NA? 10) (Unifor-99) Na figura abaixo CD// AB, CD = 12 m e AB = 48 m. 30° A B C D A medida do segmento AD, em metros, é aproximadamente igual a a) 78 b) 74 c) 72 d) 68 e) 64 11) (Unifor-99) Na figura abaixo têm-se os triângulos retângulos ABC, BCD e BDE. 2 cm 1 cm 1 cm 1 cm A B C E D Se os lados têm as medidas indicadas, então a medida do lado BE, em centímetros, é a) 7 b) 6 c) 5 d) 2 e) 3 12) (UFRN-2000) Considerando-se as informações constantes no triângulo PQR (figura abaixo), pode-se concluir que a altura PR desse triângulo mede: a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 13) (UFRN-2004) Phidias, um arquiteto grego que viveu no século quinto a.C., construiu o Parthenon com medidas que obedeceram à proporção áurea, o que significa dizer que EE´H´H é um quadrado e que os retângulos EFGH e E´FGH´ são semelhantes, ou seja, o lado maior do primeiro retângulo está para o lado maior do segundo retângulo assim como o lado menor do primeiro retângulo está para o lado menor do segundo retângulo. Veja a figura abaixo. 64 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos Assim, podemos afirmar que a razão da medida da base do Parthenon pela medida da sua altura é uma raiz do polinômio: a) x 2 + x + 1 b) x 2 + x - 1 c) x 2 - x – 1 d) x 2 - x + 1 14) (UFPB-78) Na figura ao lado, os ângulos B, E e G são retos, 12 AB = , 9 BC = , 15 AC = e 4 EF = . Então, os segmentos ED e DF valem, respectivamente, a) 5 e 3 b) 3 e 4 c) 4 e 3 d) 3 e 5 e) 4 e 5 15) (UFPB-86) Na figura, NP || AB e NM || CB. Se NM = 2, NP = 6 e CB = 5, determine a medida do segmento AM. 16) (UFPB-87) O comprimento BC, na figura ao lado, vale: a) 4 m b) 2 2 m c) 2 4 m d) 8 m e) 2 8 m 17) (UFPB-88) Na figura, AB é paralelo a DE . Então, é válida a igualdade a) x – y = 14 b) x + y = 22 c) 3 8 y . x = d) x : y = 8 e) 12 11 y 1 x 1 = + 18) (Puc/MG-2003) As medidas dos catetos de um triângulo retângulo são 6 e 8. A medida da projeção do menor cateto sobre a hipotenusa é igual a: a) 2,0 b) 2,5 c) 3,2 d) 3,6 19) (Puc/RS-2000) Em um triângulo retângulo, a medida de um cateto é igual a 6cm e a medida da projeção do outro cateto sobre a hipotenusa é igual a 5cm. O maior lado desse triângulo mede, em cm, a) 6. 3 b) 28 3 c) 9 d) 8 e) 4. 2 20) (Puc/RS-2001) Um segmento de reta RV tem pontos internos S, T e U. Sabendo que S é o ponto médio de RT , U é o ponto médio de TV , a medida de RV é 69 e a medida de RT é 19, então a medida de UV é a) 25 b) 35 c) 45 d) 50 e) 55 21) (UFMS-99) Uma gangorra é formada por uma haste rígida AB, apoiada sobre uma mureta de concreto no ponto C, como na figura. As dimensões são AC= 1.2m, CB= 4.8m, DC=DE =CE= 3 3 m. Sendo h a altura, em relação ao solo, da extremidade A, no momento em que a extremidade B toca o solo, determine o valor, em metros, de 8 vezes a altura h. 22) (UFMS-2002) Dois homens carregam um cano de diâmetro desprezível, paralelamente ao solo B A C D E 65 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos chão, por um corredor de 3 3 m de largura, que encontra, ortogonalmente, outro corredor de 1 m de largura. Na passagem de um corredor para o outro, as extremidades do cano tocaram as paredes dos corredores e outro ponto do cano tocou a parede onde os corredores se encontram, formando um ângulo α , conforme mostrado na ilustração abaixo. Sabendo-se que a medida do ângulo α é 60°, determine, em metros, o comprimento do cano. 23) (UFPA-97) A sombra de uma árvore é de 4 metros no mesmo instante que minha sombra é de 44 cm. Sabendo que a sombra é diretamente proporcional ao tamanho e que minha altura é 1,65 m, então podemos afirmar que a altura da árvore é, em metros, igual a a) 15 b) 14 c) 13,03 d) 12,5 e) 10,72 24) (UFPA-98) Os catetos de um triângulo retângulo ABC medem AB = 12cm e AC = 16cm. Pelo ponto médio M do lado AC, traça-se uma perpendicular MN ao lado BC, sendo N pertencente ao segmento BC. Determine o perímetro do triângulo MNC. 25) (UFC-98) Dois pontos A e B, que distam entre si 10 cm, encontram-se em um mesmo semiplano determinado por uma reta r. Sabendo que A e B distam 2 cm e 8 cm, respectivamente, de r, determine a medida, em centímetros, do menor caminho para ir-se de A para B passando por r. 26) (UFC-2000) Um muro com y metros de altura se encontra a x metros de uma parede de um edifício. Uma escada que está tocando a parede e apoiada sobre o muro faz um ângulo q com o chão, onde 3 x y tg = θ . Suponha que o muro e a parede são perpendiculares ao chão e que este é plano (veja figura). O comprimento da escada é: a) ( ) 2 / 1 2 / 3 2 / 3 y x + b) ( ) 2 / 3 3 / 2 3 / 2 y x + c) ( ) 3 / 2 2 / 3 2 / 3 y x + d) ( ) 2 / 3 2 / 1 2 / 1 y x + e) ( ) 3 / 2 2 / 1 2 / 1 y x + 27) (UFC-2002) Na figura abaixo, os triângulos ABC e AB'C' são semelhantes. Se 4 ' AC AC = então o perímetro de AB'C' dividido pelo perímetro de ABC é igual a: A B C B' C' a) 8 1 b) 6 1 c) 4 1 d) 2 1 e) 1 28) (Fatec-2000) Na figura abaixo, além das medidas dos ângulos indicados, sabe-se que B é ponto médio de AC e AC = 2 cm A medida de DE , em centímetros, é igual a 66 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos a) 1/2 b) 1 c) 2 d) 1,5 e) 3 29) (Mackenzie-99) Na figura, AB e BC medem, respectivamente, 5 e 4. Então o valor mais próximo da medida de AB + BC + CD + ED + EF + ... é: a) 17 b) 19 c) 21 d) 23 e) 25 30) (Mackenzie-2002) No triângulo ABC da figura, o lado BC mede 4,5 e o lado do quadrado DEFG mede 3. A altura do triângulo ABC, em relação ao lado BC, mede: a) 7,5 b) 8,0 c) 8,5 d) 9,0 e) 9,5 31) (Mackenzie-2002) Na figura, AH = 4, BC = 10 e DC = 8. A medida de AB é: a) 4,8 b) 5,2 c) 5,0 d) 4,6 e) 5,4 32) (Mackenzie-2003) Na figura, se FB 5 AD 5 AB = = , a razão DE FG vale: a) 3 b) 4 c) 5 d) 5/2 e) 7/2 33) (Puc/SP-2000) Uma estação de tratamento de água (ETA) localiza-se a 600m de uma estrada reta. Uma estação de rádio localiza-se nessa mesma estrada, a 1000m da ETA. Pretende-se construir um restaurante, na estrada, que fique à mesma distância das duas estações. A distância do restaurante a cada uma das estações deverá ser de a) 575m b) 625 m c) 600 m d) 700m e) 750m 34) (Unb-2000) Em uma região completamente plana, um barco, considerado aqui como um ponto material, envia sinais de socorro que são recebidos por duas estações de rádio, B e C, distantes entre si de 80 km. A semi-reta de origem B e que contém C forma, com a direção Sul-Norte, um ângulo de 45° no sentido Noroeste. Os sinais chegam em linha reta à estação B, formando um ângulo de 45° com a direção Sul-Norte no sentido Nordeste. Sabendo que a estação mais próxima dista 310 km do barco, calcule, em quilômetros, a distância do barco à outra estação. 35) (Unesp-2002) A sombra de um prédio, num terreno plano, numa determinada hora do dia, mede 15m. Nesse mesmo instante, próximo ao prédio, a sombra de um poste de altura 5m mede 3m. A altura do prédio, em metros, é a) 25 b) 29 c) 30 d) 45 e) 75 67 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 36) (Unesp-2004) Um observador situado num ponto O, localizado na margem de um rio, precisa determinar sua distância até um ponto P, localizado na outra margem, sem atravessar o rio. Para isso marca, com estacas, outros pontos do lado da margem em que se encontra, de tal forma que P, O e B estão alinhados entre si e P, A e C também. Além disso, OA é paralelo a BC, OA = 25 m, BC = 40 m e OB = 30 m, conforme figura. A distância, em metros, do observador em O até o ponto P, é: a) 30 b) 35 c) 40 d) 45 e) 50 37) (Fuvest-87) Na figura os ângulos assinalados são retos. Temos necessariamente: a) m p y x = b) p m y x = c) xy = pm d) x 2 + y 2 = p 2 + m 2 e) p 1 m 1 y 1 x 1 + = + 38) (Fuvest-88) Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com AO = a e OB = b, são dados os pontos P em AO e Q em OB de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nestas condições o valor de x é: a) b a ab − − b) ab 2 b a − + c) 2 2 b a + d) ab 2 b a + + e) b a ab + + 39) (Fuvest-98) No triângulo acutângulo ABC a base AB mede 4 cm e a altura relativa a essa base também mede 4 cm. MNPQ é um retângulo cujos vértices M e N pertencem ao lado AB, P pertence ao lado BC e Q ao lado AC. O perímetro desse retângulo, em cm, é: a) 4 b) 8 c) 12 d) 14 e) 16 40) (Fuvest-99) Num triângulo retângulo ABC, seja D um ponto da hipotenusa AC tal que os ângulos DAB e ABD tenham a mesma medida. Então o valor de AD/DC é: a) 2 b) 2 / 1 c) 2 d) 1/2 e) 1 41) (Fuvest-99) Na figura abaixo, as distâncias dos pontos A e B à reta r valem 2 e 4. As projeções ortogonais de A e B sobre essa reta são os pontos C e D. Se a medida de CD é 9, a que distância de C deverá estar o ponto E, do segmento CD, para que CÊA = DÊB? a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7 42) (Fuvest-2000) Na figura abaixo, ABC é um triângulo isósceles e retângulo em A e PQRS é um quadrado de lado 3 2 2 . Então, a medida do lado AB é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 43) (Fuvest-2003) O triângulo ABC tem altura h e base b (ver figura). Nele, está inscrito o retângulo DEFG, cuja base é o dobro da altura. Nessas condições, a altura do retânguslo, em função de h e b, é pela fórmula: 68 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos A B C a) b h bh + c) 2b h bh + e) ( ) b h 2 bh + b) b h bh 2 + d) b h 2 bh + 44) (UNICAMP-97) A hipotenusa de um triângulo retângulo mede 1 metro e um dos ângulos agudos é o triplo do outro. a) Calcule os comprimentos dos catetos. b) Mostre que o comprimento do cateto maior está entre 92 e 93 centímetros. 45) (ESA-95) Calculando x na figura dos quadrinhos abaixo, encontramos: a) 2 b) 4 c) 6 d) 3 e) 8 46) (Ciaba-2003) Uma escada cujos degraus têm todos a mesma extensão, além da mesma altura, está representada na figura , vista de perfil. Se m 2 AB = e A C ˆ B = 30 o , a medida da extensão de cada degrau é, em metros: a) 3 3 2 b) 3 2 c) 6 3 d) 2 3 e) 3 3 m 47) (Colégio Naval-85/86) Num triângulo equilátero de altura h, seu perímetro é dado por a) 3 3 h 2 b) h 3 c) 2h 3 d) 6h e) 6h 3 48) (Colégio Naval-89/90) Num triângulo ABC traça-se a ceviana interna AD, que o decompõe em dois triângulos semelhantes e não congruentes ABD e ACD. Conclui-se que tais condições: a) só são satisfeitas por triângulos acutângulos b) só são satisfeitas por triângulos retângulos c) só são satisfeitas por triângulos obtusângulos d) podem ser satisfeitas, tanto por triângulos acutângulos quanto por triângulos retângulos e) podem ser satisfeitas, tanto por triângulos retângulos quanto por triângulos obtusângulos 49) (Epcar-2000) É dado o triângulo retângulo e isósceles ABC, onde A = 90 o e AB = m, como na figura abaixo: A B C P Q O lado do triângulo equilátero AQP mede a) 3 6 m b) 2 m c) 2 6 m d) m 50) (Epcar-2004) Se o triângulo ABC da figura abaixo é equilátero de lado a, então a medida de QM em função de a e x é a) 4 x a 3 − b) 8 x a 3 − c) 8 a 3 x 8 + d) 8 a 3 x 9 − 51) (AFA-94) Dados dois triângulos semelhantes, um deles com 4, 7 e 9cm de lado, e o outro com 66 cm de perímetro, pode-se afirmar que o menor lado do triângulo maior mede, em cm. a) 9,8 b) 11,6 c) 12,4 d) 13,2 52) (AFA-2000) O valor de x 2 , na figura abaixo, é x 6 9 9 6 x 69 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos a) 4 a b 2 2 − b) 4 a b a 2 2 4 − c) 2 4 2 a b 4 b − d) 2 4 2 a 4 b b − 53) (ITA-78) Os catetos b e c de um triângulo retângulo de altura h (relativa à hipotenusa), são dados pelas seguintes expressões: b = k 1 k + e c = k 1 k − onde k é um número real maior que 1. Então o valor de h em função de k é: a) k 2 1 k 2 − c) 2 2 k 1 k 1 − − + e) n.d.a. b) 2 k 1 k 2 2 − − d) ( ) k 2 1 k 2 2 − 54) (ITA-79) Considere o triângulo ABC, onde AD é a mediana relativa ao lado BC. Por um ponto arbitrário M do segmento BD, tracemos o segmento MP paralelo a AD, onde P é o ponto de interseção desta paralela com o prolongamento do lado AC. Se N é o ponto de interseção de AB com MP, podemos afirmar que: a) MN + MP = 2 BM d) MN + MP = 2 AD b) MN + MP = 2 CM e) MN + MP = 2 AC c) MN + MP = 2 AB 55) (ITA-87) O perímetro de um triângulo retângulo isósceles é 2p. A altura relativa à hipotenusa é: a) 2 p b) ( )( ) 1 3 1 p − + c) ( ) 1 2 p − d) ( ) 1 2 p 4 − e) ( ) 4 2 p 8 + 56) (ITA-2003) Considere um quadrado ABCD. Sejam E o ponto médio do segmento CD e F um ponto sobre o segmento CEtal que m( BC) + m( CF) = m( AF). Prove que cos α = cos 2β, sendo os ângulos α = F A ˆ B e β = D A ˆ E . 57) Na figura, r // s // t. Calcule x e y. 58) Na figura, AB = 12, AC =16, BC = 20 e BL = 9. Se NC // LM e MC // LN , calcule o perímetro do paralelogramo LMCN. 59) Provar que dois triângulo ABC e A’B’C’, cuja razão ' C ' B BC entre as hipotenusas é igual a razão ' B ' A AB entre dois catetos, são semelhantes. 60) Num triângulo ABC, retângulo em A e de altura AD, tomam-se, respectivamente, sobre AB, AC e DA: AB’ = AB/3, AC’ = AC/3 e DD’ = DA/3. Demonstrar que o triângulo D’B’C’ é semelhante a ABC. 61) Dados dois triângulos ABC e A’B’C’ que tenham dois ângulos iguais,  = Â’, e dois suplementares, o 180 ' B ˆ B ˆ = + , demonstrar que os lados opostos a esses são proporcionais, isto é ' C ' A AC ' C ' B BC = . A P N C D M B r y 20 t s 21 30 y 10 M N C B L A 70 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos Podemos fazer uma dobra que leva o ponto A até o lado esquerdo e o ponto B até a paralela superior, obtendo a seguinte configuração: (i) Mostre que os triângulos ABC e DAE são semelhantes. (ii) Mostre que b a AE AF = . 120) (Rio de Janeiro-2000) O triângulo ABC é equilátero de lado a. Sobre o lado AB, marca-se o ponto P, tal que b AP = (onde a b < ), e sobre o prolongamento do lado BC, marca-se o ponto Q (mais próximo de C do que de B) tal que b CQ = . O segmento PQ corta o lado AC no ponto M. Mostre que M é o ponto médio de PQ. 121) (OBM-2004) Na figura, ABC e DAE são triângulos isósceles (AB = AC = AD = DE) e os ângulos BAC e ADE medem 36°. a) Utilizando propriedades geométricas, calcule a medida do ângulo C D E ˆ . b) Sabendo que BC = 2, calcule a medida do segmento DC. c) Calcule a medida do segmento AC. 122) (OBM-98) No triângulo ABC, D é o ponto médio de AB e E o ponto do lado BC tal que BE = 2 ⋅ EC. Dado que os ângulos C D A ˆ e E A B ˆ são iguais, encontre o ângulo C A B ˆ . 123) (OBM-97) Sejam ABCD um quadrado, M o ponto médio de AD e E um ponto sobre o lado AB. P é a interseção de EC e MB. Mostre que a reta DP divide o segmento EB em dois segmentos de mesma medida. 124) (OBM-84 banco) De um ponto D qualquer sobre a hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC baixam-se perpendiculares DE e DF sobre os catetos. Para que ponto D o comprimento do segmento EF que une os pés destas perpendiculares é mínimo? 125) (Pará-2004) Em homenagem às Olimpíadas de Atenas, um grupo de amigos resolveu construir uma grande bandeira em forma de triângulo equilátero, que será suspensa por dois de seus vértices através de postes verticais, um de 4 metros e outro de 3 metros. O terceiro vértice da bandeira apenas toca o solo. Se o comprimento de cada lado da bandeira é d, determine o valor de d na forma m n , onde n e m são números naturais. 126) (Ceará-2002) Um quadrado é dividido em quatro triângulos retângulos congruentes e um quadrado menor, conforme a figura 1. Esses quatro triângulos retângulos e o quadrado menor são rearranjados da forma indicada na figura 2. O matemático indiano Bhaskara demonstrava o teorema de Pitágoras com a ajuda desses diagramas. Obtenha, a partir das figuras abaixo, uma demonstração do teorema de Pitágoras: o quadrado da hipotenusa de um triângulo retângulo é igual a soma dos quadrados dos seus catetos. 75 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 127) (Canadian Open Challenge-2000) Em um triângulo ABC, os pontos D, E e F estão sobre os lados BC, CA e AB, respectivamente, tais que ∠AFE = ∠BFD, ∠BDF = ∠CDE e ∠CED = ∠AEF. a) Prove que ∠BDF = ∠BAC. b) Se AB = 5, BC = 8 e CA = 7, determine o comprimento de BD. 128) (Canadian Open Challenge-96) Um retângulo ABCD possui diagonal de comprimento d. A reta AE é traçada perpendicularmente à diagonal BD. Os lados do retângulo EFCG possuem comprimentos n e 1. Prove que d 2/3 = n 2/3 + 1. 129) (Wisconsin-98) Pontos P, Q e R são escolhidos nos lados BC, AC e AB, respectivamente, de ∆ABC, de modo que CP = 2BP, BR = 2AR e AQ = 2CQ. Então os pontos X e Y são escolhidos sobre os lados PR e PQ, respectivamente, de modo que RX = 2PX e PY = 2QY. Prove que as retas XY e BC são paralelas. 130) (Argentina-98) No triângulo ABC, sejam D e E nos lados AB e AC, respectivamente. Se ∠ABC = ∠AED, AD = 3, AE = 2, DB = 2, determinar o valor de EC. 131) (Uruguai-2000) Um quadrado ABCD é dado. Traçam-se três retas paralelas por B, C e D tais que as distâncias entre a do meio e as outras duas sejam iguais a 5 e 7 unidades. Qual o lado do quadrado? 132) (Uruguai-98) Temos dois quadrados como indicado na figura seguinte, onde ABCD possui lado 6 e MNPQ possui lado 5. Calcular o perímetro de ∆AMN. 133) (Rio de Janeiro-2000) O triângulo ABC é equilátero de lado a. Sobre o lado AB, marca-se o ponto P, tal que b AP = (onde a b < ), e sobre o prolongamento do lado BC, marca-se o ponto Q (mais próximo de C do que de B) tal que b CQ = . O segmento PQ corta o lado AC no ponto M. Mostre que M é o ponto médio de PQ. 134) (Rioplatense-2003) Seja ABC um triângulo com AB = 30, BC = 50, CA = 40. As retas ℓ a , ℓ b , ℓ c são paralelas a BC, CA, AB, respectivamente, e intersectam o triângulo. As distâncias entre ℓ a e BC, ℓ b e CA, ℓ c e AB são 1, 2, 3, respectivamente. Encontrar os lados do triângulo determinado por ℓ a , ℓ b , ℓ c . 135) (Ahsme-86) Em um triângulo ABC, AB = 8, BC = 7, CA = 6 e o lado BC é prolongado, a partir de C, até um ponto P de modo que ∆PAB seja semelhante a ∆PCA. O comprimento de PC é: a) 7 b) 8 c) 9 d)10 e) 11 136) (Invitational Challenge-2001) Pontos X e Y são escolhidos nos lados BC e CD, respectivamente, de um quadrado ABCD, de modo que ∠AXY = 90 o . Prove que o lado do quadrado é igual a 2 2 2 ) XY AX ( AX AX − + . A B C D M N P Q 76 Capítulo 3. Introdução aos Círculos ⊥ ( ) R d t , O = Demonstração Basta notar que OA = OB = R, isto é, que O eqüidista de A e de B, portanto O ∈ AB m . Na realidade, note-se que qualquer linha que ligue o ponto médio de uma corda genérica ao centro será perpendicular à corda. 3.5) TEOREMA DA RETA TANGENTE Uma reta é tangente a uma circunferência se, e somente se, for perpendicular a um raio (no ponto de tangência). Demonstração: ( ) ⇐ Suponha-se que OT ⊥ t e que P seja um ponto de t, distinto de T. então, no triângulo OPT, retângulo em T, OP é hipotenusa e, portanto, maior que o cateto OT. Daí, OP > OT = R, o que significa que P é exterior a C, sendo T o único ponto comum a t e a C. Logo, t é tangente a C. ( ) ⇒ Suponha-se, agora, que C e T sejam tangentes, isto é, que T seja o único ponto comum a C e a t. Deseja-se provar que OT ⊥ t. Utilizar-se-á o método indireto de demonstração. Se OT não fosse perpendicular a t, então a perpendicular a t passando por O intersectaria t em um ponto P≠T. Assim, haveria outro ponto (único) em t, tal que um ponto PT’=PT, isto é, tal que P seria médio de TT’. Dessa forma, OP seria mediatriz de TT’ e, conseqüentemente, OT’=OT=R. Daí, T’ pertenceria a C, o que é um absurdo, pois { } T C t = ∩ . Logo, OT ⊥ t (d O,T = R), necessariamente. (c.q.d.) 3.5.1) Corolário: Em cada ponto de uma circunferência há uma única reta tangente à circunferência. Isso é conseqüência do fato de haver uma única reta perpendicular a uma reta dada por um de seus pontos. O R T t C { } OT T C t ⇔ = ∩ O R T t C P O R T t C P R T’ 82 Capítulo 3. Introdução aos Círculos OBS.: É possível provar que, por um ponto fora de uma circunferência, há, exatamente, duas retas tangentes a tal circunferência. Note-se que O é um ponto da bissetriz do ângulo T P ˆ Q , pois O eqüidista dos lados desse ângulo (item 3). 3.6) SEGMENTOS TANGENTES Segmentos com extremidade num mesmo ponto fora da circunferência e tangentes a ela são congruentes. Na figura anterior: PT PQ = Demonstração: Basta notar que os triângulos POQ e POT são congruentes, por serem retângulos e terem hipotenusa e um cateto congruentes. Logo, PQ = PT (c.q.d.). r P P 2 t 2 P 1 t 1 P 4 t 4 t 3 P 3 O Não pode haver mais de uma reta perpendicular à r, por um de seus pontos (P). C R R Q T O P C à tangentes são PT e PQ R R Q T O P 83 Capítulo 3. Introdução aos Círculos 3.7) POSIÇÕES RELATIVAS DE DUAS CIRCUNFERÊNCIAS 3.7.1) Definições: • Uma circunferência é interna a outra se todos os seus pontos são pontos internos da outra. • Duas circunferências são ditas externas se os pontos de uma delas são externos à outra. • Duas circunferências são tangentes internamente (ou tangentes internas) se uma delas é interna à outra e têm um único ponto comum. • Duas circunferências são tangentes externamente (ou tangentes externas) se são externas e têm um único ponto comum. • Duas circunferências são secantes se têm em comum somente dois pontos distintos. 3.7.2) Posições Relativas Considere duas circunferências Γ 1 , de centro O 1 e raio r 2 , e Γ 2 , de centro O 2 e raio r 2 . Seja d a distância entre seus centros e suponha que r 1 > r 2 . Γ 1 Γ 2 O 1 O 2 Circunferência Γ 2 é interna a Γ 1 d < r 1 – r 2 Γ 1 Γ 2 O 1 O 2 Circunferência Γ 2 é tangente interna a Γ 1 d = r 1 – r 2 Γ 1 Γ 2 O 1 O 2 Circunferências Γ 1 e Γ 2 são secantes r 1 – r 2 < d < r 1 + r 2 Γ 1 Γ 2 O 1 O 2 As circunferências Γ 1 e Γ 2 são tangentes externas d = r 1 + r 2 Γ 1 Γ 2 O 1 O 2 As circunferências Γ 1 e Γ 2 são externas d > r 1 + r 2 84 Capítulo 3. Introdução aos Círculos 3.8) ÂNGULOS NA CIRCUNFERÊNCIA 3.8.1) Ângulo Central: É o ângulo que tem o vértice no centro da circunferência. 3.8.2) Ângulo Inscrito: É o ângulo que tem o vértice na circunferência e os lados secantes à circunferência. Nas duas figuras temos que ∠AVB é um ângulo inscrito. Temos também que ∠AOB é o ângulo central correspondente ao ângulo inscrito ∠AVB. AB é o arco correspondente ou subtendido pelo ângulo inscrito ∠AVB. 3.8.2.1) Teorema: Um ângulo inscrito é igual à metade do ângulo central correspondente. Demonstração: 3.8.2.2) Teorema: Dois ângulos inscritos que correspondam à mesma corda (ou arco) na circunferência são iguais. O β B A Na figura ao lado, ∠AOB é um ângulo central. AB é denominado de arco correspondente ao ângulo central ∠AOB. Por definição: β = med ( AB ) Na figura α = B V ˆ A é o ângulo inscrito, correspondente ao arco ABB. β = AÔB é o ângulo central correspondente ao ângulo inscrito α = B V ˆ A . Trace e prolongue VO até encontrar a circunferência em P. Como ∆AOV é isósceles então ∠AOV = 180 o – 2α 1 ⇒ 180 o – 2α 1 = 180 o – β 1 ⇒ β 1 = 2α 1 . Analogamente β 2 = 2α 2 . Assim: β 1 + β 2 = 2α 1 + 2α 2 = 2(α 1 + α 2 ) ⇒ β = 2α. A demonstração do caso em que o centro da circunferência é exterior ao ângulo é análoga. P β 2 α 1 B A O V β 1 α 2 Q P O B A β α 2 α 1 De fato, como α 1 e α 2 são ângulos inscritos relativos ao ângulo central β, então β = 2α 1 e β = 2α 2 , ou seja, α 1 = α 2 . Perceba que, mantendo fixos os pontos A e B, por mais que os pontos P e Q andem pela circunferência, os ângulos ∠APB e ∠AQB são sempre iguais. O V A B O V A B 85 Capítulo 3. Introdução aos Círculos 3.8.2.3) Teorema: Todo ângulo reto pode ser inscrito em uma semi-circunferência. Demonstração: Considere o ângulo reto ∠AVB. Trace a circunferência que passa pelos pontos A, V e B. Suponha que O é o centro desta circunferência. Uma vez que o ângulo inscrito ∠AVB vale 90 o , então o ângulo central ∠AOB correspondente a este ângulo inscrito vale 180 o . Assim, concluímos que o ponto O pertence ao segmento de reta AB, fazendo com que AB seja o diâmetro da circunferência e que ∠AVB seja um ângulo inscrito na circunferência de diâmetro AB. Como conseqüência deste teorema temos que todo triângulo retângulo pode ser inscrito em uma semi- circunferência, com o diâmetro coincidindo com a hipotenusa deste triângulo retângulo. 3.8.3) Ângulo de Segmento ou Ângulo Semi-Inscrito: É o ângulo que possui um vértice na circunferência e o outro tangente à circunferência. 3.8.3.1) Teorema: Um ângulo semi-inscrito é igual à metade do ângulo central correspondente. 3.8.3.2) Teorema: Um ângulo inscrito e outro semi-inscrito que correspondam à mesma corda (ou arco) na mesma circunferência são iguais. Demonstração: Seja O o centro da circunferência onde os ângulos inscrito e semi- inscrito são traçados. De fato, tanto o ângulo inscrito ∠AVB e o ângulo semi-inscrito ∠tAB são iguais à metade do ângulo central ∠AOB correspondente. Logo ∠AVB = ∠tAB. O t B A Na figura: tÂB (ou ∠tAB) é o ângulo de segmento AB é o arco correspondente ao ângulo de segmento ∠tAB ∠AOB é o ângulo central correspondente . A V B O t B A β α • V t B A Seja O o centro da circunferência. Como ∆OAB é isósceles e AO ⊥ At ⇒ ∠OÂB = 90 o – ∠tÂB ⇒ 90 o – β/2 = 90 o – α ⇒ α = β/2. Portanto, a medida do ângulo de segmento é tal que 2 β = α 86 Capítulo 3. Introdução aos Círculos 20) (OBM-2004) Seja AB um segmento de comprimento 26, e sejam C e D pontos sobre o segmento AB tais que AC = 1 e AD = 8. Sejam E e F pontos sobre uma semicircunferência de diâmetro AB, sendo EC e FD perpendiculares a AB. Quanto mede o segmento EF? a) 5 b) 2 5 c) 7 d) 2 7 e) 12 Solução: Como AB = 26, AC = 1 e CD = 7 então DB = 18. Seja G o ponto onde a paralela a AB passando por E encontra o segmento de reta FD. Assim, como CDGE é um retângulo temos que EG = 7. AEB é um triângulo retângulo pois está inscrito em uma semicircunferência. Pelas relações métricas nos triângulos retângulos: EC 2 = AC.BC = 1.25 ⇒ EC = 5. Como AFB é um triângulo retângulo: FD 2 = AD.BD = 8.18 ⇒ FD = 12. Logo: FG = FD – GD = FD – EC = 12 – 5 = 7. Aplicando o Teorema de Pitágoras em ∆EGF: EF 2 = EG 2 + FG 2 = 49 + 49 ⇒ 2 7 EF = . 21) Três círculos de centros em A, B e C e de raios respectivamente iguais a r, s e t se tangenciam exteriormente dois a dois. A tangente comum interior aos dois primeiros círculos intersecta o terceiro determinando uma corda MN. Provar que: t s r rs 4 MN + = . Solução: Aplicando o teorema de Pitágoras em ∆PCN: 2 2 2 2 MN y t + = ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 ) s r ( rs 4 t ) s r ( ) s r ( t t 2 MN + = + − − = ⇒ t s r rs 4 MN + = 22) (OBM-2003) A figura abaixo mostra duas retas paralelas r e s. A reta r é tangente às circunferências C1 e C3, a reta s é tangente às circunferências C2 e C3 e as circunferências tocam-se como também mostra a figura. Seja D o ponto de tangência entre as circunferências de centros A e B. Sejam P e I as projeções de C sobre MN e AB, respectivamente. Suponha que BI = x, CI = h e que DI = PC = y. Note que x + y = s. Pelo Teorema de Pitágoras em ∆CIA e ∆CIB: (r + t) 2 = h 2 + (r + s – x) 2 (s + t) 2 = h 2 + x 2 Subtraindo estas equações: (r + t) 2 – (s + t) 2 = (r + s – x) 2 – x 2 ⇒ (r + s + 2t)(r – s) = (r + s)(r + s – 2x) ⇒ (r + s + 2t)(r – s) = (r + s)(r – s + 2y) ⇒ s r ) s r )( t 2 s r ( y 2 s r + − + + = + − ⇒ ) s r ( s r ) s r )( t 2 s r ( y 2 − − + − + + = ⇒ s r t 2 ) s r ( 1 s r t 2 s r ) s r ( y 2 + − = − + + + − = ⇒ s r ) s r ( t y + − = A B C P M N I D F E G 7 7 A C B 18 1 D 97 Capítulo 3. Introdução aos Círculos r s C3 C1 C2 As circunferências C1 e C2 têm raios a e b, respectivamente. Qual é o raio da circunferência C3? A) 2 2 2 a b + B) a + b C) 2 ab D) 4ab a b + E) 2b – a Solução: . . b a d 2 b a R– a . d 3 R– b d 1 R+b R+a a + b 23) (OBM Jr.-96) Seja ABC um triângulo eqüilátero inscrito em uma circunferência & 1 ; & 2 é uma circunferência tangente ao lado BC e ao menor arco BC de & 1 . Uma reta através de A tangencia & 2 em P. Prove que AP = BC. Solução: Inicialmente, vamos construir a figura proposta no enunciado. A r d P r O h R - r C B Q O' Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo APO, temos: AO 2 = AP 2 + r 2 ⇒ AP 2 = AO 2 – r 2 (1) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOQ, temos: AO 2 = d 2 + (h + r) 2 (2) Assim, substituindo (2) em (1): AP 2 = d 2 + (h + r) 2 – r 2 ⇒ AP 2 = d 2 + h 2 + 2hr (3) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo O'OQ, temos: (R – r) 2 = d 2 + (h/3 + r) 2 ⇒ d 2 = (2h/3 – r) 2 – (h/3 + r) 2 ⇒ d 2 = 4h 2 /9 – 4hr/3 + r 2 – h 2 /9 – 2hr/3 – r 2 ⇒ d 2 = h 2 /3 – 2hr (4) Portanto, substituindo (4) em (3): AP 2 = h 2 /3 – 2hr + h 2 + 2hr ⇒ AP 2 = 4h 2 /3 = BC 2 ⇒ AP = BC Seja R o raio de C. Então, utilizando o teorema de Pitágoras: d 1 = d 2 + d 3 ⇒ 2 2 2 2 2 2 ) ( ) ( )) ( 2 ( ) ( ) ( ) ( b R b R b a R b a a R a R − − + + + − − + = − − + ⇒ Rb R b a R Ra 4 4 ) ( 4 4 2 + − + = ⇒ b R b a a + − + = ⇒ b a R b a − = − + ⇒ a + b – R = a – ab 2 + b ⇒ ab R 2 = 98 Capítulo 3. Introdução aos Círculos 3.11) O NÚMERO π ππ π E O COMPRIMENTO DA CIRCUNFERÊNCIA 3.11.1) Teorema: Os comprimentos de duas circunferências são proporcionais aos seus diâmetros. Demonstração: Considere duas circunferências de raio R e R’ e comprimentos C e C’. Define-se x como C . R ' R x = . Inscrevem-se dois polígonos regulares, um em cada circunferência, de mesmo número de lados. Se ℓ n e ℓ n ’ são os lados destes polígonos pode-se escrever ' R R ' n n = ℓ ℓ . Se 2p n e 2p n ’ são os perímetros dos dois polígonos é verdade que 2p n = n.ℓ n e 2p n ’= n.ℓ n ’, implicando que ' R R ' p 2 p 2 n n = . Pela definição de x tem-se ' p 2 p 2 C x n n = . Desde que o polígono de perímetro 2p n está inscrito na circunferência de raio R, tem-se C > 2p n , fazendo com que, para todo inteiro n ≥ 3, verifique-se x > 2p n ’. Tomando agora as mesmas circunferências de raios R e R’, circunscreve-se dois polígonos, cada um de n lados, de perímetros 2P n e 2P n ’. Realizando cálculos análogos aos anteriores chega-se à conclusão que ' P 2 . P 2 C x n n = . Como o polígono de perímetro 2P n está circunscrito à circunferência de raio R tem-se C < 2P n , ou seja, x > 2P n ’. Observe que, independentemente de n e de R, tem-se que x está sempre entre 2p n ’ e 2P n ’, sendo que quando n cresce 2p n ’ cresce e 2P n ’ decresce. Além disso, as seqüências definidas pelos valores de 2p n ’ e 2P n ’ são limitadas e convergem para um mesmo número real. Logo, quando n tende ao infinito, tem-se x = C’, implicando que constante ' R ' C R C = = . 3.11.2) Teorema: O comprimento de uma circunferência de raio R é igual a 2πR. Demonstração: De fato, pelo teorema anterior concluí-se que a relação R C é constante. Chamando esta constante de π, obtém-se C = 2πR. Para se ter uma idéia do valor de π, observe a tabela abaixo. n 2p/2R 2P/2R 6 3,00000 3,46411 12 3,10582 3,21540 24 3,13262 3,15967 48 3,13935 3,14609 96 3,14103 3,14272 192 3,14156 3,14188 384 3,14156 3,14167 Repare que, com o crescimento de n, os valores de 2p/2R crescem enquanto que os valores de 2P/2R decrescem, tendendo para o número π que, escrito com precisão até a décima cada decimal depois da vírgula, vale 3,1415926535... Desde há muito (cerca de 4000 anos) notou-se que o número de vezes em que o diâmetro está contido na circunferência é sempre o mesmo, seja qual for o tamanho desta circunferência. Os R R’ R R’ 99 Capítulo 3. Introdução aos Círculos babilônios já tinham observado que o valor de π se situa entre 8 1 3 e 7 1 3 , ou seja, 7 22 8 25 < π < . Em frações decimais, isto dá 3,125 < π < 3,142. O Velho Testamento, que foi escrito cerca de 500 anos AC (embora baseado em tradições judaicas bem mais antigas) contém um trecho segundo o qual π = 3 (Primeiro Livro dos Reis, VII: 23). Desde Arquimedes, que obteve o valor π = 3,1416, matemáticos se têm ocupado em calcular π com precisão cada vez maior. O inglês William Shanks calculou π com 707 algarismos decimais exatos em 1873. Em 1947 descobriu-se que o cálculo de Shanks errava no 527º algarismo (e portanto nos seguintes). Com o auxílio de uma maquininha manual, o valor de π foi, então, calculado com 808 algarismos decimais exatos. Depois vieram os computadores. Com seu auxílio, em 1967, na França, calculou-se π com 500.000 algarismos decimais exatos e, em 1984, nos Estados Unidos, com mais de dez milhões (precisamente 10.013.395) de algarismos exatos! O primeiro a usar a notação π para o valor de C/2R foi o matemático inglês W. Jones (1675- 1749). Entretanto, somente depois que L. Euler (1707-1783) passou a utilizar o símbolo π que isto tornou-se padrão entre os outros matemáticos. Porém, até então, não era sabido se π era racional ou irracional. Tentava-se calcular π com cada vez mais casas decimais na expectativa de surgir alguma periodicidade. Somente em 1767 que o matemático J. H. Lambert (1728-1777) demonstrou que π era um número irracional. 3.11.3) Comprimento do Arco de Circunferência Podemos observar que o comprimento de um arco de circunferência é proporcional ao ângulo central que compreende este arco. Exemplos: 1) (Ufop-2002) Num jardim de forma circular, em que a distribuição das passarelas acompanha a figura abaixo, quero ir do leste ao norte, passando pelo oeste. Sabendo que o raio do círculo maior é o dobro dos raios dos círculos menores e que não quero passar duas vezes pelo mesmo local, então: A) passando pelos círculos menores, o caminho é mais curto que indo pelo sul. B) passando pelo sul, o caminho é mais curto que indo pelos círculos menores. C) passando pelos círculos menores ou pelo sul, a distância percorrida é a mesma. D) não conhecendo os valores dos raios, não é possível saber qual o caminho mais curto. Assim, de acordo com a proporção, onde ℓ é o comprimento do arco AB: R 2 2 π = π α ℓ ⇒ ℓ = αR Obs: α em radianos (0 < α < 2π) O α B A ℓ N S L O 100 Capítulo 3. Introdução aos Círculos círculo. O ângulo agudo formado pela mediatriz e pa mede: a) 5 o b) 10 o c) 15 o d) 20 o e) 25 o 70) (Bélgica-2002) Através de um ponto P em um círculo com diâmetro AB, traça-se o diâmetro PX e duas cordas PA e PY onde PY ⊥ AB. Se ∠PÂB = 35 o , então o menor arco XY vale: a) 20 o b) 35 o c) 40 o d) 55 o e) 70 o 71) (Bélgica-2002) Envolve-se três cilindros de diâmetro 1 com uma fita adesiva. O comprimento desta fita é igual a a) 3 + π b) 3 c) 3 + π/2 d) (3 + π)/2 e) 6 + π 72) (Bélgica-2003) Em um triângulo retângulo de catetos 4 e 6, traça-se uma semi-circunferência com centro na hipotenusa e tangente aos catetos do triângulo retângulo. Determine o raio desta semi- circunferência. a) 2 b) 2,4 c) 2,5 d) 3 e) 13 3 2 73) (Bélgica-2003) Na figura, AD é um diâmetro de uma semi-circunferência com centro M. Os dois pontos B e C pertencem à semi-circunferência de modo que AC ⊥ BM e  = 50 o . Determine o ângulo entre as retas AC e BD. a) 50 o b) 60 o c) 65 o d) 70 o e) 75 o 74) (Bélgica-2003) Na figura temos 7 círculos possuindo mesmo raio. Determine a razão entre o perímetro de um dos círculos e o perímetro da região hachurada. a) 1/2 b) 1/3 c) 1/6 d) 1/π e) 4/7 75) (Rússia-98) Duas circunferências intersectam- se em P e Q. Uma reta intersecta o segmento PQ e encontra as circunferências nos pontos A, B, C e D, nesta ordem. Prove que ∠APB = ∠CQD. 76) (Portugal-2000) Na figura seguinte estão representadas duas circunferências tangentes exteriormente e uma reta tangente às duas circunferências nos pontos A e B. Sabendo que os raios das circunferências medem 24 e 6 metros, determine a distância entre os pontos A e B. 77) (Portugal-2002) Na figura AB = 9 e AD = 8. As duas circunferências, tangentes entre si, têm centros E e F e são tangentes aos lados do retângulo [ABCD] nos pontos M, N, X e Y . 113 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo b) 75 , 11 2 41 , 1 2 3 8 4 5 45 sen 2 XY . XZ S o XYZ = + = = ∆ m 2 . 9) (IME-92/93) Provar que a soma das distâncias de um ponto qualquer interior a um triângulo equilátero aos lados é constante. Solução: 10) A área de um triângulo é dada pela fórmula 4 b a S 2 2 + = , onde a e b são dois de seus lados. Determine os ângulos do triângulo. Solução: Como a área de um triângulo é dada por 2 senC . b . a S = , temos 2 senC . ab 4 b a 2 2 = + ⇒ ab 2 b a senC 2 2 + = ⇒ ab 2 ab 2 b a 1 ab 2 b a 1 senC 2 2 2 2 − + = − + = − ⇒ ab 2 ) b a ( 1 senC 2 − = − Sabemos que ab 2 ) b a ( 2 − é sempre maior ou igual a zero, fazendo com que sen C ≥ 1. Como o valor máximo do seno de qualquer ângulo é 1, então sen C = 1, ou seja, C = 90 o . Daí: a = b, implicando que A = B = 45 o . 11) Dois lados de um triângulo são 6 e 2 5 . Determine o valor do terceiro lado do triângulo sabendo que sua área é 3. Solução: Seja x o valor do lado desconhecido. Assim: 2 x 2 5 6 p + + = . Pela fórmula de Heron: ) 6 p )( 2 5 p )( x p ( p S − − − = ⇒ − + + − − + + + = 2 6 2 5 x 2 6 2 5 x 2 x 2 5 6 2 x 2 5 6 3 ⇒ 16 ] ) 6 2 5 ( x ][ x ) 2 5 6 [( 9 2 2 2 2 − − − + = ⇒ 144 = – 196 + 172x 2 – x 4 ⇒ x 4 – 172x 2 + 340 = 0 ⇒ (x 2 – 2)(x 2 – 170) = 0 ⇒ 2 x = ou 170 x = 12) Sejam D, H, I pontos no interior dos lados AB, BC, CA do triângulo ABC de área 1 tais que BD = 3AD, BH = 2HC e CI = IA. Calcule a área do triângulo DHI. Solução: Seja ℓ o lado do triângulo equilátero ABC e sejam x 1 , x 2 e x 3 as distâncias do ponto P aos lados do triângulo. Como ABC é eqüilátero sua S área é dada por 4 3 S 2 ℓ = . S = S ∆PAB + S ∆PAC + S ∆PBC ⇒ 2 x . 2 x . 2 x . 4 3 3 2 1 2 ℓ ℓ ℓ ℓ + + = ⇒ x 1 + x 2 + x 3 = 2 3 ℓ , que é um valor constante. x 1 x 3 x 2 C A B P 129 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo Observe que: 8 1 2 1 4 1 AC AI AB AD 2 / ) A ˆ sen . AC . AB ( 2 / ) A ˆ sen . AI . AD ( S S ABC ADI = = = = ∆ ∆ . 2 1 3 2 4 3 BC BH AB BD 2 / ) B ˆ sen . BC . AB ( 2 / ) B ˆ sen . BH . BD ( S S ABC BHD = = = = ∆ ∆ . 6 1 3 1 2 1 BC CH AC CI 2 / ) C ˆ sen . BC . AC ( 2 / ) C ˆ sen . CH . CI ( S S ABC CHI = = = = ∆ ∆ . Portanto, como a área de ∆ABC é 1: S ∆ADI + S ∆BHD + S ∆CHI + S ∆DHI = 1 ⇒ 1 S 6 1 2 1 8 1 DHI = + + + ∆ ⇒ 24 5 S DHI = ∆ . 13) Na figura abaixo um quadrado EFGH foi colocado no interior do quadrado ABCD, determinando 4 quadriláteros. Se a, b, c, e d denotam as medidas das áreas dos quadriláteros, mostre que a + b = c + d . a c d b Solução: Inicialmente vamos fazer as seguintes construções: – sejam x o comprimento do lado do quadrado ABCD e y o lado do quadrado A’B’C’D’; – marquemos os pontos E, F, G, H, I, J, L e M, que são as projeções ortogonais dos pontos A’, B’, C’ e D’ (vértices do quadrado interior) sobre os lados AB, BC, CD e DA, como indica a figura; – tracemos os segmentos A’E, B’F, B’G, ..., D’L e A’M; – chamemos de S 1 , S 2 , ..., S 12 as áreas das 12 figuras que surgem na região entre o quadrado maior e o menor; – indiquemos o ângulo θ que formam com a horizontal os lados B’C’ e D’A’, que é o mesmo ângulo que os lados A’B’ e C’D’ formam com a vertical. Como AMA’E é um retângulo e AA’ é uma de suas diagonais, então S 1 = S 2 . Analogamente temos que: S 4 = S 5 , S 7 = S 8 , S 10 = S 11 (1) Da figura temos que EF = GH = IJ = LM = y.cos θ. Notamos também que: EA’ + D’J = FB’ + C’I = MA’ + B’G = LD’ + C’H = x – y.cos θ. Desde que A’D’ || B’C’ e A’B’ = C’D’ podemos unir os trapézios de áreas S 3 e S 9 (de modo que os segmentos A’B’ e C’D’ sejam coincidentes) e formar assim um retângulo cujas dimensões são y.cos θ e x – y.cos θ e cuja área total é S 3 + S 9 . Fazendo o mesmo com os trapézios de áreas S 6 e S 12 , teremos a formação de um outro retângulo cujas dimensões são x – y.cos θ e y.cos θ e cuja área total é S 6 + S 12 . Como os dois retângulos formados acima possuem as mesmas dimensões, então as áreas também são iguais. Deste modo: S 3 + S 9 = S 6 + S 12 (2) De (1) e (2) temos que: S 2 + S 4 + S 8 + S 10 + S 3 + S 9 = S 1 + S 5 + S 7 + S 11 + S 6 + S 12 ⇒ a + b = c + d. S 12 S 11 S 10 S 9 S 8 S 7 S 6 S 5 S 4 S 2 S 1 M L J I H G F E D’ C’ B’ A’ D C B A θ θ θ θ S 3 A B C D H I 130 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo 14) ABC é um triângulo e P um ponto no seu interior. Paralelas aos lados contendo P dividem o triângulo em 6 partes das quais 3 são triângulos de área S 1 , S 2 e S 3 . Provar que a área S de ABC é dada por ( ) 2 3 2 1 S S S S + + = . Solução: 15) Um ponto E é escolhido sobre o lado AC de um triângulo ABC. Por E traçamos duas retas DE e EF paralelas aos lados BC e AB, respectivamente; D e F são pontos em AB e BC, respectivamente. Prove que EFC ADE BDEF S . S 2 S = . Solução: Como ED // FB e EF // DB então ED = FB = y. Traçando FD, dividimos BDEF em dois triângulos congruentes, cada um de área y.h 2 /2. Assim, S BDEF = y.h 2 . Por outro lado, S ADE = y.h 1 /2 e S EFG = x.h 2 /2. Desde que ∆ADE e ∆EFC são semelhantes: 2 1 h h x y = ⇒ y.h 2 = x.h 1 . Logo: S ADE .S EFG = 4 ) h . x )( h . y ( 2 h . x 2 h . y 1 2 2 1 = ⇒ 4.S ADE .S EFG = (y.h 2 ) 2 = (S BDEF ) 2 ⇒ EFC ADE BDEF S . S 2 S = 16) Pontos D, E e F são escolhidos sobre os lados BC, AC e AB, respectivamente, de modo que os triângulos AFE, BDF, CED e DEF possuem áreas iguais. Prove que D, E e F são os pontos médios dos lados de ∆ABC. Solução: Suponha que BF/AB = r, CD/BC = p e AE/AC = q. p ) q 1 ( BC CD AC CE 2 / ) C ˆ sen . BC . AC ( 2 / ) C ˆ sen . CD . CE ( S S ABC CDE − = = = ∆ ∆ . Como as áreas de AFE, BDF, CED e DEF são iguais a um quarto da área de ABC, então p(1 – q) = 1/4 (1) Analogamente: q(1 – r) = 1/4 (2) r(1 – p) = 1/4 (3) Desenvolvendo (1) obtemos p 4 1 p 4 q − = . Substituindo em (2): 4 1 ) r 1 ( p 4 1 p 4 = − − ⇒ 1 p 4 1 p 3 r − − = . Substituindo em (3): 4 1 ) p 1 ( 1 p 4 1 p 3 = − − − ⇒ (12p – 4)(1 – p) = 4p – 1 ⇒ 3(4p 2 – 4p + 1) = 0 ⇒ (2p – 1) 2 = 0 ⇒ p = 1/2 ⇒ q = 1/2 e r = 1/2 ⇒ D, E e F são os pontos médios de ∆ABC. P I H G F E D B S 1 A S 3 S 2 C Como DG || AC, IF || AB e EH || BC ⇒ ∆DEP ~ ∆PFG ~ ∆IPH ~ ∆ABC Assim: 2 1 BC EP S S = 2 2 BC PH S S = 2 3 BC FG S S = Portanto: 1 BC FG PH EP S S S S S S 3 2 1 = + + = + + ⇒ ( ) 2 3 2 1 S S S S + + = D F E C A B h 1 h 2 x y A B C F D 131 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo b) 7 cm. d) 11 cm. 58) (ITA-81) Os lados de um triângulo medem a, b e c centímetros. Qual o valor do ângulo interno deste triângulo, oposto ao lado que mede a centímetros, se forem satisfeitas as relações 3a = 7c e 3b = 8c. a) 30 o b) 60 o c) 45 o d) 120 o e) 135 o 59) (ITA-82) Num triângulo de lados a = 3 m e b = 4 m, diminuindo-se de 60° o ângulo que esses lados formam, obtém-se uma diminuição de 3 m 2 em sua área. Portanto a área do triângulo inicial é de: a) 4 m 2 b) 5 m 2 c) 6 m 2 d) 9 m 2 e) 12 m 2 60) (ITA-82) Num triângulo isósceles, o perímetro mede 64 m e os ângulos adjacentes são iguais ao arc cos 7/25. Então a área do triângulo é de: a) 168 m 2 b) 192 m 2 c) 84 m 2 d) 96 m 2 e) 157 m 2 61) (ITA-85) Num triângulo ABC considere conhecidos os ângulos C A ˆ B e A B ˆ C e a medida d do lado A. Nestas condições, a área S deste triângulo é dada pela relação: a) S = ) A B ˆ C C A ˆ B ( sen . 2 d 2 + b) S = ) A B ˆ C C A ˆ B ( sen . 2 ) A B ˆ senC )( C A ˆ senB ( d 2 + c) S = ) A B ˆ C C A ˆ B ( sen . 2 A B ˆ senC . d 2 + d) S = ) A B ˆ C C A ˆ B cos( . 2 C A ˆ senB . d 2 + e) S = ) A B ˆ C C A ˆ B cos( . 2 ) A B ˆ senC )( C A ˆ senB ( d 2 + 62) (ITA-93) Num triângulo ABC, retângulo em A, seja D a projeção de A sobre BC. Sabendo-se que o segmento BC mede ℓ cm e que o ângulo DÂC mede θ graus, então a área do triângulo ABC vale: a) (ℓ 2 /2) sec θ tg θ b) (ℓ 2 /2) sec 2 θ tg θ c) (ℓ 2 /2) sec θ tg 2 θ d) (ℓ 2 /2) cossec θ tg θ e) (ℓ 2 /2) cossec 2 θ cotg θ 63) (ITA-2000) Num triângulo acutângulo ABC , o lado oposto ao ângulo  mede cm 5 . Sabendo: 5 3 arccos =  e 5 2 arcsen ˆ = C , então a área do triângulo ABC é igual a : a) 2 2 5 cm b) 2 12cm c) 2 15cm d) 2 5 2 cm e) 2 2 25 cm 64) (ITA-2003) Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5 cm. Seja P um ponto na região interior a estas retas, distando 4 cm de r. A área do triângulo equilátero PQR, cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s, é igual, em cm 2 , a: a) 3 15 b) 7 3 c) 5 6 d) 2 15 3 e) 2 7 15 65) (IME-65) AB = AC ≠ BC. Expressar a diferença AB 2 – AM 2 em função dos segmentos aditivos da base. 66) (IME-67) No triângulo abaixo, as distâncias do ponto P aos lados AC e BC são respectivamente m e n. Verificar, justificando, se CP 2 = (m 2 + n 2 + 2mncos C)cosec 2 C 67) (IME-69) Em um triângulo são dados dois lados a e b. Determinar a expressão do lado c em função de a e b, para que a área do triângulo seja máxima. 68) (IME-86/87) Dado um triângulo ABC de lados a, b, c opostos aos ângulos A, B, C A B M C B C A P n m 145 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo respectivamente e de perímetro 2p, mostre que a p A B C = sen cos cos 2 2 2 . 69) (IME-87/88) Calcule o lado c de um triângulo ABC, em função de sua área S, do ângulo C e de K, onde K = a + b – c. 70) (IME-89/90) Os lados de um triângulo estão em progressão aritmética e o lado intermediário mede l. Sabendo que o maior ângulo excede o menor em 90 o , calcule a razão da PA formada pelos lados. 71) (IME-89/90) Seja P um ponto no interior de um triângulo ABC, dividindo-o em seis triângulos, quatro dos quais têm áreas 40, 30, 35 e 84, como mostra a figura. Calcule a área do triângulo ABC. 72) (IME-94/95) Seja ABC um triângulo qualquer. Por B’ e C’ pontos médios dos lados AB e AC, respectivamente, traçam-se duas retas que se cortam em um ponto M, situado sobre o lado BC, e que fazem com esse lado ângulos iguais θ conforme a figura abaixo. Demonstre que: cotg θ = 2 1 (cotg B + cotg C) 73) (Provão-2000) Considere o problema a seguir: “Em um triângulo ABC, temos AC = 3m, BC = 4m e B = 60 o . Calcule sen A.” Esse problema: a) não faz sentido, porque tal triângulo não existe. b) admite mais de uma solução. c) admite uma única solução, 2 / 3 . d) admite uma única solução, 3 / 3 . e) admite uma única solução, 3 / 3 2 . 74) (Provão-2001) Existem dois triângulos não congruentes, com  = 30 o , AB = 4 cm e BC = x cm, quando: a) 0 < x ≤ 2 b) 2 < x < 4 c) 2 < x ≤ 4 d) x > 4 e) x ≥ 4 75) (Fatec-2004) No triângulo ABC tem-se que C A ˆ B mede 80 o , C B ˆ A mede 40 o e BC = 4 cm. Se sen 20 o = k, então a medida de AC, em centímetros, é dada por: a) 2 b) k 4 b) 2 k 2 1 2 − d) 2 2 k 2 1 k 2 1 2 − − e) k 2 1 ) k 1 ( 2 − − 76) Calcular a área do triângulo equilátero inscrito em um quadrado de 5 dm de lado, devendo um dos vértices do triângulo coincidir com um vértice do quadrado. 77) Cinco quadrados são dispostos conforme ilustra o diagrama abaixo. Mostre que a medida da área do quadrado S é igual a medida da área do triângulo T. S T 78) Considere um triângulo ABC onde AC = b e BC = a. Marcam-se sobre o lado AB os pontos D e E de modo que os segmentos CD e CE dividem o ângulo C em três partes iguais. Sabendo que CE/CD = m/n, calcule os valores de CD e CE em função de a, b,m e n. 79) São dados os lados b e c de um triângulo. Determine o terceiro lado x sabendo que é igual a altura relativa a ele. Sobre que condições o problema admite solução? B C A 84 P 40 30 35 • A P B’ C’ B C M θ θ 146 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo 80) Em um triângulo acutângulo ABC são traçadas as alturas AA 1 , BB 1 e CC 1 . Determine a razão entre as áreas dos triângulos A 1 B 1 C 1 e ABC em função dos ângulos Â, B ˆ e C ˆ do triângulo ABC. 81) São dadas duas retas paralelas e um ponto A entre elas, sendo que as distâncias de A às retas valem a e b. Determine os catetos de um triângulo retângulo em A sabendo que os outros vértices pertencem às retas paralelas e que a área do triângulo é igual a k 2 . 82) Em um triângulo isósceles de base a e lados congruentes iguais a b, o ângulo oposto à base vale 20 o . Demonstre que a 3 + b 3 = 3ab 2 . 83) Prove que se os lados a, b e c de um triângulo ABC satisfazem a relação a 2 = b 2 + bc, então temos que ∠A = 2∠B. 84) Em um triângulo ABC, o ponto E pertence a AB de modo que EB AE 2 = . Determine CE se AC= 4, CB= 5 e AB= 6. 85) Um triângulo possui lados 13, 14 e 15. Uma perpendicular ao lado de comprimento 14 divide o interior do triângulo em duas regiões de mesma área. Determine o comprimento do segmento perpendicular que pertence ao interior do triângulo. 86) Dado um triângulo ABC com AB = 20, AC = 45/2 e BC = 27. Os pontos X e Y são dados sobre AB e AC, respectivamente, de modo que AX = AY. Se a área de ∆AXY é metade da área de ∆ABC, determine AX. 87) Em um triângulo cujos lados medem 5 cm, 6 cm e 7 cm, um ponto do interior do triângulo está distante 2 cm do lado de comprimento 5 cm e está distante 3 cm do lado de comprimento 6 cm. Qual a distância do ponto P ao lado de comprimento 7 cm? 88) Os lados de um triângulo medem 7 m, 15 m e 20 m. Calcular a projeção do menor lado sobre o maior. 89) Dois lados de um triângulo são AB = 7 cm e AC = 8 cm. Calcular o lado BC sabendo que a projeção de AC sobre AB mede 15 cm. 90) Num triângulo ABC, o lado a = 6 e c 2 – b 2 = 66. Calcular as projeções dos lados b e c sobre o lado a. 91) Os lados de um triângulo são AB = 6, AC = 8 e BC = 10. Sobre o lado BC toma-se um ponto D tal que a ceviana AD = 5. Calcular BD. 92) Calcular o lado de um triângulo eqüilátero cujos vértices estão situados respectivamente sobre três retas paralelas coplanares, sabendo que a e b são as distâncias da paralela intermediária às outras duas. 93) Conhecendo as medidas a, b, c dos lados de um triângulo ABC, calcular os lados do triângulo cujos vértices são os pés das alturas desse triângulo ABC. 94) ABC é um triângulo obtusângulo no qual o ângulo  = 120 o . Demonstrar que subsiste entre os lados desse triângulo a relação b(a 2 – b 2 ) = c(a 2 – c 2 ). 95) Os catetos de um triângulo retângulo são AB = 4 cm e AC = 3 cm. Constrói-se sobre AB como base a do mesmo lado que C o triângulo isósceles ABD equivalente a ABC. Calcular a área da superfície comum a esses dois triângulos. 96) ABD e ACE são triângulos eqüiláteros construídos externamente sobre os catetos de um triângulo retângulo ABC no qual a hipotenusa BC = 8 cm e o ângulo B ˆ = 60 o . Calcular as áreas dos triângulos ACD e ABE. 97) Os três lados e a área de um triângulo retângulo exprimem-se em metros e metros quadrados, respectivamente, por quatro números inteiros e consecutivos. Achar os lados e a área desse triângulo. 98) Sobre os lados de um triângulo eqüilátero cujo lado é a constroem-se externamente quadrados. Calcular a área do triângulo cujos vértices são os centros desses quadrados. 99) Calcular a área de um triângulo retângulo conhecendo-se o seu perímetro 2p e a altura h relativa à hipotenusa. 147 Capítulo 4. Área e Relações Métricas de um Triângulo 100) Três circunferências de raios a, b e c são tangentes entre si duas a duas externamente. Calcular a área do triângulo cujos vértices são os centros das circunferências. 101) Demonstrar que a área S de um triângulo ABC, cujas alturas são h a , h b e h c é: + + − + + = 4 c 4 b 4 a 2 c 2 b 2 c 2 a 2 b 2 a h 1 h 1 h 1 h h 1 h h 1 h h 1 2 1 S 102) a) Em um triângulo ABC, ∠A = 30 o e ∠B = 45 o . Determine k de modo que c 2 = ka 2 + b 2 . b) Em um triângulo ABC qualquer, determine k tal que c 2 = ka 2 + b 2 . 103) (OBM-97) No triângulo retângulo ABC da figura abaixo está inscrito um quadrado. Se AB = 20 e AC = 5, que porcentagem a área do quadrado representa da área do triângulo ABC? a) 25% b) 30% c) 32% d) 36% e) 40% 104) (OBM-99) Dois irmãos herdaram o terreno ABC com a forma de um triângulo retângulo em A, e com o cateto AB de 84m de comprimento. Eles resolveram dividir o terreno em duas partes de mesma área, por um muro MN paralelo a AC como mostra a figura abaixo. Assinale a opção que contém o valor mais aproximado do segmento BM. N M C B A a) 55m b) 57m c) 59m d) 61m e) 63m 105) (OBM-2001) No triângulo ABC, AB = 5 e BC = 6. Qual é a área do triângulo ABC, sabendo que o ângulo C ˆ tem a maior medida possível? a) 15 b) 7 5 c) 2 / 7 7 d) 11 3 e) 2 / 11 5 106) (OBM-2003) A figura a seguir mostra um quadrado ABCD e um triângulo eqüilátero BEF, ambos com lado de medida 1cm . Os pontos A, B e E são colineares, assim como os pontos A, G e F. A D C G F E B A área do triângulo BFG é, em 2 cm : a) 4 1 b) 3 1 c) 4 3 d) 12 3 e) 10 3 107) (OBM-2003) No triângulo ABC, AB = 20, AC = 21 e BC = 29. Os pontos D e E sobre o lado BC são tais que BD = 8 e EC = 9. A medida do ângulo DÂE, em graus, é igual a: a) 30 b) 40 c) 45 d) 60 e) 75 108) (OBM-2003) No desenho ao lado, o quadrado ABCD tem área de 64 cm 2 e o quadrado FHIJ tem área de 36 cm 2 . Os vértices A, D, E, H e I dos três quadrados pertencem a uma mesma reta. Calcule a área do quadrado BEFG. 109) (OBM-2003) Uma folha retangular ABCD de área 1000 cm 2 foi dobrada ao meio e em seguida desdobrada (segmento MN); foi dobrada e desdobrada novamente (segmento MC) e finalmente, dobrada e desdobrada segundo a diagonal BD. Calcule a área do pedaço de papel limitado pelos três vincos (região escura no desenho). A B C 148 Capítulo 5. Introdução aos Quadriláteros Perceba agora que se ABCD é circunscritível, então o centro O de sua circunferência inscrita está a uma igual distância de AB, BC, CD e DA. Assim, pela propriedade de bissetriz, podemos afirmar que O é o ponto de interseção das bissetrizes dos quatro ângulos internos de ABCD. Em quadriláteros convexos, o fato de as quatro bissetrizes internas serem concorrentes ocorre somente quando o quadrilátero é circunscritível. Note também que, desde que os lados de um quadrilátero circunscritível são tangentes a uma circunferência, então quando traçamos os segmentos determinados pelos pontos de tangência e pelo centro O do circuncírculo, temos que estes quatro segmentos são perpendiculares aos respectivos lados do quadrilátero em que foram traçados. Por exemplo, todo losango é circunscritível. De fato, como as diagonais são bissetrizes dos ângulos internos, o ponto de encontro delas é eqüidistante dos quatro lados. Logo serve de centro à circunferência inscrita. Nenhum quadrilátero côncavo pode ser circunscritível. Para existir a circunferência inscrita, ela tem que tangenciar os quatro lados, não sendo conveniente que a circunferência tangencie prolongamento(s) de lado(s). OQ OP D B ˆ C C B ˆ A = ⇒ ≡ OR OQ D C ˆ A B C ˆ A = ⇒ ≡ OS OR A D ˆ B C D ˆ B = ⇒ ≡ Logo, OP = OQ = OR = OS = Raio da circunferência inscrita no losango C D A B Q S P R C D A B ABCD, côncavo, não pode ser circunscritível A B C D λ λ não serve como circunferência inscrita. A B C D O 170 Capítulo 5. Introdução aos Quadriláteros I θ θ C B A D Exemplos: 1) (ITA-94) Numa circunferência inscreve-se um quadrilátero convexo ABCD tal que ABC = 70 o . Se x = ACB + BDC, então: a) 120 o b) x = 110 o c) 100 o d) 90 o e) x = 80 o Solução: 2) (Olimpíada de Wisconsin-94) Em um quadrilátero ABCD mostre que se ∠CAD = ∠CBD então ∠ABC + ∠ADC = 180 o . Solução: Como a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é igual a 360 o , então: ∠DBA + ∠CBD + ∠ACB + ∠ACD + ∠BDC + ∠BDA + ∠CAD + ∠CAB = 360 o ⇒ ∠DBA + ∠CBD + ∠BDA + ∠CAB + ∠BDC + ∠BDA + ∠CBD + ∠BDC = 360 o ⇒ 2(∠DBA + ∠CBD) + 2(∠BDA + ∠BDC) = 360 o ⇒ ∠ABC + ADC = 180 o 3) (Olimpíada da Alemanha-2000) Um quadrilátero convexo ABCD está inscrito em um semicírculo de diâmetro AB. Sejam S o ponto de interseção de AC e BD e T o pé da perpendicular baixada de S a AB. Mostre que ST divide o ângulo ∠CTD ao meio. Solução: Analogamente, o quadrilátero BCST também é inscritível, implicando que ∠CTS = ∠CBS = ∠CBD. Como ∠DAC = ∠CBD ⇒ ∠DTS = ∠CTS ⇒ ST divide o ângulo ∠CTD ao meio. 4) Prove que se um ponto é escolhido em cada lado de um triângulo, então as circunferências determinadas por cada vértice e os pontos nos lados adjacentes passam por um ponto fixo. Este teorema foi publicado pela primeira vez por A. Miquel em 1838. Solução: C B A D Como ABCD é inscritível então ∠ADC = 180 o – ∠ABC = 180 o – 70 o = 110 o Uma vez que os ângulos inscritos ∠ACB e ∠ADB compreendem a mesma corda AB na circunferência, então ∠ACB = ∠ADB. Assim, x = ∠ACB + ∠BDC = ∠ADB + ∠BDC = ∠ADC = 110 o T S D C B A Como os ∆ADB e ∆ACB estão inscritos em uma semi- circunferência, então ∠ADB = 90 o e ∠ACB = 90 o . Pela figura notamos que ∠DAC = ∠CBD. Desde que ∠DAS + ∠ATS = 180 o , então o quadrilátero ATSD é inscritível. Assim, os pontos A, T, S e D pertencem a uma mesma circunferência, fazendo com que ∠DTS = ∠DAS = ∠DAC. Seja I a interseção das diagonais de ABCD. Como ∠CAD = ∠CBD e ∠AID = ∠BIC então ∆AID ~ ∆BIC, fazendo com que ∠ADI = ∠BCI. ∆AID ~ ∆BIC ⇒ CI BI DI AI = ⇒ CI DI BI AI = (1) A relação (1) e o fato de que ∠AIB = ∠CID então ∆AIB ~ ∆DIC ⇒ ∠BAI = ∠CDI e ∠ABI = ∠DCI. 171 Capítulo 5. Introdução aos Quadriláteros A análise do caso em que M é externo ao triângulo ∆ABC é similar ao caso em que M é interno a ∆ABC e fica como exercício. Como exercício fica também uma propriedade interessante associada ao Ponto de Miquel: Demonstrar que os centros das circunferências formam um triângulo semelhante a ∆ABC. 5) Seja ∆ABC um triângulo acutângulo de ortocentro H. Prove que os pontos simétricos de H em relação a cada lado de ∆ABC pertencem à circunferência circunscrita a ∆ABC. (Nota: dizemos que o ponto Y é simétrico do ponto X em relação à reta t se XY é perpendicular a t e o ponto de interseção de XY e t é o ponto médio de XY). Solução: 6) A diferença de dois lados opostos de um quadrilátero circunscritível a um círculo é igual a 16 m e a diferença dos outros dois lados é 8 m. Calcular os lados do quadrilátero, sabendo-se que seu perímetro é 60 m. Solução: Suponhamos que AB = a, BC = b, CD = c e DA = d. Pelo enunciado e pelo fato que ABCD é circunscritível temos que: b – d = 16 (1) c – a = 8 (2) a + b + c + d = 60 (3) a + c = b + d (4) Substituindo (4) em (3) temos que a + c = b + d = 30 (5) De (1) e (5) concluímos que b = 23 e d = 7. Analogamente, de (2) e (5) concluímos que a = 19 e c = 11. 7) (IME-94) Seja ABCD um quadrilátero convexo inscrito num círculo e seja I o ponto de interseção de suas diagonais. As projeções ortogonais de I sobre os lados AB, BC, CD e DA são, respectivamente, M, N, P e Q. Prove que o quadrilátero MNPQ é circunscritível a um círculo com centro em I. Solução: M D C E B F A Consideremos inicialmente o caso em que o ponto fixo está no interior de ∆ABC. Os pontos D, E e F são pontos quaisquer sobre os lados AC, BC e AB, respectivamente. Tracemos as duas circunferências que passam pelos pontos F, B, E e D, C, E. Designe por M o outro ponto de interseção, distinto de E, entre estas circunferências. Perceba agora que temos dois quadriláteros inscritíveis: BFME e CDME. Em BFME temos: ∠FME = 180 o – ∠ABC. Em CDME temos: ∠DME = 180 o – ∠ACB. Somando estas duas equações: ∠FME + ∠DME = 360 o – (∠ABC + ∠ACB) ⇒ ∠FMD = ∠ABC + ∠ACB = 180 o – ∠BAC ⇒ AFMD é um quadrilátero inscritível ⇒ o ponto M pertence às três circunferências. C' F E D H B A C Seja C' o ponto simétrico de H em relação à AB. Como HF = FC' então ∆AHF ≡ ∆AC'F ⇒ ∠BAC' = ∠BAD = 90 o – B ⇒ ∠AC'F = B. Analogamente podemos afirmar que ∆BHF ≡ ∆BCF ⇒ ∠ABC' = ∠ABH = 90 o – A ⇒ ∠ABC' = A. Portanto: ∠AC'B = ∠AC'F + ∠ABC' = A + B = 180 o – C ⇒ o quadrilátero ACBC' é inscritível ⇒ C' pertence circunferência circunscrita a ∆ABC. Analogamente pode-se provar que os pontos simétricos de H em relação a AC e BC também pertencem ao circuncírculo de ∆ABC. 172 Capítulo 5. Introdução aos Quadriláteros Analogamente pode-se demonstrar que PI é bissetriz de QPN, NI é bissetriz PNM e MI é bissetriz de NMQ. Desde que a bissetriz de um ângulo qualquer XÔY é o lugar geométrico dos pontos cujas distâncias a OX e OY são iguais, então I (que é a interseção das bissetrizes dos ângulos internos de MNPQ) é o ponto cujas distâncias a MQ, QP, PN e NM são todas iguais, ou seja, existe uma circunferência inscrita em MNPQ com centro em I. 8) (ITA-2002) Num trapézio retângulo circunscritível, a soma dos dois lados paralelos é igual a 18 cm e a diferença dos dois outros lados é igual a 2 cm. Se r é o raio da circunferência inscrita e a é o comprimento do menor lado do trapézio, então a soma a + r (em cm) é igual a: a) 12 b) 11 c) 10 d) 9 e) 8 Solução: Aplicando o Teorema de Pitágoras: b 2 = (2r) 2 + (c – a) 2 ⇒ 100 = 64 + (c – a) 2 ⇒ c – a = 6 cm. Como a + c = 18 cm então a = 6 cm e c = 12 cm. Deste modo, temos que a + r = 6 + 4 = 10 cm. 9) Provar que em todo quadrilátero inscritível, o produto das distâncias de um ponto qualquer do circuncírculo a dois lados opostos é igual ao produto das distâncias aos outros dois lados opostos. Solução: Q P N M I D C B A Inicialmente note que AMIQ, DQIP, CPIN e BNIM são quadriláteros inscritíveis pois todos possuem dois ângulos opostos somando 180 o . Como AMIQ é inscritível ⇒ ∠MQI = ∠MAI, pois estes dois ângulos compreendem a mesma corda na circunferência circunscrita a AMIQ. Perceba agora que ∠MAI = ∠BAC = ∠BCD, pois ∠BAC e ∠BCD compreendem a mesma corda na circunferência circunscrita a ABCD. Repare agora que ∠BCD = ∠PQI, já que estes dois ângulos compreendem a mesma corda na circunferência circunscrita a DQIP. Portanto, temos que ∠MQI = ∠PQI, ou seja, QI é a bissetriz de ∠MQP. Inicialmente devemos notar que em um trapézio retângulo circunscritível o menor lado é a base menor. Desde que o quadrilátero é circunscritível: b + d = a + c = 18 cm. Pelo enunciado: b – d = 2 cm ⇒ b = 10 cm d = 8 cm. Assim: r = d/2 = 4 cm. Separemos agora o trapézio em um retângulo e um triângulo através de uma reta perpendicular às bases. a c – a 2r d b a E, F G e H são os pés das perpendiculares de um ponto M, sobre a circunferência, a AB, BC, CD e DA, respectivamente. Como ∠MCF = ∠MAE então ∆MCF ~ ∆MAE ⇒ MC MF MA ME = ⇒ MC MA MF ME = . Como AMCD é inscritível então: ∠MCD = ∠MCG = 180 o – ∠MAD = ∠MAH ⇒ ∆MAH ~ ∆MCG ⇒ MC MG MA MH = ⇒ MC MA MG MH = . Portanto: MG MH MF ME = ⇒ ME.MG = MF.MH C H G F E M C B A 173 Capítulo 5. Introdução aos Quadriláteros 11) Seja ABCD um quadrilátero inscritível e sejam I a , I b , I c , e I d , respectivamente, os incentros dos triângulos ∆DAB, ∆ABC, ∆BCD, ∆CDA. Prove que I a I b I c I d é um retângulo. Demonstração: 12) (Olimpíada do Cone Sul-2002) Seja ABCD um quadrilátero convexo tal que suas diagonais AC e BD são perpendiculares. Seja P a interseção de AC e BD e seja M o ponto médio de AB. Mostre que o quadrilátero ABCD é inscritível se, e somente se, as retas PM e CD são perpendiculares. Solução: N • β α M P D B A Sejam α = ∠DCA e β = ∠BCA. Suponha que PM ⊥ CD. Assim, temos que ∠NPC = ∠MPA = 90 o – α ⇒ ∠MPB = α. Como PM é mediana relativa à hipotenusa de ∆APB, então PM = MB, ou seja, ∆PMB é isósceles ⇒ ∠PBM = α ⇒ ∠PAB = 90 o – α. Portanto, temos que ∆APB ~ ∆PDC ⇒ CP DP BP AP = ⇒ CP BP DP AP = , ou seja, temos que ∆DPA ~ ∆BPC ⇒ ∠PAD = ∠PBC = 90 o – β. Assim, temos que: ∠BAD = ∠BAP + ∠DAP = 90 o – α + 90 o – β = 180 o – (α + β) = 180 o – ∠DAC ⇒ ABCD é inscritível. α N M P D C B A Suponha agora que ABCD é inscritível. Perceba que ∠DCA = ∠DBA = α, uma vez que estes dois ângulos compreendem a mesma corda AD no circuncírculo de ABCD. Como PM é mediana relativa à hipotenusa de ∆APB, então PM = MB, ou seja, ∆PMB é isósceles ⇒ ∠BPM = α ⇒ ∠PAB = ∠PNC = 90 o – α. Desde que ∠PCN = α e ∠PNC = 90 o – α, então ∠PNC = 90 o ⇒ PM e CD são perpendiculares. D A I c I d I b I a C B Desde que ∠DAB = ∠ACB então ∠DAB + ∠DBA = ∠CAB + ∠CBA. Desde modo: ∠I c AI d = ∠I c AB – ∠I d AB = = (∠DAB)/2 – (∠CAB)/2 = (∠CBA)/2 – (∠DBA)/2 = = ∠I d BA – ∠I c BA = I c BI c ⇒ A, B, I d , I c pertencem a uma mesma circunferência. Analogamente temos que A, D, I b , I c também pertencem a uma mesma circunferência. Assim: ∠I b I c I d = 360 o – (∠I d I c A + ∠I b I c A) = = 180 o – ∠I d I c A + 180 o – ∠I b I c A = ∠I d BA + ∠I b DA = = (∠CBA)/2 + (∠ADC)/2 = 90 o . Analogamente pode-se demonstrar que os outros três ângulos de I a I b I c I d são iguais a 90 o . 174 Capítulo 6. Área e Relações Métricas no Círculo T m n S p q R H C B A Exemplos: 1) (UFRN-97) Quatro círculos, todos com raio unitário e cujos centros são vértices de um quadrado, são tangentes exteriormente, dois a dois. A área da parte hachurada é: A) π 2 B) 2 3 11 − C) 3 2 11 − D) 4 - π E) 5 - π Solução: 2) (Colégio Naval-91) Os lados do triângulo medem: 4 BC e 3 2 AC 2; AB = = = . A área da intersecção entre o círculo de centro B e raio BA, o círculo de centro C e raio CA e o triângulo ABC, é: a) 3 2 2 3 − π b) 3 2 3 4 − π c) 3 2 4 5 − π d) 3 2 3 5 − π e) 3 2 5 6 − π Solução: ) 3 / sen( 2 AH . AC AC 2 C ˆ ) 6 / sen( 2 AH . AB AB 2 B ˆ S 2 2 T π − + π − = ⇒ 2 3 2 3 . 3 2 ) 3 2 ( 12 2 1 2 3 . 2 ) 2 ( 6 S 2 2 T − π + − π = ⇒ 2 3 3 2 3 3 2 S T − π + − π = ⇒ 3 2 3 5 S T − π = 3) (AFA-2003) Na figura, RST é um triângulo retângulo em S. Os arcos RnST, RmS e SqT são semicircunferências cujos diâmetros são, respectivamente, RT, SR e ST. A soma das áreas das figuras hachuradas está para a área do triângulo RST na razão. a) 1/3 b) 1 c) 1/2 d) 3/2 Tomemos apenas um quarto da figura. Claramente a área total S T é igual a quatro vezes a área destacada na figura ao lado. Esta área pode ser calculada subtraindo a área de um quadrado de lado 1 de um quarto de circunferência de raio 1. Assim: π − = | ¹ | \ | π − = | | ¹ | \ | π − = 4 4 1 4 4 R R 4 S 2 2 T Inicialmente notemos que ∆ABC é retângulo, uma vez que BC 2 = AB 2 + AC 2 . Deste modo, os dois círculos traçados são ortogonais. Assim: 2 3 4 3 2 BC AC B sen = = = ⇒ B = π/3 e C = π/6 AH.BC = AB.AC ⇒ 3 2 . 2 4 . AH = ⇒ 3 AH = 196 Capítulo 6. Área e Relações Métricas no Círculo Solução: Sejam x 2 RS = e y 2 TS = ⇒ 2 2 y x 2 RT + = . Assim, S ∆RST = 2xy. A soma das áreas hachuradas vale: 2 ) y x ( xy 2 2 y 2 x S S S S S 2 2 2 2 RnSpT RST SqT RmS + π − + π + π = − + + = ∆ ⇒ S = 2xy. Deste modo, como S ∆RST = S, então a razão vale 1. 4) (IBMEC-2005) Considere que os ângulos de todos os cantos da figura abaixo são retos e que todos os arcos são arcos de circunferências de raio 2, com centros sobre os pontos em destaque. A área da região sombreada é igual a a) 4 b) 4π c) 16 d) 16π e) 64 Solução: A parte central é equivalente a um quadrado de lado 4 menos quatro quadrantes de raio 2: S 1 = (4) 2 – π(2) 2 = 16 – 4π. Unindo as áreas das extremidades obtemos um círculo de raio 2: S 2 = π(2) 2 = 4π. Logo: S 1 + S 2 = 16. 5) (UFLA-2005) Uma das faces de uma medalha circular tem o desenho ao lado. A região hachurada é de ouro e a não-hachurada é de prata. Sabendo que os contornos das áreas hachuradas são semicírculos, as áreas das superfícies de ouro e de prata são, respectivamente, em cm 2 : Solução: Inicialmente observe que a reta pontilhada é uma linha de simetria. Assim, a área de ouro é igual a duas vezes a área de um semicírculo de raio 1,4 cm menos a área de um semicírculo de raio 0,7 cm: π = ( ¸ ( ¸ π − π = 47 , 1 ) 7 , 0 ( 2 ) 4 , 1 ( 2 2 S 2 2 ouro . A área de prata é igual à área total menos a área de ouro: S prata = π(2,1) 2 – 1,47π = 2,94π. 6) (UECE-2005) Na figura as semi-retas r e s são tangentes ao círculo de raio 1 m. Se α = 60 o , a área da região pigmentada é igual a: 197 Capítulo 6. Área e Relações Métricas no Círculo Solução: O ângulo central correspondente ao ângulo inscrito ∠BAC é igual à 2∠BAC = 120 o . Como os arcos AB e AC são iguais, chamando-os de α temos: 2α + 120 o = 360 o ⇒ α = 120 o . Assim, as áreas hachuradas são dois segmentos circulares de ângulo central 120 o e raio 6. Logo: | | 3 18 24 3 9 12 2 2 120 sen . 6 . 6 2 6 3 2 2 S o 2 − π = − π = ( ¸ ( ¸ − π = . 9) (Unifor-2002) Na figura abaixo têm-se um triângulo eqüilátero de lado 2 m e três circunferências cujos diâmetros são os três lados desse triângulo. A área da região sombreada, em metros quadrados, é igual a a) 2 3 + π b) 2 3 − π c) 2 3 π d) 2 3 2 − π e) 3 − π Solução: A região hachurada é composta de um triângulo equilátero de lado igual a 1 m mais de três segmentos circulares de ângulo central 60 o e raio 1 m. Portanto: 2 3 4 3 6 3 4 3 4 3 R 2 R 3 3 4 3 R S 2 2 2 − π = ( ¸ ( ¸ − π + = ( ¸ ( ¸ − π + = . 10) (ITA-99) Duas circunferências C 1 e C 2 , ambas com 1 m de raio, são tangentes. Seja C 3 outra circunferência cujo raio mede ( 1 2 − ) m e que tangencia externamente C 1 e C 2 . A área, em m 2 , da região limitada e exterior às três circunferências dadas, é: a) | | ¹ | \ | − π − 2 2 1 1 b) 6 2 1 π − c) ( ) 2 1 2 − d) | ¹ | \ | − π 2 1 2 16 e) 1 ) 1 2 ( − − π Solução: A B C Os lados de ∆ABC são: a = b = R + r = 2 1 2 1 = − + e c = 2R = 2. Uma vez que c 2 = a 2 + b 2 e a = b então ∆ABC é retângulo isósceles ⇒ A = B = 45 o e C = 90 o . Assim: 4 r . 8 R . 2 2 b . a S 2 2 π − | | ¹ | \ | π − = ⇒ 4 ) 1 2 ( 4 ) 1 ( 2 2 . 2 S 2 2 − π − π − = ⇒ 199 Capítulo 6. Área e Relações Métricas no Círculo 4 ) 1 2 2 2 1 ( 1 S + − + π − = ⇒ | | ¹ | \ | − π − = 2 2 1 1 S 11) (IME-76/77) Traçam-se dois círculos de raio r e centros em O e O’ (cada um passando pelo centro do outro), que se cortam em I e J. Com centro em I e raio 2r traça-se um arco de círculo que tangencia (O) em A e (O’) em A’. Com centro em J e raio 2r traça-se um arco de círculo que tangencia (O) em B e (O’) em B’. Em (O) o diâmetro dO tem a outra extremidade em C; em (O’) o diâmetro dO’ tem a outra extremidade em C’. Os arcos AA’, A’C’B’, B’B e BCA formam uma oval com quatro centros. Pede-se a área desta oval em função de r. Solução: 12) (OBM-81 banco) Dado um quadrado de lado x, com centro em cada vértice traçam-se 4 circunferências de raio x. Determinar a área do quadrilátero curvilíneo interior ao quadrado dado. Solução: 13) (OBM-2002) Um grande painel na forma de um quarto de círculo foi composto com 4 cores, conforme indicado na figura ao lado, onde o segmento divide o setor em duas partes iguais e o arco interno é uma semicircunferência. Qual é a cor que cobre a maior área? a z u l b r a n c o amarelo verde C' C B' B A A' O I S 1 S 2 J O' Note que, pela simetria da construção, temos que as áreas dos setores OBCA e O'A'C'B' são iguais (S 1 ), bem como as áreas dos setores IAA' e JB'B também são iguais (S 2 ). Assim, a área da oval é igual a S = 2.S 1 + 2.S 2 – 2.S ∆IOO' . Além do mais, ∆IAA' é equilátero (lado 2r), ou seja, ∠AIA' = π/3 e ∠A'O'B' = 2π/3. Portanto: 4 3 r . 2 3 ) r ( 2 6 ) r 2 .( 2 S 2 2 2 − π + π = ⇒ 2 r 2 3 2 S | | ¹ | \ | − π = S R Q P D C B A θ O quadrilátero curvilíneo PQRS pode ser decomposto no quadrado PQRS mais quatro segmentos circulares iguais. Como DP = PC = DC = x ⇒ ∆DPC é equilátero ⇒ ∠PDC = 60 o ⇒ ∠QDC = 60 o – θ. Analogamente ∠PDA = 60 o – θ ⇒ θ = 30 o . Assim: PQ = 2.x.sen 15 o = 3 2 x 2 2 / 3 1 x . 2 − = − Portanto: | | ¹ | \ | π − π + = 2 ) 6 / ( sen . x x 12 . 4 PQ S 2 2 2 ⇒ 2 2 2 x x 3 ) 3 2 ( x S − π + − = ⇒ ( ) 3 x 3 3 3 S 2 π + − = 200 Capítulo 6. Área e Relações Métricas no Círculo A B D C 0 A área da coroa circular é igual a a) 1 b) π/2 c) π d) 2π 40) (EPCAr-2000) P é um ponto da corda CD do círculo de centro O. Se CP = 9 cm, PD = 5 cm e o raio mede 9 cm, então o valor de OP é a) 4 cm b) 5 cm c) 6 cm d) 7 cm 41) (EPCAr-2000) - A área da superfície hachurada na figura mede, em cm 2 , a) 3 + 2π b) 6 + 4π c) 28 – 6π d) 22 - 4π 42) (EPCAr-2001) De um ponto P exterior a uma circunferência, traçam-se uma secante PB de 32 cm, que passa pelo seu centro, e uma tangente PT cujo comprimento é de 24 cm. O comprimento dessa circunferência, em cm, é a) 14π b) 12π c) 10π d) 8π 53) (EPCAr-2001) Na figura, O é o centro do círculo de raio r, AT é tangente ao círculo e MT é perpendicular a AT. Então, a área hachurada é a) ( ) π − 4 3 9 24 r 2 b) ( ) π − 4 3 15 24 r 2 c) ( ) π − 4 3 6 24 r 2 d) ( ) π − 4 3 4 24 r 2 44) (EPCAr-2002) Considere dois círculos de raios (r) e (R) centrados em A e B, respectivamente, que são tangentes externamente e cujas retas tangentes comuns formam um ângulo de 60°. A razão entre as áreas do círculo maior e do menor é a) 9 b) 3 c) 3 1 d) 9 1 45) (EPCAr-2002) AB= 20 cm é um diâmetro de um círculo de centro O e T é um ponto da tangente ao círculo em A, tal que AB AT = . A reta determinada por O e T intercepta o círculo em C e D, tal que TD TC < . O segmento TD mede a) 10 5 10 − b) 5 10 − c) 10 5 10 + d) 5 10 20 − 46) (EPCAr-2002) Em torno de um campo de futebol, conforme figura abaixo, construiu-se uma pista de atletismo com 3 metros de largura, cujo preço por metro quadrado é de R$ 500,00. Sabendo-se que os arcos situados atrás das traves dos gols são semicírculos de mesma dimensão, o custo total desta construção que equivale à área hachurada, é: (Considere π = 3,14) a) R$ 300.000,00 c) R$ 502.530,00 b) R$ 464.500,00 d) R$ 667.030,00 47) (EPCAr-2003) Nas figuras abaixo, os quadrados Q 1, Q 2 e Q 3 têm lados com mesmo comprimento x e as circunferências em cada quadrado têm o mesmo diâmetro x 1 , x 2 e x 3 , respectivamente. Sejam S 1 , S 2 e S 3 as áreas totais ocupadas pelo conjunto de circunferências em cada quadrado Q 1, Q 2 e Q 3 , respectivamente. M T A O 60º 30° A r B R 3 cm 100 m 3 m 40 m 3m 208 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Demonstração: Tracemos por A, B e C as alturas respectivas aos triângulos AFD, CFE e BDE. 7.2.1) Teorema Recíproco de Menelaus: “Se D, E e F são pontos sobre as retas suportes dos lados AB, BC e AC, respectivamente, e 1 FA CF . EC BE . BD AD = então D, E e F estão alinhados” Demonstração: Suponha que a reta ED corta o lado AC em F’. Pelo Teorema de Menelaus temos que 1 A ' F ' CF . EC BE . BD AD = . Como 1 FA CF . EC BE . BD AD = então temos que CF FA ' CF A ' F = ⇒ F = F’ ⇒ D, E e F estão alinhados. Exemplos: 1) (AFA-99) Na figura abaixo o perímetro do triângulo equilátero ABC é 72 cm, M é o ponto médio de AB e CE= 16 cm. Então, a medida do segmento CN, em cm, é um sétimo de a) 48. b) 49. c) 50. d) 51. Solução: Como o perímetro de ∆ABC é 72 cm então seu lado mede 18 cm. Aplicando o Teorema de Menelaus tomando como referência o triângulo ∆ABC e a transversal ME: 16 18 16 . CN 18 CN . 1 CE BE . AN CN . BM AM 1 + − = = ⇒ 34.CN = 16(18 – CN) ⇒ 17.CN = 144 – 4.CN ⇒ 21.CN = 144 ⇒ 7 48 CN = cm. 2) Em um triângulo ABC tomam-se os pontos M, N e P sobre os lados AB, AC e BC, respectivamente, de modo que AB = 3AM, AC = 3CN e BC = 3BP. Determine a razão entre área do triângulo XYZ (determinado pelas interseções de AP, BN e CM) e a área do triângulo ABC. h c h b h a P M C F B A N E D Desde que AM, BP e CN são perpendiculares ao segmento MD, então esses três segmentos são paralelos. Assim: i) ∆AMD ~ ∆BPD ⇒ b a h h BD AD = ; ii) ∆BPE ~ ∆CNE ⇒ c b h h EC BE = ; iii) ∆AMF ~ ∆CNF ⇒ a c h h FA CF = . Multiplicando: 1 h h . h h . h h FA CF . EC BE . BD AD a c c b b a = = A M B E N C 217 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Z Y X N P M C B A Solução: Inicialmente designemos por S o valor da área do triângulo ABC. Aplicando o Teorema de Menelaus em relação ao triângulo ∆APC e a transversal BN. 3 . AZ PZ . 2 BP BC . AZ PZ . NC NA 1 = = ⇒ 6 1 AZ PZ = ⇒ 7 1 AP PZ = . Analogamente, pode-se demonstrar que 7 1 BN NY = e 7 1 CM MX = . Como os triângulos ∆BPZ e ∆ABP possuem um lado comum BP, então: 7 1 AP PZ S S ABP BPZ = = ∆ ∆ Da mesma forma, como ∆ABP e ∆ABC possuem o lado AB comum, então: 3 1 BC BP S S ABP = = ∆ Deste modo, concluímos que 21 S S BPZ = ∆ . Analogamente: 21 S S CNY = ∆ e 21 S S AMX = ∆ . Assim: 21 S S 21 S S S S 3 S BZXM BPZ BZXM AMX + + = + + = ∆ ∆ ⇒ 21 S . 5 S BZXM = . Analogamente: 21 S . 5 S AXYN = e 21 S . 5 S CYZP = . Finalmente: 21 S . 5 . 3 21 S . 3 S ) S S S ( ) S S S ( S S XYZ CYZP BZXM AXYN CNY BPZ AMX XYZ + + = + + + + + + = ∆ ∆ ∆ ∆ ⇒ 7 1 S S XYZ = . 3) (IME-90) Prove que as tangentes ao círculo circunscrito a um triângulo, passando nos seus vértices, interceptam os lados opostos em três pontos colineares. Solução: Portanto, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, temos que P, Q e R são colineares. P Q R C B A Como ∠BAC e ∠QBC compreendem a mesma corda na circunferência então ∠BAC = ∠QBC. Assim: ∆ABQ ~ ∆BCQ ⇒ BC BA BQ AQ = . Analogamente ∠BCR = ∠BAC ⇒ ∆CRB ~ ∆ARC ⇒ AC BC AR CR = . Finalmente ∠CAP = ∠ABC ⇒ ∆CAP ~ ∆ABP ⇒ BA AC BP PC = . Multiplicando as três expressões obtidas: 1 BA AC . AC BC . BC BA BP PC . AR CR . BQ AQ = = 218 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 4) (IME-87/88) Sobre os catetos AB e AC de um triângulo ABC, constroem-se dois quadrados ABDE e ACFG. Mostre que os segmentos CD, BF e altura AH são concorrentes. Solução: Como AX + XB = c ⇒ c b c XB 2 + = . Repare agora que: 1 c b c . b c b b . a b a c . c b c c b c . b YA CY . HC BH . XB AX 2 2 2 2 = + + + + = , ou seja, pelo Teorema de Ceva os segmentos DC, EF e AH são concorrentes. 5) Em um triângulo ABC, suponha que AD é altura. Suponha que perpendiculares, a partir de D, encontram os lados AB e AC em E e F, respectivamente. Suponha que G e H são pontos de AB e AC, respectivamente, tais que DG || AC e DH || AB. Supondo que EF e GH encontram-se em A*: a) Prove que A* pertence a BC; b) Definindo B* e C* de forma análoga, prove que A*, B* e C* são colineares. Solução: Como DG || AC temos que DB CD GB AG = , e desde que DH || AB temos DB CD HA CH = . Assim: 1 BD CD . * CA * BA DB CD . DB CD . * CA * BA GB AG . HA CH . * CA * BA 2 2 = = = . Portanto, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, temos que H, G e A* são colineares. b) Em ∆ABC, sejam P e R os pés das alturas relativas a B e C, respectivamente. Efetuando cálculos análogos aos realizados no item anterior, encontramos que 2 2 CP AP * CB * AB = e 2 2 BR AR * BC * AC = . Y X H G F E D C B A Como ∆ACH ~ ∆BCA ⇒ BC AC AC HC = ⇒ a b HC 2 = . Analogamente a c HB 2 = . Desde que ∆BYA ~ ∆BFG ⇒ GB AB FG YA = ⇒ c b c . b YA + = . Como CY + YA = b ⇒ c b b CY 2 + = . Uma vez que ∆CXA ~ ∆CDE ⇒ CE CA ED AX = ⇒ c b c . b AX + = Como DE é altura do triângulo retângulo ∆ADB: AD 2 = AE.AB e BD 2 = EB.AB ⇒ 2 2 BD AD EB AE = . Analogamente: 2 2 AD CD FA CF = . Suponha que A* é o ponto onde EF encontra BC. Aplicando o Teorema de Menelaus em ∆ABC com relação à transversal EFA*: 2 2 2 2 BD AD . AD CD . * CA * BA EB AE . FA CF . * CA * BA 1 = = ⇒ 2 2 CD BD * CA * BA = A B C D E F G H A* 219 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Como as alturas de ∆ABC são concorrentes, pelo Teorema de Ceva temos: 1 RB AR . PA CP . DC BD = Deste modo, pode-se observar que: 1 RB AR . PA CP . DC BD B * C * AC . A * B * CB . * CA * BA 2 = = . Portanto, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, temos que A*, B* e C* são colineares. 6) Seja ABCD um trapézio com AB || CD, e seja X um ponto no segmento AB. Admitamos que P = CB ∩ AD, Y = CD ∩ PX, R = AY ∩ BD e T = PR ∩ AB. Prove que AB 1 AX 1 AT 1 + = . Solução: 7) (Cone Sul-97) Seja C uma circunferência de centro O, AB um diâmetro dela e R um ponto qualquer em C distinto de A e de B. Seja P a interseção da perpendicular traçada por O a AR. Sobre a reta OP marca-se Q, de maneira que QP é a metade de PO, Q não pertence ao segmento OP. Por Q traçamos a paralela a AB que corta a reta AR em T. Chamamos H a interseção das retas AQ e OT. Provar que H, R e B são colineares. Solução: Pelo Teorema de Menelaus em ∆ABD: 1 PA DP . RD BR . TB AT = . Como ∆ABR ~ ∆YDR e ∆PDY ~ ∆PAX, então: DY AB RD BR = e AX DY PA DP = Deste modo: AX AB AX DY . DY AB PA DP . DY AB AT TB = = = . Assim: 1 AX AB 1 AT TB AT AB + = + = ⇒ AB 1 AX 1 AT 1 + = . A B D C T X Y R P A O B R Q P H T Inicialmente observemos que ∆APO ~ ∆TPQ: QP PO TP AP TQ AO = = Como PO = 2.QP então AO = 2.QT e AP = 2.TP. Desde que ∆HAO ~ ∆HQT temos: QT AO HT HO = . Como AO = 2.QT então HO = 2.HT Como O é o centro da circunferência e OP é perpendicular à corda AR, então AP = RP ⇒ 2.TP = RT + TP ⇒ TP = RT Desenvolvendo RA como soma de suas partes: RA = RT + TP + PA = RT + RT + 2.RT ⇒ RA = 4.RT Sabe-se também que BA = 2.BO Daí 1 2 1 . 4 . 2 1 BA BO . RT RA . HO HT = = . Deste modo, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, (aplicado ao triângulo ∆AOT), concluímos que H, R e B são colineares. 220 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Demonstração: Tracemos por A, B e C as alturas respectivas aos triângulos AFD, CFE e BDE. 7.2.1) Teorema Recíproco de Menelaus: “Se D, E e F são pontos sobre as retas suportes dos lados AB, BC e AC, respectivamente, e 1 FA CF . EC BE . BD AD = então D, E e F estão alinhados” Demonstração: Suponha que a reta ED corta o lado AC em F’. Pelo Teorema de Menelaus temos que 1 A ' F ' CF . EC BE . BD AD = . Como 1 FA CF . EC BE . BD AD = então temos que CF FA ' CF A ' F = ⇒ F = F’ ⇒ D, E e F estão alinhados. Exemplos: 1) (AFA-99) Na figura abaixo o perímetro do triângulo equilátero ABC é 72 cm, M é o ponto médio de AB e CE= 16 cm. Então, a medida do segmento CN, em cm, é um sétimo de a) 48. b) 49. c) 50. d) 51. Solução: Como o perímetro de ∆ABC é 72 cm então seu lado mede 18 cm. Aplicando o Teorema de Menelaus tomando como referência o triângulo ∆ABC e a transversal ME: 16 18 16 . CN 18 CN . 1 CE BE . AN CN . BM AM 1 + − = = ⇒ 34.CN = 16(18 – CN) ⇒ 17.CN = 144 – 4.CN ⇒ 21.CN = 144 ⇒ 7 48 CN = cm. 2) Em um triângulo ABC tomam-se os pontos M, N e P sobre os lados AB, AC e BC, respectivamente, de modo que AB = 3AM, AC = 3CN e BC = 3BP. Determine a razão entre área do triângulo XYZ (determinado pelas interseções de AP, BN e CM) e a área do triângulo ABC. h c h b h a P M C F B A N E D Desde que AM, BP e CN são perpendiculares ao segmento MD, então esses três segmentos são paralelos. Assim: i) ∆AMD ~ ∆BPD ⇒ b a h h BD AD = ; ii) ∆BPE ~ ∆CNE ⇒ c b h h EC BE = ; iii) ∆AMF ~ ∆CNF ⇒ a c h h FA CF = . Multiplicando: 1 h h . h h . h h FA CF . EC BE . BD AD a c c b b a = = A M B E N C 217 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Z Y X N P M C B A Solução: Inicialmente designemos por S o valor da área do triângulo ABC. Aplicando o Teorema de Menelaus em relação ao triângulo ∆APC e a transversal BN. 3 . AZ PZ . 2 BP BC . AZ PZ . NC NA 1 = = ⇒ 6 1 AZ PZ = ⇒ 7 1 AP PZ = . Analogamente, pode-se demonstrar que 7 1 BN NY = e 7 1 CM MX = . Como os triângulos ∆BPZ e ∆ABP possuem um lado comum BP, então: 7 1 AP PZ S S ABP BPZ = = ∆ ∆ Da mesma forma, como ∆ABP e ∆ABC possuem o lado AB comum, então: 3 1 BC BP S S ABP = = ∆ Deste modo, concluímos que 21 S S BPZ = ∆ . Analogamente: 21 S S CNY = ∆ e 21 S S AMX = ∆ . Assim: 21 S S 21 S S S S 3 S BZXM BPZ BZXM AMX + + = + + = ∆ ∆ ⇒ 21 S . 5 S BZXM = . Analogamente: 21 S . 5 S AXYN = e 21 S . 5 S CYZP = . Finalmente: 21 S . 5 . 3 21 S . 3 S ) S S S ( ) S S S ( S S XYZ CYZP BZXM AXYN CNY BPZ AMX XYZ + + = + + + + + + = ∆ ∆ ∆ ∆ ⇒ 7 1 S S XYZ = . 3) (IME-90) Prove que as tangentes ao círculo circunscrito a um triângulo, passando nos seus vértices, interceptam os lados opostos em três pontos colineares. Solução: Portanto, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, temos que P, Q e R são colineares. P Q R C B A Como ∠BAC e ∠QBC compreendem a mesma corda na circunferência então ∠BAC = ∠QBC. Assim: ∆ABQ ~ ∆BCQ ⇒ BC BA BQ AQ = . Analogamente ∠BCR = ∠BAC ⇒ ∆CRB ~ ∆ARC ⇒ AC BC AR CR = . Finalmente ∠CAP = ∠ABC ⇒ ∆CAP ~ ∆ABP ⇒ BA AC BP PC = . Multiplicando as três expressões obtidas: 1 BA AC . AC BC . BC BA BP PC . AR CR . BQ AQ = = 218 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 4) (IME-87/88) Sobre os catetos AB e AC de um triângulo ABC, constroem-se dois quadrados ABDE e ACFG. Mostre que os segmentos CD, BF e altura AH são concorrentes. Solução: Como AX + XB = c ⇒ c b c XB 2 + = . Repare agora que: 1 c b c . b c b b . a b a c . c b c c b c . b YA CY . HC BH . XB AX 2 2 2 2 = + + + + = , ou seja, pelo Teorema de Ceva os segmentos DC, EF e AH são concorrentes. 5) Em um triângulo ABC, suponha que AD é altura. Suponha que perpendiculares, a partir de D, encontram os lados AB e AC em E e F, respectivamente. Suponha que G e H são pontos de AB e AC, respectivamente, tais que DG || AC e DH || AB. Supondo que EF e GH encontram-se em A*: a) Prove que A* pertence a BC; b) Definindo B* e C* de forma análoga, prove que A*, B* e C* são colineares. Solução: Como DG || AC temos que DB CD GB AG = , e desde que DH || AB temos DB CD HA CH = . Assim: 1 BD CD . * CA * BA DB CD . DB CD . * CA * BA GB AG . HA CH . * CA * BA 2 2 = = = . Portanto, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, temos que H, G e A* são colineares. b) Em ∆ABC, sejam P e R os pés das alturas relativas a B e C, respectivamente. Efetuando cálculos análogos aos realizados no item anterior, encontramos que 2 2 CP AP * CB * AB = e 2 2 BR AR * BC * AC = . Y X H G F E D C B A Como ∆ACH ~ ∆BCA ⇒ BC AC AC HC = ⇒ a b HC 2 = . Analogamente a c HB 2 = . Desde que ∆BYA ~ ∆BFG ⇒ GB AB FG YA = ⇒ c b c . b YA + = . Como CY + YA = b ⇒ c b b CY 2 + = . Uma vez que ∆CXA ~ ∆CDE ⇒ CE CA ED AX = ⇒ c b c . b AX + = Como DE é altura do triângulo retângulo ∆ADB: AD 2 = AE.AB e BD 2 = EB.AB ⇒ 2 2 BD AD EB AE = . Analogamente: 2 2 AD CD FA CF = . Suponha que A* é o ponto onde EF encontra BC. Aplicando o Teorema de Menelaus em ∆ABC com relação à transversal EFA*: 2 2 2 2 BD AD . AD CD . * CA * BA EB AE . FA CF . * CA * BA 1 = = ⇒ 2 2 CD BD * CA * BA = A B C D E F G H A* 219 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Como as alturas de ∆ABC são concorrentes, pelo Teorema de Ceva temos: 1 RB AR . PA CP . DC BD = Deste modo, pode-se observar que: 1 RB AR . PA CP . DC BD B * C * AC . A * B * CB . * CA * BA 2 = = . Portanto, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, temos que A*, B* e C* são colineares. 6) Seja ABCD um trapézio com AB || CD, e seja X um ponto no segmento AB. Admitamos que P = CB ∩ AD, Y = CD ∩ PX, R = AY ∩ BD e T = PR ∩ AB. Prove que AB 1 AX 1 AT 1 + = . Solução: 7) (Cone Sul-97) Seja C uma circunferência de centro O, AB um diâmetro dela e R um ponto qualquer em C distinto de A e de B. Seja P a interseção da perpendicular traçada por O a AR. Sobre a reta OP marca-se Q, de maneira que QP é a metade de PO, Q não pertence ao segmento OP. Por Q traçamos a paralela a AB que corta a reta AR em T. Chamamos H a interseção das retas AQ e OT. Provar que H, R e B são colineares. Solução: Pelo Teorema de Menelaus em ∆ABD: 1 PA DP . RD BR . TB AT = . Como ∆ABR ~ ∆YDR e ∆PDY ~ ∆PAX, então: DY AB RD BR = e AX DY PA DP = Deste modo: AX AB AX DY . DY AB PA DP . DY AB AT TB = = = . Assim: 1 AX AB 1 AT TB AT AB + = + = ⇒ AB 1 AX 1 AT 1 + = . A B D C T X Y R P A O B R Q P H T Inicialmente observemos que ∆APO ~ ∆TPQ: QP PO TP AP TQ AO = = Como PO = 2.QP então AO = 2.QT e AP = 2.TP. Desde que ∆HAO ~ ∆HQT temos: QT AO HT HO = . Como AO = 2.QT então HO = 2.HT Como O é o centro da circunferência e OP é perpendicular à corda AR, então AP = RP ⇒ 2.TP = RT + TP ⇒ TP = RT Desenvolvendo RA como soma de suas partes: RA = RT + TP + PA = RT + RT + 2.RT ⇒ RA = 4.RT Sabe-se também que BA = 2.BO Daí 1 2 1 . 4 . 2 1 BA BO . RT RA . HO HT = = . Deste modo, pelo Teorema Recíproco de Menelaus, (aplicado ao triângulo ∆AOT), concluímos que H, R e B são colineares. 220 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas M N P C B A X a P X b I b I a I C B A 14) ABC é um triângulo qualquer; AM, BN e CP são bissetrizes internas. Provar que a razão entre as áreas dos triângulos MNP e ABC é igual ) c b )( c a )( b a ( abc 2 + + + . Solução: ∴ c a c b a b b AN c AP S S APN + + = = ∴ c b b c a a a CM b CN S S CMN + + = = ∴ b a a c b c c BP a BM S S BMP + + = = Assim: + + + + + + + + − = + + − = ) b a )( c b ( c . a ) c b )( c a ( b . a ) c a )( b a ( c . b 1 S S S S S S 1 S S BMP CMN APN MNP ⇒ ) c b )( c a )( b a ( ) c a ( ac ) b a ( ab ) c b ( bc ) c b )( c a )( b a ( S S MNP + + + + − + − + − + + + = ⇒ ) c b )( c a )( b a ( abc 2 S S MNP + + + = . 15) Prove que o raio do círculo que passa pelos centros do círculo inscrito e dois dos círculos ex- inscritos é o dobro do raio do círculo circunscrito ao triângulo. Solução: Como ∆I b IP é retângulo: b b b a b b II b II ) b p ( p II BX BX II IP 2 / B cos = − − = − = = Como ∠I a AC = A/2 e ∠ACI a = 90º + C/2 então ∠AI a I b = B/2. Aplicando a Lei dos Senos em ∆II a I b : ' R 2 ) I AI sen( II b a b = ∠ ⇒ ' R 2 2 / B sen II b = ⇒ ' R 2 2 / B cos . 2 / B sen . 2 2 / B cos . 2 . II b = ⇒ [ ] ' R B sen 2 / B cos . II b = ⇒ ' R B sen b = ⇒ R’ = 2R 16) (Olimpíada de Maio-99) Seja ABC um triângulo equilátero. M é o ponto médio do segmento AB e N é o ponto médio do segmento BC. Seja P o ponto exterior a ABC tal que o triângulo ACP é isósceles e retângulo em P. PM e AN cortam-se em I. Prove que CI é a bissetriz do ângulo MCA. Solução: Sejam I, I a e I b , respectivamente, incentro, ex-incentro relativo a A e ex-incentro relativo a B de ∆ABC. Vamos provar que o circunraio de ∆II a I b é 2R, onde R é circunraio de ∆ABC. Por I trace uma paralela a BC e por I b trace uma perpendicular a BC, de modo que estas duas retas interceptam-se em P. Seja X b a intercessão de PI b com BC. Assim, X b é o ponto de tangência da circunferência ex-inscrita relativa a B. Portanto: I b X b = r b e BX b = p Seja X a o ponto de tangência da circunferência inscrita a ∆ABC com o lado BC. Desta forma temos que: IX a = r e BX a = p – b Como IP || BC então ∠I b IP = ∠I b BC = B/2. Pelo Teorema da Bissetriz Interna: i) c b a b CM c BM + = = ⇒ c b c . a BM + = e c b b . a CM + = ii) b a c b AP a BP + = = ⇒ b a c . a BP + = e b a c . b AP + = iii) c a b a CN c AN + = = ⇒ c a c . b AN + = e c a b . a CN + = 238 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Considere os pontos de tangência das circunferências inscritas com os lados de acordo com a figura ao lado. Em ∆ABX temos: AM = AN = (c + AX – BX)/2 BM = BR = (c + BX – AX)/2 XR = XN = (AX + BX – c)/2 Em ∆BCX temos: BR = BQ = (a + BX – CX)/2 CP = CQ = (a + CX – BX)/2 XR = XP = (BX + CX – a)/2 17) (Seletiva Brasileira-Cone Sul-96) Um ponto X é escolhido sobre o lado AC do triângulo ABC. Prove que se as circunferências inscritas nos triângulos ABX e BCX são tangentes, então X pertence à circunferência inscrita no triângulo ABC. Solução: Logo: (AX + BX – c)/2 = (BX + CX – a)/2 ⇒ CX – AX = a – c Como CX + AX = b ⇒ CX = (a + b – c)/2 = p – c AX = (b + c – a)/2 = p – a ⇒ X é o ponto de contato do incírculo de ∆ABC com o lado AC. 18) (Seletiva Brasileira -Cone Sul-2000) Sejam L e M, respectivamente, as interseções das bissetrizes interna e externa do ângulo C do triângulo ABC e a reta AB. Se CL = CM, prove que AC 2 + BC 2 = 4R 2 , onde R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC. Solução: Uma vez que sen 2 B + cos 2 B = 1 então segue diretamente que AC 2 + BC 2 = 4R 2 . 19) (Olimpíada da Estônia-2001) Em um triângulo ABC, as medidas dos seus lados são inteiros consecutivos e a mediana relativa ao lado BC é perpendicular à bissetriz interna do ângulo ∠ABC. Determine as medidas dos lados do triângulo ABC. Solução: M a/2 Y X P c C B A Digamos que x, x + 1 e x + 2 são os lados do triângulo. Desde que BP é bissetriz do ângulo B, então ∠ABP = ∠PBM ⇒ ∆ABP ~ ∆MBP ⇒ X = Y ⇒ ∆ABM é isósceles ⇒ AB = BM ⇒ c = a/2 Vamos analisar todas as possibilidades: I P N M C A B Como ∆ABC é equilátero e N é médio de BC então AN é mediana, altura e bissetriz de A. Analogamente CM é mediana e altura de C ⇒ CM ⊥ AB. Como ∠CMA + ∠APC = 180º ⇒ APCM é um quadrilátero inscritível. Desde que AP = PC, então ∠AMP e ∠PMC são ângulos inscritos no circuncírculo de APCM que compreendem cordas de mesmo comprimento, ou seja, ∠AMP = ∠PMC ⇒ MP é bissetriz de ∠AMC. Portanto, temos em ∆AMC que AN é bissetriz de ∠MAC e MP é bissetriz de ∠AMC, ou seja, I é i incentro de ∆AMC, implicando que CI é a bissetriz de ∠MCA. R Q P N M X B C A M L B A C Desde que CL = CM e CL ⊥ CM ⇒ ∆CLM é retângulo isósceles ⇒ ∠CLB = 45º ⇒ B = 135º – C/2 e A = 45º – C/2 ⇒ A = 90º – B. Pela Lei dos Senos em ∆ABC: R 2 A sen BC B sen AC = = ⇒ R 2 B cos BC B sen AC = = ⇒ R 2 AC B sen = e R 2 BC B cos = . 239 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas i) x = (x + 1)/2 ⇒ 2x = x + 1 ⇒ x = 1 ⇒ os lados são 1, 2 e 3 que é impossível, pois 2 + 1 = 3 ii) x = (x + 2)/2 ⇒ 2x = x + 2 ⇒ x = 2 ⇒ os lados são 2, 3 e 4 iii) x + 1 = (x + 2)/2 ⇒ 2x + 2 = x + 2 ⇒ x = 0 que é impossível Portanto: AB = 2 AC = 3 BC = 4 20) (Olimpíada da Inglaterra-89) Um ponto A 1 é escolhido sobre o lado BC de um triângulo ABC de modo que os raios das circunferências inscritas em ∆ABA 1 e ∆ACA 1 são iguais. Se BC = a, CA = b, AB = c e 2p = a + b + c, prove que ) a p ( p AA 1 − = . Solução: IX BC P O IX O O 1 2 1 = − ⇒ r a r r QA PA a 1 1 = − + ⇒ r a r r b p c p a 2 1 = − − + − ⇒ r r 1 a c b AA p a 1 − = − − + ⇒ 1 1 AA p p 1 a p AA a + − = − + ⇒ 1 1 AA p p 1 a p AA 1 + − = − + ⇒ p 2 – AA 1 2 = a.p ⇒ ) a p ( p AA 1 − = . 21) (Olímpiada Iberoamericana-2002) Num triângulo escaleno ABC traça-se a bissetriz interna BD, com D sobre AC. Sejam E e F, respectivamente, os pés das perpendiculares traçadas desde A e C até à reta BD, e seja M o ponto sobre o lado BC tal que DM é perpendicular a BC. Demonstre que ∠EMD = ∠DMF. Solução: Como BD é uma bissetriz então DX = DM e BX = BM ⇒ ∆BXD ≡ ∆BMD ⇒ ∠EXD = ∠EMD = θ. Desde que ∠AXD + ∠AED = 180º então o quadrilátero AXED é inscritível ⇒ ∠EAD = ∠EXD = θ. Repare também que ∠BAE + ∠EAD = A ⇒ ∠BAE = A – θ ⇒ A – θ = 90º – B/2 ⇒ θ = A + B/2 – 90º. Como A = 180º – ( B + C) ⇒ θ = 180º – B – C + B/2 – 90º ⇒ θ = 90º – (C + B/2) = α Sejam O 1 e O 2 os incentros de ∆ABA 1 e ∆ACA 1 e p 1 e p 2 os semiperímetros dos mesmos triângulos. Considere que P, Q e X são as projeções de O 1 , O 2 e I (incentro de ∆ABC) sobre BC. Nós temos que: S ABC = S ABA1 + S ACA1 ⇒ r a .p 1 + r a .p 2 = r a (p 1 + p 2 ) = r a (p + AA 1 ) ⇒ r a (p + AA 1 ) = p.r Como O 1 está sobre a bissetriz de B e O 2 está sobre a bissetriz de C então B, O 1 e I são colineares e C, O 2 e I também estão alinhados. Portanto temos que ∆IO 1 O 2 ~ ∆IBC, ou seja: X r a r r a Q P O 2 I O 1 A 1 C B A Sejam θ = ∠EMD e α = ∠DMF. Como ∠CMD + ∠DFC = 180º então o quadrilátero CMDF é inscritível. Uma vez que α e ∠DCF compreendem a mesma corda DF no circuncírculo de CMDF então ∠DCF = α ⇒ ∠BCF = α + C. Como ∆BCF é retângulo então ∠CBF = 90º – ∠BCF ⇒ B/2 = 90º – (α + C) ⇒ α = 90º – (C + B/2) Trace agora uma perpendicular a AB passando por E, sendo X a interseção desta perpendicular com AB. B/2 X E D F B C M A B/2 α θ 240 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 7.5) MEDIATRIZ E CIRCUNCENTRO 7.5.1) Definição: “Mediatriz é a reta perpendicular a um segmento passando pelo seu ponto médio. Como conseqüência, mediatriz de um segmento AB é o lugar geométrico dos pontos eqüidistantes de A e B.” 7.5.2) Teorema: “As mediatrizes dos lados de um triângulo são concorrentes em um ponto denominado de circuncentro (O).” Demonstração: Seja m AB a mediatriz de AB e m BC a mediatriz de BC. Seja O a interseção de m AB e m BC , ou seja, O é eqüidistante de A, B e C. Desta forma, O pertence ao segmento m AC , fazendo com que O seja a interseção de m AB , m BC e m AC . 7.5.3) Circunferência Circunscrita Como O é eqüidistante de A, B e C, então existe uma circunferência Γ com centro em O e que contém os vértices do ∆ABC. A esta circunferência Γ que contém os vértices de ∆ABC dá-se o nome de circunferência circunscrita a ∆ABC. Podemos dizer, também, que ∆ABC está inscrito a Γ ou que Γ é o circuncírculo de ∆ABC. 7.5.4) Área do triângulo inscrito A área de um triângulo ABC pode ser determinada pela expressão 2 C sen . b . a S = . Pela Lei dos Senos temos que R 2 C sen c = ⇒ R 2 c C sen = ⇒ R 4 c . b . a S = . Na verdade esta expressão é mais usada para calcular o raio da circunferência circunscrita a um triângulo ABC, pois dados os lados a, b e c de ∆ABC, podemos calcular sua a área utilizando a fórmula de Hieron e depois usar a equação acima para determinar R. 7.5.5) Teorema: “A distância de O até o lado oposto ao vértice A é 2 A cot . BC OM = .” Demonstração: R R O R C B A Lembre-se que em todo triângulo inscrito em uma circunferência podemos aplicar a Lei dos Senos: R 2 C sen c B sen b A sen a = = = M O C B A Desde que O é o centro da circunferência então: ∠CÔB = 2 ⇒ ∠CÔM =  Como M é o ponto médio de BC então BC = 2.CM. Desta forma: OM CM tg = ⇒ tg . 2 BC OM = ⇒ 2  cot . BC OM = Analogamente, pode-se demonstrar que as distâncias de O a B e de O a C, respectivamente, são iguais a 2 B cot . AC e 2 C cot . AB . 241 Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 7.5.6) Teorema de Carnot: “Sejam ABC um triângulo acutângulo e O centro da circunferência circunscrita a ABC. Se por O traçam-se perpendiculares aos lados de ABC, intersectando AB em O 1 , AC em O 2 e BC em O 3 , então r R OO OO OO 3 2 1 + = + + .” Demonstração: a + b + c = (b + c).cos A + (a + c).cos B + (a + b).cos C ⇒ a + b + c = (a + b + c).cos A + (a + b + c).cos B + (a + b + c).cos C – a.cos A – b.cos B – c.cos C ⇒ (a + b + c) = (a + b + c)(cos A + cos B + cos C) – (a.cos A + b.cos B + c.cos C) ⇒ R S 2 R OO R OO R OO p 2 p 2 1 2 3 − + + = ⇒ pR = p(OO 1 + OO 2 + OO 3 ) – p.r ⇒ OO 1 + OO 2 + OO 3 = R + r 7.5.7) Teorema: “Se, num triângulo ABC, O é o centro do círculo circunscrito; G é o ponto de interseção das medianas; a, b e c são os lados e R é o raio do círculo circunscrito, então 9 c b a R OG 2 2 2 2 2 + + − = .” Demonstração: 7.5.8) Teorema de Euler: “Sejam O e I o circuncentro e o incentro, respectivamente, de um triângulo com raio do círculo circunscrito igual a R e raio do círculo inscrito igual a r. Então OI 2 = R 2 – 2Rr.” O C B A O 3 O 1 A O 2 a) Inicialmente note que ∠BOC = 2.∠BAC = 2A ∆BOC é isósceles ⇒ OO 3 é altura e bissetriz ⇒ ∠BOO 3 = A ⇒ OO 3 = R.cos A Analogamente: OO 2 = R.cos B OO 1 = R.cos C A área de ∆BOC é dada por S(∆BOC) = a.OO 3 /2 = (a.R.cos A)/2 Analogamente S(∆AOB) = (c.R.cos C)/2 e S(∆AOC) = (b.R.cos B)/2 Desta forma a área de ∆ABC é dada por: S = (a.R.cos A)/2 + (b.R.cos B)/2 + (c.R.cos C)/2 ⇒ S = R(a.cos A + b.cos B + c.cos C)/2 Em ∆ABC temos que: a = b.cos C + c.cos B b = a.cos C + c.cos A c = a.cos B + b.cos A Somando estas equações: G O M C B A α Como ∆OMC é retângulo: 4 a R OM 2 2 2 − = . Lei dos Cossenos em ∆OGM: OM 2 = OG 2 + GM 2 – 2.OG.GM.cos α ⇒ α − + = − cos . 3 m . OG . 2 9 m OG 4 a R a 2 a 2 2 2 (1) Lei dos Cossenos em ∆OGA: OA 2 = OG 2 + AG 2 – 2.OG.AG.cos (180 o – α) ⇒ α + + = cos . 3 m 2 . OG . 2 9 m 4 OG R a 2 a 2 2 ⇒ α + + = cos . 3 m . OG . 2 9 m 2 2 OG 2 R a 2 a 2 2 (2) Somando (1) e (2): 3 m 2 OG . 3 4 a 2 R 3 2 a 2 2 2 + = − ⇒ 12 a 6 c 6 b 2 OG . 3 4 a 2 R 3 2 2 2 2 2 2 − + + = − ⇒ 9 c b a R OG 2 2 2 2 2 + + − = 242 Capítulo 8. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros 8.2) TEOREMA DE HIPARCO: “A razão das diagonais de um quadrilátero inscritível é a razão entre as somas dos produtos dos lados que concorrem com as respectivas diagonais”. Demonstração: Perceba agora que, sendo dados os lados de um quadrilátero inscritível, podemos calcular suas diagonais utilizando o Teorema de Ptolomeu e o Teorema de Hiparco. Do Teorema de Ptolomeu tiramos o produto das diagonais e do Teorema de Hiparco obtemos a razão das diagonais. Substituindo uma equação na outra calculamos seus valores. Exemplos: 1) Determine os comprimentos das duas diagonais de um quadrilátero inscritível cujos lados medem 6, 4, 5 e 3, respectivamente. Solução: Consideremos que: a = 6, b = 4, c = 5 e d = 3. Aplicando o Teorema de Ptolomeu: p.q = a.c + b.d = 6.5 + 4.3 = 42. Aplicando o Teorema de Hiparco: 39 38 3 . 5 4 . 6 5 . 4 3 . 6 d . c b . a c . b d . a q p = + + = + + = ⇒ 38 p . 39 q = . Substituindo obtemos: 42 38 p . 39 2 = ⇒ 13 532 p = . Como 38 p . 39 q = então 19 819 q = . 2) Prove, utilizando o Teorema de Ptolomeu, que se A e B são ângulos agudos, então sen (α + β) = sen α.cos β + sen β.cos α. Solução: 3) A ceviana AQ do triângulo equilátero ABC é prolongada encontrando o circuncírculo em P. Mostre que PQ 1 PC 1 PB 1 = + . Solução: D C B A p q d c b a Pela figura temos que S ∆BAC + S ∆DAC = S ∆ABD + S ∆CBD ⇒ R 4 q . c . b R 4 q . d . a R 4 p . d . c R 4 p . b . a + = + ⇒ p(a.b + c.d) = q(a.d + b.c) ⇒ d . c b . a c . b d . a q p + + = β α β α D C B A p q d c b a Vamos construir um quadrilátero ABCD inscritível de modo que AC seja diâmetro e α = ∠BCA e β = ∠DCA. Desde que ∆ABC e ∆ADC são triângulos retângulos então ∠BAC = 90 o – α e ∠DAC = 90 o – β. Como ABCD é inscritível então ∠ADB = α e ∠ABD = β. Aplicando Lei dos Senos nos triângulos ∆ABC, ∆ADC e ∆BDC: R 2 cos b sen a = α = α , R 2 cos c sen d = β = β , R 2 ) sen( p = β + α . Pelo Teorema de Ptolomeu: p.q = a.c + b.d ⇒ [2R.sen (α + β)][2R] = [2R.sen α][2R.cos β] + [2R.cos α][2R.sen β] ⇒ sen (α + β) = sen α.cos β + sen β.cos α. 277 Capítulo 8. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros Q P C B A P E D C B A 4) (IME-66) Em um círculo de 10 2 cm de diâmetro temos duas cordas de 2 cm e 10 cm. Achar a corda do arco soma dos arcos das cordas anteriores. Solução: 5) (IME-86/87) Sejam A, B, C, D, E os vértices de um pentágono regular inscrito num círculo e P um ponto qualquer sobre o arco BC. Unindo-se P a cada um dos vértices do pentágono, mostre que PA + PD = PB + PC + PE. Solução: 6) (IME-2004) Um quadrilátero convexo ABCD está inscrito em um círculo de diâmetro d. Sabe-se que d AD a, BC AB = = = e b CD = , com a, b e d diferentes de zero. Demonstre que d 2 = bd + 2a 2 . Solução: Teorema de Pitágoras: 2 2 a d BD − = e 2 2 b d AC − = . Teorema de Hiparco: CD . AD BC . AB AD . AB CD . BC BD AC + + = ⇒ d . b a d . a b . a BD AC 2 + + = ⇒ BD d . b a AC d . a b . a 2 + = + (1) Teorema de Ptolomeu: AC.BD = BC.AD + AB.CD ⇒ AC.BD = a.d + a.b ⇒ BD AC b . a d . a = + (2) Igualando (1) e (2) obtemos que: BD 2 = a 2 + b.d ⇒ d 2 – a 2 = a 2 + b.d ⇒ d 2 = b.d + 2a 2 Seja L o lado do triângulo ∆ABC. Aplicando o Teorema de Ptolomeu no quadrilátero inscritível ABPC, temos que: PA.BC = AB.PC + AC. BP ⇒ PA.L = L.PC + L.BP ⇒ PA = PB + PC Como os ângulos inscritos ∠APC e ∠ABC compreendem os mesmo arco AC na circunferência, então ∠APC = ∠ABC = 60 o . Analogamente, temos que ∠APB = ∠ACB = 60 o . Desta forma, podemos observar que ∆BQP ~ ∆ACP ⇒ PA PB PC PQ = ⇒ PB.PC = PQ.PA ⇒ PB.PC = PQ(PB + PC) ⇒ PQ 1 PC . PB PC PB = + ⇒ PQ 1 PC 1 PB 1 = + . D C B A Sejam AB = 2 cm e BC = 10 cm as cordas. Trace o diâmetro BD e observe que ∆ABD e ∆BCD são triângulos retângulos. Portanto: i) DA 2 = BD 2 – AB 2 = 200 – 4 = 196 ⇒ DA = 14 cm ii) CD 2 = BD 2 – BC 2 = 200 – 100 = 100 ⇒ CD = 10 cm Aplicando o Teorema de Ptolomeu em ABCD: AC.BD = AB.CD + DA.BC ⇒ AC. 2 10 = 2.10 + 14.10 = 160 ⇒ AC = 2 8 cm Inicialmente notemos que em um pentágono regular ABCDE temos: AB = BC = CD = DE = EA e AC = AD = BD = BE = CE. Aplicando Ptolomeu em ABPC: PA.BC = AB.PC + PB.AC (1) Aplicando Ptolomeu em BPCD: PD.BC = CD.PB + PC.BD (2) Somando (1) e (2): BC(PA + PD) = AB(PB + PC) + AC(PB + PC) (3) Aplicando Ptolomeu em BPCE: PE.BC = CE.PB + BE.PC ⇒ BC.PE = AC(PB + PC) (4) Substituindo (4) em (3): BC(PA + PD) = AB(PB + PC) + BC.PE Como BC = AB = BC então PA + PD = PB + PC + PE. 278 Capítulo 8. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros Como ∠PAQ, ∠QAR e ∠RAS são ângulos inscritos congruentes então as cordas por eles determinados também são congruentes: PQ = QR = RS. Analogamente, como ∠PAR = ∠QAS então QS = PR. Aplicando o Teorema de Ptolomeu em AQRS: QS.AR = AS.QR + AQ.RS = AS.QR + AQ.QR ⇒ QS.AR = QR(AS + AQ) (1) Aplicando o Teorema de Ptolomeu em APQR: PR.AQ = AP.QR + AR.PQ ⇒ QS.AQ = AP.QR + QR.AR ⇒ QS.AQ = QR(AP + AR) (2) Trace os segmentos RQ, QP e RP. Considere os ângulos α, β, γ e θ definidos de acordo com a figura ao lado. Como APQR é inscritível ⇒ γ = β e θ = α. Portanto, temos que ∆RQP ~ ∆ABC ~ ∆CDA: PQ AD RQ AB RP AC = = (1) Aplicando o Teorema de Ptolomeu em APQR: AQ.RP = RQ.AP + PQ.AR (2) 7) (Colégio Naval-87/88) Uma expressão que dá o lado do eneágono regular, em função das diagonais a, b e c, com a < b < c, é: a) a b c 2 2 + b) a cb c) a b c 2 2 − d) 2 a b c + e) 2 a b c − Solução: 8) (Olimpíada da Inglaterra-94) AP, AQ, AR e AS são cordas de uma dada circunferência com a propriedade que ∠PAQ = ∠QAR = ∠RAS. Prove que AR(AP + AR) = AQ(AQ + AS). Solução: Dividindo as equações (1) e (2) obtemos que AR(AP + AR) = AQ(AQ + AS). 9) (Olimpíada Báltica-2001) Seja ABCD um paralelogramo. Uma circunferência passando por A encontra os segmentos AB, AC e AD nos pontos P, Q e R, respectivamente. Prove que |AP|.|AB| + |AR|.|AD| = |AQ|.|AC|. Solução: Multiplicando cada termo da expressão (2) pelas razões da expressão (1) temos: PQ AD . AR . PQ RQ AB . AP . RQ RP AC . RP . AQ + = ⇒ AQ.AC = AP.AB + AR.AD S R Q P A R Q P D C B A γ β α θ β α x b a b c c Considere o quadrilátero inscritível desenhado ao lado, onde seus 4 vértices também são vértices do eneágono. Aplicando Teorema de Ptolomeu: a.x + b.b = c.c ⇒ a b c x 2 2 − = . 279 Capítulo 8. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros 8.3) ÁREA 8.3.1) Quadrilátero Convexo Qualquer 8.3.2) Quadrilátero Convexo Circunscritível 8.3.3) Quadrilátero Convexo Inscritível ) c . b d . a ( 2 ) b c d a )( c b d a ( A cos 1 + − + + − + + = + ⇒ ) c . b d . a ( 2 ) b p .( 2 ). c p .( 2 A cos 1 + − − = + ⇒ c . b d . a ) b p )( c p .( 2 A cos 1 + − − = + Uma vez que 2 A cos . 2 A cos 1 2 = + ⇒ c . b d . a ) b p )( c p ( 2 A cos + − − = . Como 2 A sen . 2 A cos 1 2 = − pode-se demonstrar que c . b d . a ) d p )( a p ( 2 A sen + − − = . Considere que AC = p e BD = q. Assim: S ABCD = S APD + S BPC + S CPD + S DPA ⇒ 2 sen . PD . PC 2 sen . PC . PB 2 sen . PB . PA 2 sen . PD . PA S ABCD α + α + α + α = ⇒ 2 sen ) PD . PC PC . PB PB . PA PD . PA ( S ABCD α + + + = ⇒ 2 sen ) PD PB )( PC PA ( S ABCD α + + = ⇒ S ABCD = 2 sen . q . p α r d c b a r r r I D C B A S ABCD = S AIB + S BIC + S CID + S DIA ⇒ S ABCD = 2 r ). d c b a ( 2 r . d 2 r . c 2 r . b 2 r . a + + + = + + + ⇒ S ABCD = p.r D C B A d c b a Lei dos cossenos em ABD e CBD: BD 2 = a 2 + d 2 – 2.a.d.cos A e BD 2 = b 2 + c 2 – 2.b.cos C Como A + C = 180 o ⇒ cos C = – cos A. Portanto: b 2 + c 2 + 2.b.c.cos A = a 2 + d 2 – 2.a.d.cos A ⇒ ) c . b d . a ( 2 c b d a A cos 2 2 2 2 + − − + = Calculemos agora o valor de 1 + cos A: ) c . b d . a ( 2 ) c b ( ) d a ( ) c . b d . a ( 2 c . b . 2 d . a 2 c b d a A cos 1 2 2 2 2 2 2 + − − + = + + + − − + = + ⇒ α P α D C B A 280 Capítulo 8. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros A área S do quadrilátero é igual a soma das áreas dos triângulos ADB e CDB: S ABCD = 2 C sen . c . b 2 A sen . d . a + . Como A + C = 180 o temos que sen A = sen C. Desta forma: S ABCD = c . b d . a ) c p )( b p ( . c . b d . a ) d p )( a p ( ) c . b d . a ( 2 A cos . 2 A sen . 2 2 c . b d . a A sen . 2 c . b d . a + − − + − − + = + = + ⇒ ) d p )( c p )( b p )( a p ( S ABCD − − − − = 8.3.4) Quadrilátero Convexo Inscritível e Circunscritível Em um quadrilátero inscritível temos que: a + c = b + d = p ⇒ p – a = c p – b = d p – c = a p – d = b Deste modo: ) d p )( c p )( b p )( a p ( S ABCD − − − − = ⇒ d . c . b . a S ABCD = Exemplos: 1) (Fuvest-2000) Na figura, E é o ponto de interseção das diagonais do quadrilátero ABCD e θ é o ângulo agudo BÊC. Se EA = 1, EB = 4, EC = 3 e ED = 2, então a área do quadrilátero ABCD será: a) 12.sen θ b) 8.sen θ c) 6.sen θ d) 10.cos θ e) 8.cos θ Solução: θ = θ + + = θ = sen . 12 2 sen ) 2 4 )( 3 1 ( 2 sen . BD . AC S ABCD 2) (Covest-99) A figura abaixo ilustra um quadrilátero inscritível ABCD. Sabendo que AB = 6, BC = 8, CD = 7 e o ângulo ABC mede 120º, qual o inteiro mais próximo da área de ABCD ? A B C D 7 8 6 120 O Solução: Como ABCD é inscritível então ∠D = 60 o . Aplicando Lei dos Cossenos em ∆ABC e ∆ADC: AC 2 = AB 2 + BC 2 – 2.AB.BC.cos 120 o = AD 2 + CD 2 – 2.AD.CD.cos 60 o ⇒ 2 1 . 7 . AD . 2 49 AD 2 1 8 . 6 . 2 64 36 2 − + = − − + ⇒ AD 2 – 7.AD – 99 = 0 ⇒ 2 445 7 AD + = Assim: 8 3 . 7 ). 445 7 ( 4 3 . 8 . 6 2 60 sen . CD . AD 2 120 sen . BC . AB S S S o o ADC ABC ABCD + + = + = + = ⇒ S ABCD ≅ 63,36 ⇒ o inteiro mais próximo da área de ABCD é 63. 281 Gabaritos Capítulo 1: Introdução: Linhas, Ângulos e Triângulos 1) d 2) 10 3) 36 o 4) 6 o 5) c 6) 76 o 7) 360 o 8) c 9) V V F V 10) a 11) b 12) d 13) a 14) d 15) e 16) a 17) a 18) b 19) b 20) c 21) d 22) c 23) e 24) e 25) 26) d 27) b 28) c 29) a 30) d 31) b 32) a 33) a 34) c 35) x = 9 o e y = 45 o 36) 12 o 37) 30 o 38) 18 o 39) 60 o 40) 15 o , 35 o e 130 o 41) 32 o 42) 24 o e 66 o 43) 36 o 44) 28 o , 68 o e 84 o 46) 9 cm 57) 10 cm 58) 12 cm 59) (6, 6, 2), (6, 5, 3), (6, 4, 4), (5, 5, 4) 65) 50 o , 50 o , 80 o 66) 84 o 67) 20 o 68)  = 76 o ; B ˆ = 38 o 69) 76 o 70) 45 o 71) 36 o , 72 o , 72 o 72) 83 o 4’36”,9; 69 o 13’50”,8; 27 o 41’32”,3 73)  = 108 o ; B ˆ = 54 o ; C ˆ = 18 o 77) 36 m 78) 48 o ; 58 o ; 74 o 79) 30 o 80) 9 o 83) 84) 85) e 86) 66 o 87) 100 o 88) 180 o 89) c 90) c 91) 140 o 92) 18 93) a 94) e 95) a) Sim. 3 vezes; b) Sim. 6 vezes. 96) 95 o /2 Capítulo 2: Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 1) b 2) 2 2 4) d 4) b 5) F V V V V 6) 48 7) 14 8) e 9) 23 cm 10) d 11) a 12) b 13) c 14) d 15) 4 16) d 17) e 18) d 19) c 20) a 21) 5 22) 8 23) a 24) 19,2 25) 41 2 cm 26) b 27) c 28) e 29) e 30) d 31) c 32) b 33) b 34) 320,15 km 35) a 36) e 37) b 38) b 39) b 40) e 41) a 42) b 43) d 44) 2 2 2 − e 2 2 2 + 45) b 46) d 47) c 48) e 49) a 50) d 51) d 52) d 53) e 54) d 55) c 57) x = 14 y = 15 58) 34 84) 350 85) 3,1 86) 6 cm, 8 cm e 25 cm 87) AD = 5,14 cm e DE = 5,71 cm 88) CF = 6,4 cm e AF = 5,6 cm 90) ab/(a + b) 91) x = (a + b + c)b/[2(a + b)] 96) 2 / 5 2 10 h + , 2 / 5 2 10 h − , 5 h 97) DM = DN = 5a/4 98) 16 ) 1 33 ( a 3 AN AM − = = 99) 3 / 3 a 105) 20 o 106) c 107) e 108) 2 109) 3 2 − 116) 8 ou 12 118) a) 90 o ; b) 69 o ; 4x + 6y 121) a) 36 o ; b) 2; c) 2 1 5 + 122) 90 o 124) D é o pé da altura relativa a BC 125) 3 52 127) b) 5/2 130) 11/2 131) 74 132) 11 134) 49/2, 245/6 e 98/3 135) c 331 Marcelo Rufino de Oliveira Com formação pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA) Coordenador das Turmas Militares do Colégio Ideal Professor de Matemática das Turmas Militares do Colégio Ideal Coordenador Regional da Olimpíada Brasileira de Matemática Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Com formação pela Universidade Federal do Pará (UFPa) Professor de Matemática das Turmas Militares do Colégio Ideal COLEÇÃO ELEMENTOS DA MATEMÁTICA Marcelo Rufino de Oliveira Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro GEOMETRIA PLANA 3ª edição (2010) 2 : Geometria plana / Marcelo Rufino de Oliveira..: CDD: 510. III.. – Fortaleza – Editora VestSeller . 347 ISBN: 978-858917123-X 1..Oliveira. Título...Copyright © 2009 by marcelo rufino de oliveira Todos os direitos desta edição estão reservados à Marcelo Rufino de Oliveira Belém – Pará – Brasil E-mail: marcelorufino@hotmail. Matemática (Ensino Médio) 2. Marcelo Rufino de Coleção elementos da matemática.com Ilustração da Capa Maximiliano / Zeef Modificações em 2010 Annysteyne M.7 . – 3 ed. II. Título: Geometria plana.. Márcio Rodrigues da Rocha Pinheiro. Matemática (Ensino Médio) – geometria plana I .. Márcio Rodrigues da Rocha. Chaves LOUDES PACHECO Ficha Catalográfica Editora VestSeller Impressão F48c.Pinheiro.2010.. p. . . quando se fala em reta. em verdade. não necessariamente matemáticas. segundo essa ou aquela condição.) e impondo um conjunto de propriedades desses entes. todas) fases da vida do estudante. do mesmo nível de heresia que defender o aborto numa dissertação. e aplicam proporções erradas sobre seus lados. pode-se garantir que a apresentação à geometria é feita de modo peremptório (definitivo). que ângulos opostos pelo vértice têm medidas iguais torna-se. Ou ainda de afirmações mais ingênuas. Nesse último exemplo. tal qual a figura a seguir sugere. busca (nas mais esforçadas das vezes) verificar o fato com um modelo concreto. mas o principal problema consiste em não explicitar que esse resultado simples e abrangente é conseqüência de resultados anteriores (diretamente. Assim. o que é na verdade a essência da matemática: tudo é interligado. Para tal estudo. sem argumentar o motivo dessa posição. o professor simplesmente passa adiante um erro pelo qual normalmente lhe fizeram passar. fatos causam fatos e esses são conseqüências de outros. tão somente. Ainda genericamente falando. Tal prática cria ciclos viciosos e gera alunos incapazes de realizar críticas e de questionar a validade de muitas propriedades. polígonos. por exemplo. Não são raros os casos de estudantes (até mesmo universitários) que não percebem que “sutis” mudanças nas condições iniciais do problema (hipótese) provocam mudanças bruscas e até totais dos resultados (tese). ou seja: quadrado é quadrado. . por exemplo. ampliando gerações de verdadeiros alienados. a fim de obter tais propriedades. É. principalmente no que diz respeito às suas propriedades. procura exibir aos alunos que a soma dos ângulos internos de um triângulo vale o mesmo que um ângulo raso. às vezes. que não ocorre naturalmente. faz-se necessária uma abstração de conceitos originalmente concretos. vez por outra procurando verificar que elas são válidas em alguns casos particulares ou “reais”. triângulos. o estudo da geometria nos ensinos fundamental e médio no Brasil divide-se em duas partes consecutivas: geometria plana (até a 8ª série do fundamental) e geometria espacial (no 2º ou 3º ano do médio). Isto é imediatamente verificado ao ler-se um livro de tais séries (praticamente não havendo exceções). retângulo é retângulo. PARTE II ⇒ PARTE I PARTE III PARTE III PARTE II PARTE I É obvio que tal atitude é louvável. do tipo que um quadrado e um retângulo são entes de naturezas totalmente distintas. Isso se reflete durante muitas (e. Com efeito. De estudantes que garantem a semelhança de triângulos. sem tê-la comprovado.APRESENTAÇÃO À 3ª EDIÇÃO A geometria consiste em um estudo generalizado e sistemático das formas que ocorrem no mundo. ângulos. isto é: o professor vai listando uma série de definições (segmentos de retas. no sentido formal da palavra. Exemplos concretos são de alunos que aplicam o teorema de Pitágoras ou outras relações métricas do mesmo gênero (como a altura ser igual à média geométrica das projeções dos catetos) em triângulos para os quais não se tem certeza de ser retângulos. De um modo geral. deve-se imaginar um ente infinito. circunferências. etc. dos ângulos formados entre paralelas e transversais). Principalmente para o professor que em geral não vai acompanhar o aluno até as portas do nível superior. porém. muito mais cômodo que prová-lo. evidencia-se que até as próprias definições são repassadas de modo desleixado. Afirmar. ao tomar tal posicionamento. como um triângulo desmontável de isopor ou cartolina. Quando um professor dedicado. UnB. sob pena de estar cometendo preconceitos ou precariedade na metodologia de ensino. o que o ajudará a raciocinar coesa e coerentemente na maioria dos assuntos e das disciplinas exigidas em tais concursos (não somente em matemática!). a geometria de modo axiomático (ou. Os autores . Unicamp. Dificuldades há. que está a alguns degraus acima dos grandes vestibulares do Brasil em relação ao nível de dificuldade. ITA. Ao menos melhor do que o atual. embasado nos mais sólidos conceitos. a partir da 8ª série. tem condições de compreender um estudo mais rigoroso e encadeado de geometria. Não se deve menosprezar a capacidade dos alunos. Qualquer indivíduo ao qual se propõe o aprendizado de análise sintática e semântica. por exemplo. USP. IME. No entanto. Combinatória. O objetivo desta coleção é iniciar o preparo de pessoas.Este é o segundo volume da Coleção Elementos da Matemática. nem mesmo seu interesse. e Matrizes Autor: Marcelo Rufino de Oliveira. por exemplo. Polinômios e Geometria Analítica Autores: Marcelo Rufino de Oliveira e Jefferson França Volume 5 – Geometria Espacial Autor: Antonio Eurico da Silva Dias Volume 6 – Cálculo Autor: Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro O desafio inicial para os autores de um livro de geometria plana é definir a seqüência com que os assuntos serão apresentados. Manoel Leite Carneiro e Jefferson França Volume 4 – Números Complexos. para a aprovação nos processos seletivos mais difíceis do Brasil. os assuntos mais complexos deve estar mais para o final do livro. então A deve vir antes de B no livro. respectivamente. a razão pela qual a teoria sobre a semelhança de triângulos ser desenvolvida antes da teoria sobre potência de ponto e também o por quê da teoria sobre os pontos notáveis no triângulo figurarem mais para o final do livro. pelo menos. sem dúvida. já se comprovou que os benefícios superam bastante eventuais prejuízos. os autores deste livro são cientes que não existe um encadeamento ótimo para os assuntos. especificamente neste volume. Fato este comprovado pela inexistência de dois livros de geometria plana que possuam exatamente a mesma seqüência de apresentação dos tópicos. Conseqüentemente. Exponencial. 2) para não confundir ou desestimular o aluno. Estes motivos justificam. Probabilidade. Por experiência própria. Funções. repudiam-se idéias do tipo que o aluno não consegue aprender dessa ou daquela forma. procura-se desenvolver tais qualidades. Deseja-se que o estudante adquira um senso crítico de causa e efeito. o aluno também se prepara para olimpíadas de matemática. Há dois motivos para a existência deste desafio: 1) se o assunto A é pré-requisito para o assunto B. aproximando-se de tal). Logaritmo e Aritmética Autor: Marcelo Rufino de Oliveira e Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Volume 2 – Geometria Plana Autores: Marcelo Rufino de Oliveira e Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Volume 3 – Seqüências. nos quais se exige mais do que simples memorização de fórmulas e de resultados. Mostrando. dentre outros. programada para apresentar toda a matemática elementar em seis volumes: Volume 1 – Conjuntos. Entretanto. de instituições como Colégio Naval. . . . 195 Exercícios . . . . 2. . . . 117 125 125 132 137 154 159 169 175 Capítulo 6. . . . . . . . . . . . . . Teorema de Tales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 4. . . . . . . . . . . . Área e Relações Métricas de um Triângulo 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Capítulo 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Capítulo 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 9. . Introdução aos Quadriláteros 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relações Métricas nos Triângulos Retângulos . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . Comparação de Área Entre Triângulos Semelhantes . . . . . . . . . . . . . . 7. 2. 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 2. . . . . Posições Relativas de Reta e Circunferência . Áreas de Regiões Circulares . . Lugar Geométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Posições Relativas de Duas Circunferências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 1. . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Introdução – Linhas. . . Segmentos Tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . 1 3 8 10 14 14 20 22 23 31 36 45 46 49 57 63 Capítulo 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linhas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Quadriláteros Notáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Triângulos e sua Classificação . . . . . . . . . . . . . . . . . . Determinação de uma Circunferência . . . . 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relações Métricas na Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 Capítulo 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. . . . . . . . . . 4. . . . . . . . 4. . . 82 6. . . . . . . . . . O Número π e o Comprimento da Circunferência . . . Definições Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Divisão de Segmentos: Divisões Harmônica e Áurea . . . . . . Arco Capaz . . . . 83 7. . . . . . . . . Introdução aos Círculos 1. . . . Introdução à Geometria Dedutiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ângulos na Circunferência . . . . . . . Condições de Inscrição e Circunscrição . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema da Reta Tangente . . . . . . . . . . . . Ângulos e Triângulos 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Definição de área . . . . . . . . . . . . . . . . . Segmentos Tangentes Comuns a Duas Circunferências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Semelhança de Polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . Área e Relações Métricas no Círculo 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relações Métricas nos Triângulos Quaisquer . . . . Teorema das Cordas . . . . Congruência de Triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10. . . . . . . Conexidade e Concavidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ângulos . . . . . . . . Paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. . . . . . . . . . . . . . . . . 3. . Semelhança de Triângulos . . . 77 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Fórmula de Heron . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. . . . . . . . . . . . . . . . . 87 10. . . Teorema da Base Média . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Índice Capítulo 1. . . Noções (Idéias) Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. . . . . . . . . . . . . . . 3. 331 . . . . . . . . . . . . . Capítulo 8. . . . . Nomes Próprios dos Polígonos Mais Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lado e Apótema . . . . Altura e Ortocentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Capítulo 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de Ceva . . . Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de Hiparco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Número de Diagonais de um Polígono de n Lados . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . Mediatriz e Circuncentro . . . . . . . . . . Soma dos Ângulos Internos de um Polígono Convexo . . . . . . . . . . 6. . .Capítulo 7. . . . . . . . 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teoremas Clássicos Sobre Quadriláteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Área e Relações Métricas nos Quadriláteros 1. . Relação de Euler . . . . . Polígonos 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de Ptolomeu . . . . . . . . . 4. 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. . . . . . . . . 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328 Gabaritos . . Ângulo Central de um Polígono Regular . . 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 216 221 228 241 247 254 256 276 277 280 284 284 287 294 294 294 295 295 299 299 299 307 316 Apêndice . . . . . . . . . . . . . . . . . . Área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. . . . . Bissetriz e Incentro . . . . . . Estudo dos Polígonos Regulares Convexos Inscritos em uma Circunferência de Raio R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . Duplicação do gênero de um polígono convexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Polígonos Regulares Estrelados . . . . . Área de um Polígono Regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. . . Exercícios . . . . . . . . . Mediana e Baricentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. . . . . . . . . Exercícios . Triângulos Pedais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Garante-se. egípcios e babilônios antigos com outros povos pré-helênicos ocidentais. assim como da necessidade de medir e partilhar terras. Mas quando um ajuste final é feito de modo que dois últimos pedaços de bambu. palmos de uma mesma mão) é retângulo. Com quatro pedaços de bambu. a construção civil ainda usa também certos resultados geométricos empiricamente. Basta comparar. que importaram muito do conhecimento matemático egípcio. 4 e 5 (na mesma unidade. Pode-se afirmar que. de utilizar as propriedades das figuras e dos corpos que encontrava ou. Conhecia-se também o fato de que o comprimento de uma circunferência é. a estrutura não fica rígida (indeformável) enquanto não se utiliza um quinto pedaço. o triplo do diâmetro da mesma. Ângulos e Triângulos Introdução: Linhas. obrigatoriamente. Por que uma estrutura triangular é estável. observar e prever os movimentos dos astros. Que um quadrilátero com lados opostos de mesma medida possui tais lados paralelos. ajusta-se um quadrilátero. Que um quadrilátero com diagonais de mesma medida tem os quatro ângulos retos. pelo menos a princípio. aproximadamente.Capítulo 1. não necessitando mais do que três pedaços para tornar-se rígida? ESTRUTURAS INSTÁVEIS ESTRUTURAS RÍGIDAS Um conhecimento razoável de geometria (e. como aqui no Brasil. As duas últimas das propriedades listadas acima. de épocas posteriores. posteriormente. sirvam de diagonais ao quadrilátero. inicialmente. as propriedades que se buscavam tinham objetivos de cunho totalmente prático. agora. Por vezes determinadas civilizações possuíam mais conhecimento matemático do que outras. há mais de cinco mil anos. a arquitetura ou a astronomia. construía. por exemplo) elucida fatos como os acima. porém. comumente a agrimensura. por culturas distantes da tecnologia habitual (algumas regiões na Índia e na África. Os babilônios. de mesmo tamanho. Ângulos e Triângulos 1. por exemplo. que ainda não é. objetivavam demarcar terrenos retangulares. ainda que contemporâneas ou. Essas duas culturas já conheciam e utilizavam várias propriedades geométricas. que nem sempre a humanidade teve a mesma quantidade de informação que existe hoje. Mesmo em outros países. como álgebra ou física. É claro. por exemplo. dois com um mesmo tamanho e os outros dois também (não necessariamente com o mesmo comprimento dos dois primeiros). às vezes de outros assuntos. os egípcios já se sabia que um triângulo que possui lados medindo 3. Introdução: Linhas. Qual o motivo que faz uma abelha preferir construir a entrada do alvéolo em forma hexagonal a construí-la em forma triangular. um retângulo (é denominado atualmente paralelogramo). que o quadrilátero é um retângulo. surgiram tentativas do homem de explicar ou. por exemplo). já conheciam esse resultado (teorema de Pitágoras) em sua totalidade. calcular volumes e edificar construções. serviam para resolver problemas particulares que surgiam num determinado trabalho. Só como curiosidade. PRONTO. por exemplo. Para exemplificar. que é um formato poligonal mais simples? Quando se constrói um portão quadrangular de madeira. muitas propriedades como essas são utilizadas ainda hoje. Um terreno na forma de um paralelogramo qualquer Um terreno na forma de um retângulo 1 . em não raros casos.1) INTRODUÇÃO À GEOMETRIA DEDUTIVA Da observação da natureza ao redor. Tal volume de conhecimento variou muito no tempo e no espaço. isto é. que certo fato. 2 . Sem dúvida.C. em última análise. os primórdios da geometria (em verdade. a supremacia dos Elementos foi posta em cheque por grandes matemáticos da época. porém. os pitagóricos. fogo. expandindo-se mais ainda graças à disseminação da cultura helênica pelos conquistadores de grande parte do mundo ocidental da época: os romanos.Capítulo 1. desvinculando-se da filosofia pura). A passagem de conhecimento deve ter tido algum início. ar e quintaessência). Filósofos gregos começam a indagar se a simples aceitação de verdades impostas pelos mais experientes satisfaz. Introdução: Linhas. sendo que em muitos lugares como obra exclusiva. em que intuição. terra. Durante praticamente dois milênios. experimentalmente. então a intuição ganhava força de persuasão e era passada adiante. Isso é que se chama de resultado empírico. Inicia-se a busca pelo verdadeiro conhecimento. com filósofos da estirpe de Sócrates e de Platão. não resta dúvidas acerca da importância desse livro monumental como um verdadeiro marco na história da matemática. o que vai de encontro à posição passiva assumida pelos aprendizes de outrora. organizada e formalmente. as quais servem de base a toda construção seguinte. verificouse que o raciocínio empregado nos Elementos não era de todo correto. aceitas naturalmente. dita as regras. surgem os primeiros matemáticos profissionais (ou propriamente ditos. a partir desse período procurou-se JUSTIFICAR. de modo irrefutável. Pitágoras de Samos. repetidas vezes dava o mesmo resultado. Novamente. O resultado geométrico mais famoso do mundo é denominado teorema de Pitágoras. Em meados do século dezenove. a resposta ainda está incompleta. façanha possivelmente superada no mundo ocidental apenas pela Bíblia. apesar de haver indícios de que ele já era conhecido e utilizado vários anos antes. comprovada por vários acertos anteriores. pode-se dizer que. entre dois e três séculos antes de Cristo. Euclides. Mesmo assim. um professor da universidade de Alexandria. sendo que esse último sugeriu uma explicação de todos os fenômenos do universo por meio dos famosos cinco elementos (água. uma revolução do pensamento humano começa a tomar forma. Apesar disso. todo o conhecimento matemático de sua época numa obra de treze volumes (ou capítulos): os ELEMENTOS. quando. a principal novidade introduzida por essa grande obra foi o método axiomático ou dedutivo de estudo. Resumindo de modo grosseiro. de fato. sendo Tales considerado o pai das explicações formais de propriedades por meio de outras já conhecidas anteriormente (demonstração). e um de seus pupilos. reuniu. os Elementos foram utilizados como obra de referência no ensino de geometria. a natureza humana. essa linha de raciocínio ganha adeptos em várias partes. Ângulos e Triângulos Uma pergunta natural deve surgir neste ponto: quem ensinou as propriedades geométricas aos povos antigos? A princípio. inegável. e justificando (deduzindo) TODAS as propriedades não elementares. bem como com o desenvolvimento da lógica matemática. o maior fenômeno matemático de todos os tempos estava por vir. especificamente em uma das propriedades aceitas como verdadeira. é fácil ver que os ensinamentos eram passados (como ainda hoje em algumas tribos) de geração a geração. Provavelmente. Quando se verificava. ou principalmente. Rapidamente. de intuição. A partir do século dezoito. com o surgimento de outras geometrias (não euclidianas). com mais de mil edições (desde 1482) até os dias atuais. de um modo geral. definindo novos termos a partir dos preexistentes. Pitágoras foi fundador de uma espécie de seita. previsível. o postulado V. como Tales de Mileto. com a certeza da experiência. sob uma visão sintética. que pregava a supremacia da matemática (destacadamente. cada um deles representado por meio dos hoje chamados sólidos de Platão (divididos em exatamente cinco categorias). que consiste basicamente em algumas idéias e propriedades elementares. A tradição dos mestres de obras perde-se no tempo. os quais foram grandes responsáveis pelos primeiros progressos concretos em busca de uma matemática que não dependesse apenas. Aproximadamente pelo século V a. a primeira área da matemática estudada de modo destacado) a classificam como uma ciência experimental. É altamente provável que tais conclusões sejam advindas da observação da natureza e mesmo por meio de tentativa e erro. Contudo. que será visto após. os quais. que aprendeu muito com discípulos de Platão e com egípcios. a maior quantidade (para não dizer todos) de fatos possíveis (não só os geométricos). procuraram aperfeiçoar o raciocínio contido na obra. bem como a idéia de que “tudo são números”. Por volta do século VI antes de Cristo. a homenagem é feita ao líder da congregação de que se tem registro claro de alguém (não necessariamente Pitágoras) que provou a validade do resultado.. dos números) no universo. por meio das iniciais e das já justificadas anteriormente. b) Utilizam-se definições cíclicas.Capítulo 1. isto é.2) NOÇÕES (IDÉIAS) PRIMITIVAS Perguntando-se a um bom professor de matemática o que é um triângulo. e é uma das principais conquistas do pensamento humano. Existe algum dicionário com infinitos vocábulos? É claro que não. todos os demais termos seguintes. que são aqueles termos admitidos sem definição. num estudo axiomático de uma determinada teoria. Ou seja. Introdução: Linhas. interessado. . um triângulo é a união dos segmentos de reta com extremidades em dois desses pontos”. adota a última das três posturas apresentadas. Ângulos e Triângulos 1. Por exemplo. também é um conjunto de pontos. como. pode-se encontrar a seguinte seqüência de sinônimos: Hermenêutica → interpretação → explicação → explanação → explicação. formalmente. tentando elucidar a questão.Pontos colineares são aqueles que compartilham uma mesma reta. é possível obter-se a seguinte resposta: “Dados três pontos não colineares. um termo por meio de um termo novo. por tratar-se. assim. entretanto. porém. No processo de definições dos termos relacionados a um certo assunto.O que são pontos colineares? . tais como: .O que é uma reta? Alguns professores respondem a essa questão do seguinte modo: . mas que terão uso bem limitado por certas regras (os postulados. de uma impossibilidade. supostos conhecidos previamente. O que ocorre. No entanto. que nada mais é do que um sinônimo de reta no contexto. resta o radical linha. em última análise. por meio da mesma palavra. todavia. definir quer dizer dar significado a termos por meio de outros termos. por exemplo.Segmento de reta é uma porção. os quais servirão para definir. Uma circunferência. esse primeiro caso deve ser excluída. Isso. As noções primitivas inicialmente adotadas neste curso são: 3 . c) Aceitam-se alguns termos sem definição formal. o processo volta a uma palavra que já foi utilizada anteriormente. sempre. ou ainda. Seria absolutamente natural (e necessário) o surgimento de dúvidas na forma de “sub-perguntas”. à noção usual que se possui de reta. É possível que alguém acrescente a palavra alinhados após o termo “pontos”.Reta é um conjunto de pontos. extraindo prefixo e sufixo de alinhados. gera logo uma impossibilidade humana: a necessidade de uma quantidade sem fim de novas palavras. com total segurança. podem ocorrer somente três casos: a) Define-se. Isso. provavelmente responderia: . parte ou subconjunto de uma reta. nos seus Elementos. Essa posição ideológica já era utilizada por Euclides. de forma a poder definir todos os demais conceitos. assim. as noções primitivas. Desse modo. no sentido matemático dado ao termo definir. Daí. de modo que certos pontos (interiores) estejam entre outros dois (extremidades). “definiu-se” reta por meio de outras palavras que levam à original: reta. admite-se a menor quantidade possível de conceitos elementares sem definição. realmente. aqueles que estão alinhados. Natural ainda seria o prolongamento das dúvidas. ao se procurar o significado do termo hermenêutica. do senso comum. não pode ser utilizado como uma definição rigorosa. da observação. por não haver melhor. por exemplo: . não correspondendo. é que explicação é definida. deve-se admitir que os termos não definidos têm seu significado claro a um maior número possível de pessoas.O que é um ponto? . Ora. a serem vistos mais tarde). contudo. Nesta opção. que o absorveram através da experiência de vida. A matemática. Surgem.O que é um segmento de reta? O mesmo professor. explicação. podendo se prolongado em duas direções ou em composições destas. como o que um pedreiro faz após rebocar uma parede. As proposições funcionam como reguladores das propriedades do objeto em estudo. isto é. P. mas não obrigatório. Por isso. π. como um triângulo) em perspectiva (vista tridimensional) para visualizar um plano. C. PONTO: representado por letras maiúsculas do nosso alfabeto: A. no sentido original da palavra (INDIVISÍVEL). etc. t. dentre outros. Apesar de não servir como definição. PLANO: representado. Ângulos e Triângulos 1. que é tornar uma superfície lisa. porém. Também é usual. 1. utilizar um retângulo (ou outra figura. em geral. nunca mais se volta ao mesmo lugar. geométrico ou não. sempre num mesmo sentido de percurso. É importante notar que há várias representações de planos ao redor: o plano do quadro. sem fronteiras ou bordas. É importante a idéia de que um ponto não possui dimensão (“tamanho”). inclusive a adotada nestas linhas. por letras gregas minúsculas: α. Pode-se ainda concebê-lo como ente formador dos demais entes geométricos. r r 3. P A 2. são as proposições que vão edificando o desenvolvimento de determinada ciência. planícies (no mesmo sentido). Q. e infinita. mas não serve matematicamente falando por introduzir termos como “ser dividido” e “partes”. às vezes. por exemplo.1) Proposições Uma proposição é qualquer afirmação que se faça acerca de propriedades envolvendo um ente. Introdução: Linhas. e infinito. α α OBSERVAÇÃO: Define-se ESPAÇO como o conjunto de todos os pontos. partindo de um de seus pontos. um plano deve ser considerado ilimitado. etc. B. Euclides dizia que “ponto é algo que não pode ser dividido nas suas partes”. RETA: representado por letras minúsculas do alfabeto: r. aplainar (ou aplanar). que pode ser percorrida indefinidamente. já que ela deve ser entendida como ilimitada. Entretanto. o do papel. é capaz de representar perfeitamente uma reta. indicando a continuidade nos seus dois sentidos. como uma reta.2. o do teto. s. Na concepção comum.Capítulo 1. Nada que se possa visualizar por completo. uma vez que. o plano do chão. Classificam-se as proposições matemáticas de dois modos: 4 . ou seja. há certa preferência em representá-la com setas duplas. Após conceitos e definições. é fundamental ter em mente que nenhuma dessas representações é perfeita. β. Essa frase ajuda a aguçar a intuição. uma reta pode ser vista como uma das margens de uma longa (teoricamente. É interessante perceber a relação que existe entre plano e expressões como: terreno plano (sem buracos ou elevações). uma espécie de átomo geométrico. etc. infinita) estrada sem curvas. Capítulo 1. Solução: A i) Como AB ≡ AC e M e N são os pontos médios de AB e AC então temos que BN ≡CM. Solução: E A F B C Observe que nos triângulos ACD e ECB temos: ˆ CD ≡ BC. B C 4) Provar que um triângulo que tem duas alturas de igual comprimento é isósceles. D 29 . CAE e ABF. ii) as bissetrizes relativas aos ângulos da base. implicando que AD e BE possuem igual comprimento. Demonstrar que os segmentos AD. . AC ≡ EC e ∠ACD = 60o + C = ∠ECB. Como nos triângulos BCN e CBM temos BC comum a estes dois triângulos. Portanto. Como em ∆BCP e ∆CBQ temos BC comum. BE e CF são congruentes. ∠CBP ≡ ∠BCQ e ∠CBQ ≡ ∠BCP então temos que ∆BCP ≡ ∆CBQ. onde concluímos que ∠CBP ≡ ∠BCQ. Logo. demonstrar que são iguais: i) as medianas relativas aos lados iguais. então ∠CBQ ≡ ∠BCP. Pelo caso especial de congruência de triângulos para triângulos retângulos temos que ∆BCP ≡ ∆CBQ. comum aos P Q dois triângulos) e um cateto em cada um também de igual . temos que os triângulos ACD e ECB são congruentes. temos que CN ≡ BM. comprimento (BQ ≡ CP). De maneira análoga demonstra-se que CF é congruente a AD e BE. Deste modo. ∠NBC ≡ MCB e BN ≡ CM então temos que ∆BCN ≡ CBM. Introdução: Linhas. N M B C A ii) P Q Desde que ∠ABC ≡ ∠ACB e BQ e CP são bissetrizes. concluímos que BQ ≡ CP. implicando que ∆ABC é isósceles. Solução: A Note que os triângulos BCP e CBQ são triângulos retângulos em que as hipotenusas possuem iguais comprimentos (BC. Ângulos e Triângulos 3) Num triângulo isósceles. B C 5) Sobre os lados de um triângulo ABC constroem-se externamente os triângulos equiláteros BCD. Demonstrar que AM < (a + b + c)/2. Solução: A Considere que a distância do ponto P aos vértices A. Introdução: Linhas. a+b+c Somando estas desigualdades: h a + h b + h c > . 7) Provar que qualquer lado de um triângulo é menor que o semi-perímetro. ∆BCF temos: hc + AF > b e hc + BF > a ⇒ 2hc + (AF + BF) > a + b ⇒ 2hc > a + b – c. Solução: A Pela desigualdade triangular aplicada aos triângulos ABM e ACM. y e z. ∆ACP e ∆BCP obtemos: c < x + y. 8) Demonstrar que a soma dos segmentos que unem um ponto interno a um triângulo aos três vértices está compreendida entre o semi-perímetro e o perímetro do triângulo. Somando obtemos 2AM – (BM + CM) < b + c ⇒ a+b+c AM < 2 C B M 30 . Analogamente: x + z < a + c e y + z < b + c. b < x + z e a < y + z. respectivamente. Solução: Pela desigualdade triangular temos que |c – a| < b < c + a ⇒ 7 cm < b < 23 cm. 9) Demonstrar que a soma das três alturas de um triângulo acutângulo é maior que o semi-perímetro. 2 P Nos triângulo ∆APC e ∆BPC temos: z – x < b e y – z < a.Capítulo 1. 2 2 2 2 2 2 2 A demonstração para os outros lados é análoga. x a+b+c Somando estas desigualdades obtemos x + y + z > . B C Somando estas desigualdades: x + y + z < a + b + c. Solução: C hc Em ∆ACF. 2 B A F 10) M é um ponto qualquer do lado BC de um triângulo ABC. Ângulos e Triângulos 6) AB = 15 cm e BC = 8 cm são dois lados de um triângulo ABC. B e C são x. Analogamente: 2hb > a – b + c e 2ha > – a + b + c. Determinar entre que limites pode variar a medida do lado AC. respectivamente: AM – BM < c e AM – CM < b. Observando os triângulo ∆ABP. y z Somando obtemos: x + y < a + b. Solução: a b+c a a b+c a a+b+c + Pela desigualdade triangular: a < b + c ⇒ < ⇒ + < ⇒ a< . 1) Definições Dadas duas retas distintas.10. ou seja. os quais são fáceis de se relacionar. B e Ĝ são os pares de colaterais externos. Ĉ e F são os pares de colaterais internos. Ĉ e Ê são alternos internos e  e Ĝ. ˆ enquanto que  e Ĥ. uma terceira reta que intersecte as duas é denominada transversal do conjunto formado pelas duas iniciais. oito ângulos (não nulos nem rasos). assim. inicialmente será considerado o caso em que r ∩ s = ∅.10) PARALELISMO 1. bem como no interior (exterior) da região limitada por r e s. A + B ≡ B + C ≡ C + D ≡ D + A(= 1 raso) ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ E ≡ G. Ĉ e Ĝ.Capítulo 1. E + F ≡ F + G ≡ G + H ≡ H + E(= 1 raso) O problema consiste em relacionar ângulos com vértices distintos. B ≡ D. o caso em que r e s são paralelas. 31 . com o  e Ĝ.  ˆ B ˆ D r ˆ ˆ ˆ Na figura ao lado. dentre os oito acima.  e Ê. com vértices distintos. B e F . ˆ ˆ Na situação esquematizada anteriormente. tenham vértice comum. Formam-se. dois a dois. B e Ĥ são alternos externos. desde que. são: – Dois ângulos são correspondentes quando um lado de cada situa-se em t no mesmo sentido bem como outros lados estiverem um em r. D e F . ˆ ˆ ˆ Na situação original. Ângulos e Triângulos 1.  ˆ B r ˆ D ˆ C ˆ E ˆ F ˆ H s ˆ G ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ A ≡ C. ˆ C ˆ E ˆ F ˆ H s ˆ G Colaterais internos / externos: quando estão num mesmo semi-plano de origem em t (mesmo lado – colaterais). Alternos internos / externos: quando estão em lados (semi-planos) distintos (alternados) em relação a t. outro em s. mas ambos no interior ou no exterior da região determinada por r e por s. Introdução: Linhas. Para tanto. F ≡ H. D e Ĥ são os pares de ângulos correspondentes. Diz-se que dois ângulos. D e Ê. E A B M D 36° C 43) Na figura seguinte. sabendo que AB = AS = SC. Calcule x. Mostrar que o triângulo BOC é isósceles. 2) os ângulos B e B’. Mostrar que os dois triângulos são congruentes. traça-se a bissetriz do ângulo A e sobre ela toma-se os segmentos AE = AB e AF = AC. 48) AD e BC são segmentos de uma mesma reta que têm o mesmo ponto médio. Mostrar que BF = CE. Demonstrar que MN = (AB + BC)/2. B.Capítulo 1. Calcule EAB e BEM . 3) as bissetrizes internas BD e B’D’. 4AB + AC – 2BC = 6 cm. BC = 5 cm. e tais que AB = . 56) Demonstrar que dois triângulos isósceles são congruentes quando têm iguais os perímetros e as alturas relativas às bases. Mostrar que AC = BD e que os segmentos AD e BC têm o mesmo ponto médio. 47) AB e BC são segmentos adjacentes. 51) BM e CN são duas medianas de um triângulo ABC. As retas BN e CM cortam-se em O. 52) Num triângulo ABC. e tais que OA = 3 cm. B M N 72° A 80° C P 53) M e N são pontos dos catetos AB e AC de um triângulo retângulo isósceles ABC. Calcule x. D são pontos distintos de uma reta. C. Une-se B com F e C com E. • B 61° C 42) Na figura. 54) Demonstrar que são congruentes dois triângulos que têm respectivamente iguais um lado e as alturas relativas aos outros lados. 41 45) A. Demonstrar que os pontos P e Q são eqüidistantes do vértice A. 50) ABC e A’B’C’ são dois triângulos nos quais são iguais: 1) os lados BC e B’C’. Ângulos e Triângulos 41) Na figura a seguir. A. Calcular a distância entre os pontos O e C. Calcule as medidas dos ângulos do triângulo ABC. cujos pontos médios respectivos são M e N. um ângulo adjacente a esse lado e a diferença dos outros dois lados. Demonstrar que AB = CD e AC = BD. 55) Provar que são congruentes dois triângulos que têm respectivamente iguais um lado. tais que AM = AN. sucedendo-se na ordem OABC. 46) O. sucedendo-se na ordem alfabética. ABCD é um retângulo e AME é ˆ ˆ um triângulo. 49) M é o ponto médio de um segmento AB e C é um ponto interno ai segmento MB. o triângulo MNP é eqüilátero e BM = BN. OB = 5 cm. A x B S C 44) Na figura seguinte. AS é bissetriz interna do triângulo ABC. Demonstrar que MC = (CA – CB)/2. Introdução: Linhas. Prolonga-se BM de um segmento MP = MB e CN de um segmento NQ = NC. ABC é um triângulo retângulo e isósceles e ACD é um triângulo isósceles de base CD. A X D CD = 3 cm. B e C são quatro pontos de uma reta. Capítulo 1. Introdução: Linhas. 63) Demonstrar que a soma dos comprimentos das medianas de um triângulo está compreendida entre o semi-perímetro e o perímetro do triângulo. P e Q são pontos dos lados BC e AC tais que AB = AP = PQ = QC. Ângulos e Triângulos 57) Determinar a medida do maior lado de um triângulo sabendo que é expressa por um número inteiro de centímetros e que os outros dois lados medem 2 cm e 9 cm. Demonstrar que MA + MB < AC + CB. Achar os ângulos do triângulo BCD. Provar que o perímetro de MNP é menor que o perímetro de ABC. 59) O perímetro de um triângulo é 14 m. além disso. tal que AP = PC = BC. 72) ABC é um triângulo no qual a bissetriz interna relativa ao vértice A é igual ao lado AB e a bissetriz interna relativa ao vértice C é igual ao lado AC. Calcular os ângulos do triângulo. Calcular os ângulos do triângulo. Determinar a altura da torre AB. 64) Provar que o segmento que une um vértice de um triângulo com um ponto qualquer do lado oposto é menor que ao menos um dos outros dois lados. Andando em direção à torre passou pelo ponto C tal que o ˆ ângulo ACB = 30o e verificou que DC = 72 m. 42 . ˆ ˆ 69) As bissetrizes dos ângulos B e C de um triângulo acutângulo ABC formam um ângulo de 128o. 77) Um observador pretendendo determinar a altura de uma torre AB. Determinar a medida do lado AC. 58) AB = 12 cm e BC = 5 cm são dois lados de um triângulo isósceles ABC. tais que MB = BA e NC = CA. CP é a bissetriz interna relativa ao vértice C. 71) P é um ponto do lado AB de um triângulo ABC. A bissetriz do ângulo BAH intercepta BC em D. Sabendo que o ângulo C = 66o. 76) ABC é um triângulo retângulo e AH é a altura relativa à hipotenusa BC. tais que os ângulos BÂD e CÂE são respectivamente iguais aos ângulos C e B do triângulo. Demonstrar que AD = AE. 75) Pelo vértice A de um triângulo ABC traçam-se duas retas que interceptam o lado BC nos pontos D e E. Calcular os ângulos do triângulo. Calcular o ângulo MÂN. Calcular o ângulo agudo formado pelas alturas traçadas dos vértices B e C. Calcular o ângulo formado pela altura relativa ao lado BC e a bissetriz do ângulo Â. Demonstrar que o triângulo ACD é isósceles. 70) M e N são pontos da hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC. 74) AH é a altura relativa à hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC. colocou-se no ponto D de ˆ forma que o ângulo ADB = 15o. Determinar as medidas dos lados sabendo que são expressas por números inteiros de metros. 60) M é um ponto interno a um triângulo ABC. 66) Achar o ângulo  de um triângulo ABC. Prolonga-se o lado AB de um segmento BD = BC e une-se C com D. ˆ ˆ sabendo que as bissetrizes dos ângulos B e C o formam um ângulo de 132 . Une-se M com A e com B. um em cada lado. 65) Num triângulo ABC. 73) ABC é um triângulo no qual o ângulo  é o ˆ dobro do ângulo B . Demonstrar que as ˆ bissetrizes dos ângulos B e HÂC são perpendiculares. 61) Sobre os lados de um triângulo ABC marcamse os pontos M. 78) BD e CE são as bissetrizes internas relativas aos ângulos B e C de um triângulo ABC. N e P. calcular os ângulos A e B do triângulo. 62) Demonstrar que a hipotenusa de um triângulo retângulo é maior que a semi-soma dos catetos. o ângulo  = 60o e o ˆ ângulo B = 100o. O ângulo ˆ ˆ 67) ABC é um triângulo no qual B = 60o e C = o 20 . 68) A bissetriz do ângulo  de um triângulo ABC intercepta o lado BC em um ponto D tal que AD = ˆ BD. Demonstrar que a bissetriz do ângulo CÔY também é bissetriz do ângulo AÔB. AD = BC . Podemos afirmar que α é igual a: B 86) (Pará-2002) Seja ABC um triângulo que ˆ ˆ possui ∠BAC = 36o e ∠ABC = 21o. Introdução: Linhas. ∠ABC = 80° então o ângulo ∠ADB é igual a: a) 30° b) 40° c) 50° d) 60° e) 70° 85) (OBM-2001) O triângulo CDE pode ser obtido pela rotação do triângulo ABC de 90o no sentido anti-horário ao redor de C. e tais que AÔB – BÔC = 36o. M e N são pontos do lado BC tais que MB = BA e NC = CA. D . 80) OX e OY são as bissetrizes de dois ângulos consecutivos AÔB e BÔC. 83) (Campina Grande-2004) Num triângulo ABC . Calcular o ângulo BÔZ. Demonstrar que o ângulo CÔM é igual à semidiferença dos ângulos BÔC e AÔC. Então a soma dos ângulos ˆ ˆ ˆ ˆ Â. 65° e 85° E) 25°. OB e OC são as bissetrizes respectivas dos ângulos XÔY. Calcular os ângulos do triângulo. 82) XÔY e YÔZ (XÔY > YÔZ) são dois ângulos consecutivos. Sabendo-se que ∠BAC = 40°. Ângulos e Triângulos ˆ BÊD = 95 e o ângulo BDC = 82 .Capítulo 1. 81) AÔB é um ângulo cuja bissetriz é OM e OC é uma semi-reta interna ao ângulo AÔM. C . Calcular o ângulo MÂN. OA. 75° e 80° 84) (Pará-2000) Em um triângulo ABC. Sobre o lado AB marcam-se os pontos D e E de modo que AD = DC e EB = EC . OZ é a bissetriz do ângulo XÔY. 87) (Portugal-98) Na figura seguinte. as medidas dos ângulos internos de vértices B e C são dadas por 2x + 10o e 4x – 40o. B . Se a medida do ângulo externo de vértices A é 5x. então os ângulos internos desse triângulo são iguais a: A) 30°. c. 80° e 80° D) 30°. Ê e F será de quantos graus? 89) (Bélgica-2003) Na figura. ambos agudos. Quanto mede o ângulo DÂC? 88) (Goiás-99) Na figura abaixo os segmentos de reta r e s são paralelos. o ponto D pertence ao lado AC de modo que BD = DC. Determinar a medida do ˆ ângulo ∠DCE . b. m e n são dados. A D α 60O 40O C Quais retas são paralelas? a) a e b b) b e c c) a e c d) m e n e) não existem duas retas paralelas E a) 75o b) 65o c) 70o d) 45o e) 55o 90) (Bélgica-2003) Seis retas intersectam-se com os ângulos mostrados na figura. 70° e 80° C) 20°. 43 . o o 79) ABC é um triângulo no qual  = 120o. conforme mostrado no desenho abaixo. 60° e 90° B) 30°. YÔZ e XÔZ. alguns ângulos entre as retas a. CD = 12 m e AB = 48 m. tem lados de medidas 39 cm. o que significa dizer que EE´H´H é um quadrado e que os retângulos EFGH e E´FGH´ são semelhantes. ou seja. sendo AB seu cateto menor. FG e DE . Se AF = 3 cm. BCD e BDE.1 cm.8 c) 18.5 cm. CE = 2 cm e FG = 2 cm.8 P 4 3 Q 9) (Unifor-99) Na figura abaixo. o triângulo ABC. em centímetros. construiu o Parthenon com medidas que obedeceram à proporção áurea.4 b) 17.C. C D 13) (UFRN-2004) Phidias. é aproximadamente igual a a) 78 b) 74 c) 72 d) 68 e) 64 64 . Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos A 11) (Unifor-99) Na figura abaixo têm-se os triângulos retângulos ABC. pode-se concluir que a altura PR desse triângulo mede: R 3 3 a) 16. 30° A B A medida do segmento AD . enquanto que o triângulo MNC.Capítulo 2. é a) 7 b) 6 c) 5 d) 2 e) 3 12) (UFRN-2000) Considerando-se as informações constantes no triângulo PQR (figura abaixo). retângulo em A. DF = 2. então a medida do lado BE . em centímetros. tem perímetro de 30 cm. E N M 1 cm D 1 cm B O C C 8) (Unifor-98) Na figura abaixo tem-se o triângulo ABC e os segmentos BC . paralelos entre si. A a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 N C M B Qual é a medida do segmento NA ? 10) (Unifor-99) Na figura abaixo CD // AB . Veja a figura abaixo. 36 cm e 15 cm.6 d) 19. BD = 1. então o perímetro do triângulo ABC é. em metros. retângulo em M. 1 cm A 2 cm B Se os lados têm as medidas indicadas..2 e) 19. o lado maior do primeiro retângulo está para o lado maior do segundo retângulo assim como o lado menor do primeiro retângulo está para o lado menor do segundo retângulo. um arquiteto grego que viveu no século quinto a. determine o valor. no momento em que a extremidade B toca o solo. em 3 relação ao solo.0 b) 2.x + 1 14) (UFPB-78) Na figura ao lado. c) 9 d) 8 e) 4. os ângulos B. os segmentos ED e DF valem. CB = 4. a medida de um cateto é igual a 6cm e a medida da projeção do outro cateto sobre a hipotenusa é igual a 5cm.x – 1 d) x2 .2m. Sabendo que S é o ponto médio de RT . de 8 vezes a altura h. U é o ponto médio de TV . AB é paralelo a DE . em metros. a) x – y = 14 b) x + y = 22 c) x.Capítulo 2. apoiada sobre uma mureta de concreto no ponto C. B C 16) (UFPB-87) O comprimento BC . AC = 15 e EF = 4 . respectivamente. na figura ao lado. em cm. vale: a) 4 m b) 2 2 m c) 4 2 m d) 8 m e) 8 2 m 17) (UFPB-88) Na figura. O maior lado desse triângulo mede. a medida de RV é 69 e a medida de RT é 19. AB = 12 . E e G são retos. da extremidade A. a) 6. 3 b) 28 3 a) 5 e 3 d) 3 e 5 b) 3 e 4 e) 4 e 5 c) 4 e 3 15) (UFPB-86) Na figura. BC = 9 . 3 DC = DE = CE = m. determine a medida do segmento AM. Se NM = 2. é válida a igualdade A solo D E 22) (UFMS-2002) Dois homens carregam um cano de diâmetro desprezível.5 c) 3. A medida da projeção do menor cateto sobre a hipotenusa é igual a: a) 2. como na figura. então a medida de UV é a) 25 b) 35 c) 45 d) 50 e) 55 21) (UFMS-99) Uma gangorra é formada por uma haste rígida AB .y = 8 3 d) x : y = 8 e) 1 1 11 + = x y 12 18) (Puc/MG-2003) As medidas dos catetos de um triângulo retângulo são 6 e 8.2 d) 3. NP = 6 e CB = 5. 2 20) (Puc/RS-2001) Um segmento de reta RV tem pontos internos S. T e U. NP || AB e NM || CB. paralelamente ao 65 .6 19) (Puc/RS-2000) Em um triângulo retângulo. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos Assim. As dimensões são AC = 1. Então.8m.1 2 c) x . podemos afirmar que a razão da medida da base do Parthenon pela medida da sua altura é uma raiz do polinômio: a) x2 + x + 1 b) x2 + x . Sendo h a altura. Então. Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos chão, por um corredor de 3 3 m de largura, que encontra, ortogonalmente, outro corredor de 1 m de largura. Na passagem de um corredor para o outro, as extremidades do cano tocaram as paredes dos corredores e outro ponto do cano tocou a parede onde os corredores se encontram, formando um ângulo α , conforme mostrado na ilustração abaixo. Sabendo-se que a medida do ângulo α é 60°, determine, em metros, o comprimento do cano. O comprimento da escada é: 23) (UFPA-97) A sombra de uma árvore é de 4 metros no mesmo instante que minha sombra é de 44 cm. Sabendo que a sombra é diretamente proporcional ao tamanho e que minha altura é 1,65 m, então podemos afirmar que a altura da árvore é, em metros, igual a a) 15 b) 14 c) 13,03 d) 12,5 e) 10,72 24) (UFPA-98) Os catetos de um triângulo retângulo ABC medem AB = 12cm e AC = 16cm. Pelo ponto médio M do lado AC, traça-se uma perpendicular MN ao lado BC, sendo N pertencente ao segmento BC. Determine o perímetro do triângulo MNC. ( )1 / 2 2/3 c) (x 3 / 2 + y 3 / 2 ) 2/3 e) (x1 / 2 + y1 / 2 ) a) x 3 / 2 + y 3 / 2 ( )3 / 2 3/ 2 d) (x1 / 2 + y1 / 2 ) b) x 2 / 3 + y 2 / 3 27) (UFC-2002) Na figura abaixo, os triângulos AC ABC e AB'C' são semelhantes. Se = 4 então AC' o perímetro de AB'C' dividido pelo perímetro de ABC é igual a: A B' C' B 25) (UFC-98) Dois pontos A e B, que distam entre si 10 cm, encontram-se em um mesmo semiplano determinado por uma reta r. Sabendo que A e B distam 2 cm e 8 cm, respectivamente, de r, determine a medida, em centímetros, do menor caminho para ir-se de A para B passando por r. 26) (UFC-2000) Um muro com y metros de altura se encontra a x metros de uma parede de um edifício. Uma escada que está tocando a parede e apoiada sobre o muro faz um ângulo q com o y chão, onde tgθ = 3 . Suponha que o muro e a x parede são perpendiculares ao chão e que este é plano (veja figura). C 1 a) 8 1 b) 6 1 c) 4 1 d) 2 e) 1 28) (Fatec-2000) Na figura abaixo, além das medidas dos ângulos indicados, sabe-se que B é ponto médio de AC e AC = 2 cm A medida de DE , em centímetros, é igual a 66 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos a) 1/2 b) 1 c) 2 d) 1,5 e) 3 29) (Mackenzie-99) Na figura, AB e BC medem, respectivamente, 5 e 4. Então o valor mais próximo da medida de AB + BC + CD + ED + EF + ... é: a) 3 b) 4 c) 5 d) 5/2 e) 7/2 a) 17 b) 19 c) 21 d) 23 e) 25 33) (Puc/SP-2000) Uma estação de tratamento de água (ETA) localiza-se a 600m de uma estrada reta. Uma estação de rádio localiza-se nessa mesma estrada, a 1000m da ETA. Pretende-se construir um restaurante, na estrada, que fique à mesma distância das duas estações. A distância do restaurante a cada uma das estações deverá ser de a) 575m b) 625 m c) 600 m d) 700m e) 750m 34) (Unb-2000) Em uma região completamente plana, um barco, considerado aqui como um ponto material, envia sinais de socorro que são recebidos por duas estações de rádio, B e C, distantes entre si de 80 km. A semi-reta de origem B e que contém C forma, com a direção Sul-Norte, um ângulo de 45° no sentido Noroeste. Os sinais chegam em linha reta à estação B, formando um ângulo de 45° com a direção Sul-Norte no sentido Nordeste. Sabendo que a estação mais próxima dista 310 km do barco, calcule, em quilômetros, a distância do barco à outra estação. 35) (Unesp-2002) A sombra de um prédio, num terreno plano, numa determinada hora do dia, mede 15m. Nesse mesmo instante, próximo ao prédio, a sombra de um poste de altura 5m mede 3m. 30) (Mackenzie-2002) No triângulo ABC da figura, o lado BC mede 4,5 e o lado do quadrado DEFG mede 3. A altura do triângulo ABC, em relação ao lado BC, mede: a) 7,5 b) 8,0 c) 8,5 d) 9,0 e) 9,5 31) (Mackenzie-2002) Na figura, AH = 4, BC = 10 e DC = 8. A medida de AB é: a) 4,8 b) 5,2 c) 5,0 d) 4,6 e) 5,4 se 32) Na figura, FG AB = 5AD = 5FB , a razão vale: DE (Mackenzie-2003) A altura do prédio, em metros, é a) 25 b) 29 c) 30 d) 45 e) 75 67 Capítulo 2. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 36) (Unesp-2004) Um observador situado num ponto O, localizado na margem de um rio, precisa determinar sua distância até um ponto P, localizado na outra margem, sem atravessar o rio. Para isso marca, com estacas, outros pontos do lado da margem em que se encontra, de tal forma que P, O e B estão alinhados entre si e P, A e C também. Além disso, OA é paralelo a BC, OA = 25 m, BC = 40 m e OB = 30 m, conforme figura. A distância, em metros, do observador em O até o ponto P, é: a) 30 b) 35 c) 40 d) 45 e) 50 ao lado BC e Q ao lado AC. O perímetro desse retângulo, em cm, é: a) 4 b) 8 c) 12 d) 14 e) 16 40) (Fuvest-99) Num triângulo retângulo ABC, seja D um ponto da hipotenusa AC tal que os ângulos DAB e ABD tenham a mesma medida. Então o valor de AD/DC é: a) 2 b) 1 / 2 c) 2 d) 1/2 e) 1 41) (Fuvest-99) Na figura abaixo, as distâncias dos pontos A e B à reta r valem 2 e 4. As projeções ortogonais de A e B sobre essa reta são os pontos C e D. Se a medida de CD é 9, a que distância de C deverá estar o ponto E, do segmento CD, para que CÊA = DÊB? 37) (Fuvest-87) Na figura os ângulos assinalados são retos. Temos necessariamente: a) x p = y m b) x m = y p e) c) xy = pm a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7 d) x2 + y2 = p2 + m2 1 1 1 1 + = + x y m p 38) (Fuvest-88) Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com AO = a e OB = b, são dados os pontos P em AO e Q em OB de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nestas condições o valor de x é: a) ab − a − b b) a + b − 2ab c) e) a 2 + b2 ab + a + b d) a + b + 2ab 42) (Fuvest-2000) Na figura abaixo, ABC é um triângulo isósceles e retângulo em A e PQRS é um 2 2 quadrado de lado . Então, a medida do lado 3 AB é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 39) (Fuvest-98) No triângulo acutângulo ABC a base AB mede 4 cm e a altura relativa a essa base também mede 4 cm. MNPQ é um retângulo cujos vértices M e N pertencem ao lado AB, P pertence 43) (Fuvest-2003) O triângulo ABC tem altura h e base b (ver figura). Nele, está inscrito o retângulo DEFG, cuja base é o dobro da altura. Nessas condições, a altura do retânguslo, em função de h e b, é pela fórmula: 68 a medida da extensão de cada degrau é. 45) (ESA-95) Calculando x na figura dos quadrinhos abaixo. que o decompõe em dois triângulos semelhantes e não congruentes ABD e ACD. um deles com 4. além da mesma altura. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos a) 2h 3 3 b) h 3 c) 2h 3 d) 6h e) 6h 3 bh h + b 2bh b) h + b a) bh h + 2b bh d) 2h + b c) e) bh 2 (h + b ) 44) (UNICAMP-97) A hipotenusa de um triângulo retângulo mede 1 metro e um dos ângulos agudos é o triplo do outro. então a medida de QM em função de a e x é 3a − x a) 4 3a − x b) 8 8x + 3a c) 8 9 x − 3a d) 8 51) (AFA-94) Dados dois triângulos semelhantes. vista de perfil. e o outro com 66 cm de perímetro. seu perímetro é dado por 69 . na figura abaixo. pode-se afirmar que o menor lado do triângulo maior mede. é B o C ˆ Se AB = 2m e BCA = 30 . está representada na figura . como na figura abaixo: C P Q A B 9 6 9 6 x x O lado do triângulo equilátero AQP mede m 6 m m 6 a) b) c) d) m 3 2 2 a) 2 b) 4 c) 6 d) 3 e) 8 46) (Ciaba-2003) Uma escada cujos degraus têm todos a mesma extensão. encontramos: 48) (Colégio Naval-89/90) Num triângulo ABC traça-se a ceviana interna AD. A 50) (Epcar-2004) Se o triângulo ABC da figura abaixo é equilátero de lado a.8 b) 11. a) 9.4 d) 13. b) Mostre que o comprimento do cateto maior está entre 92 e 93 centímetros.6 c) 12. a) Calcule os comprimentos dos catetos. tanto por triângulos acutângulos quanto por triângulos retângulos e) podem ser satisfeitas. tanto por triângulos retângulos quanto por triângulos obtusângulos 49) (Epcar-2000) É dado o triângulo retângulo e isósceles ABC.Capítulo 2.2 52) (AFA-2000) O valor de x2. onde A = 90o e AB = m. Conclui-se que tais condições: a) só são satisfeitas por triângulos acutângulos b) só são satisfeitas por triângulos retângulos c) só são satisfeitas por triângulos obtusângulos d) podem ser satisfeitas. em cm. em metros: 2 3 2 3 3 3 a) b) c) d) e) m 3 3 6 2 3 47) (Colégio Naval-85/86) Num triângulo equilátero de altura h. 7 e 9cm de lado. respectivamente. BC = 20 e BL = 9. r // s // t. A' B' 60) Num triângulo ABC. r 10 s t 20 y 21 30 y d) b − b4 4a 2 53) (ITA-78) Os catetos b e c de um triângulo retângulo de altura h (relativa à hipotenusa). AC e DA: AB’ = AB/3. ˆ ˆ sendo os ângulos α = BAF e β = EAD . são semelhantes.a. calcule o perímetro do paralelogramo LMCN. isto é BC AC = . onde P é o ponto de interseção desta paralela com o prolongamento do lado AC. cuja BC razão entre as hipotenusas é igual a razão B' C' AB entre dois catetos. A altura relativa à hipotenusa é: b) (p + 1) 3 − 1 c) p 2 − 1 a) p 2 61) Dados dois triângulos ABC e A’B’C’ que tenham dois ângulos iguais. demonstrar que os lados opostos a esses são proporcionais. tomam-se. 57) Na figura. 58) Na figura. são 1 dados pelas seguintes expressões: b = k + e k 1 onde k é um número real maior que k 1. Então o valor de h em função de k é: c= k− a) k 2 −1 2k k −1 k −2 2 2 c) d) 1+ k 2 −1 − k 2 e) n. A L M b) 2 k −1 2k ( 2 ) 54) (ITA-79) Considere o triângulo ABC. AC’ = AC/3 e DD’ = DA/3. Demonstrar que o triângulo D’B’C’ é semelhante a ABC. B + B' = 180 o . B M D C a) MN + MP = 2 BM b) MN + MP = 2 CM c) MN + MP = 2 AB d) MN + MP = 2 AD e) MN + MP = 2 AC 55) (ITA-87) O perímetro de um triângulo retângulo isósceles é 2p. Sejam E o ponto médio do segmento CD e F um ponto sobre o segmento CE tal que m( BC ) + m( CF ) = m( AF ). sobre AB. Por um ponto arbitrário M do segmento BD.  = Â’. Prove que cos α = cos 2β. Se LM // NC e LN // MC . Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos a a) b 2 − 4 a4 2 a2 b) − 4 b2 c) b2 b4 − 4 a2 2 56) (ITA-2003) Considere um quadrado ABCD. retângulo em A e de altura AD. tracemos o segmento MP paralelo a AD. e dois ˆ ˆ suplementares. onde AD é a mediana relativa ao lado BC.d. AC =16. B' C' A' C' d) 4p 2 − 1 ( ) e) 8p 2 + 4 ( ( ) ) ( ) 70 .Capítulo 2. podemos afirmar que: P A N B C N 59) Provar que dois triângulo ABC e A’B’C’. AB = 12. Calcule x e y. Se N é o ponto de interseção de AB com MP. encontre o ângulo BA 126) (Ceará-2002) Um quadrado é dividido em quatro triângulos retângulos congruentes e um quadrado menor. P é a interseção de EC e MB. Se o comprimento de cada lado da bandeira é d. Esses quatro triângulos retângulos e o quadrado menor são rearranjados da forma indicada na figura 2. um grupo de amigos resolveu construir uma grande bandeira em forma de triângulo equilátero. AF a (ii) Mostre que = . conforme a figura 1. M o ponto médio de AD e E um ponto sobre o lado AB. calcule a ˆ medida do ângulo EDC . uma demonstração do teorema de Pitágoras: o quadrado da hipotenusa de um triângulo retângulo é igual a soma dos quadrados dos seus catetos. iguais. onde n e m são números naturais. calcule a medida do segmento DC. determine o valor de d na forma n . m a) Utilizando propriedades geométricas. O matemático indiano Bhaskara demonstrava o teorema de Pitágoras com a ajuda desses diagramas. Sobre o lado AB. Para que ponto D o comprimento do segmento EF que une os pés destas perpendiculares é mínimo? (i) Mostre que os triângulos ABC e DAE são semelhantes. Mostre que M é o ponto médio de PQ. 124) (OBM-84 banco) De um ponto D qualquer sobre a hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC baixam-se perpendiculares DE e DF sobre os catetos. obtendo a seguinte configuração: 123) (OBM-97) Sejam ABCD um quadrado. a partir das figuras abaixo.Capítulo 2. tal que AP = b (onde b < a ). Obtenha. c) Calcule a medida do segmento AC. 125) (Pará-2004) Em homenagem às Olimpíadas de Atenas. O segmento PQ corta o lado AC no ponto M. b) Sabendo que BC = 2. um de 4 metros e outro de 3 metros. AE b 120) (Rio de Janeiro-2000) O triângulo ABC é equilátero de lado a. ABC e DAE são triângulos isósceles (AB = AC = AD = DE) e os ângulos BAC e ADE medem 36°. O terceiro vértice da bandeira apenas toca o solo. que será suspensa por dois de seus vértices através de postes verticais. D é o ponto médio de AB e E o ponto do lado BC tal que BE = ˆ ˆ 2 ⋅ EC. Mostre que a reta DP divide o segmento EB em dois segmentos de mesma medida. 122) (OBM-98) No triângulo ABC. 121) (OBM-2004) Na figura. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos Podemos fazer uma dobra que leva o ponto A até o lado esquerdo e o ponto B até a paralela superior. 75 . marca-se o ponto Q (mais próximo de C do que de B) tal que CQ = b . marca-se o ponto P. Dado que os ângulos ADC e BAE são ˆC. e sobre o prolongamento do lado BC. B P C Q N A M D a) Prove que ∠BDF = ∠BAC. BC = 50. Se ∠ABC = ∠AED. 131) (Uruguai-2000) Um quadrado ABCD é dado. respectivamente.Capítulo 2. respectivamente. BR = 2AR e AQ = 2CQ. O comprimento de PC é: a) 7 b) 8 c) 9 d)10 e) 11 136) (Invitational Challenge-2001) Pontos X e Y são escolhidos nos lados BC e CD. 3. tal que AP = b (onde b < a ). 2. 134) (Rioplatense-2003) Seja ABC um triângulo com AB = 30. respectivamente. Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 127) (Canadian Open Challenge-2000) Em um triângulo ABC. ℓb e CA. As distâncias entre ℓa e BC. DB = 2. e sobre o prolongamento do lado BC. respectivamente. AB. AB = 8. de modo que ∠AXY = 90o. respectivamente. CA = 40. As retas ℓa. E e F estão sobre os lados BC. de ∆ABC. sejam D e E nos lados AB e AC. respectivamente. os pontos D. Prove que d2/3 = n2/3 + 1. C e D tais que as distâncias entre a do meio e as outras duas sejam iguais a 5 e 7 unidades. b) Se AB = 5. 130) (Argentina-98) No triângulo ABC. determine o comprimento de BD. Q e R são escolhidos nos lados BC. A reta AE é traçada perpendicularmente à diagonal BD. Prove que o lado do AX 2 quadrado é igual a . Mostre que M é o ponto médio de PQ. AC e AB. onde ABCD possui lado 6 e MNPQ possui lado 5. respectivamente. e intersectam o triângulo. marca-se o ponto Q (mais próximo de C do que de B) tal que CQ = b . 132) (Uruguai-98) Temos dois quadrados como indicado na figura seguinte. ℓb. Sobre o lado AB. ℓc são paralelas a BC. Traçam-se três retas paralelas por B. até um ponto P de modo que ∆PAB seja semelhante a ∆PCA. a partir de C. 128) (Canadian Open Challenge-96) Um retângulo ABCD possui diagonal de comprimento d. Encontrar os lados do triângulo determinado por ℓa. O segmento PQ corta o lado AC no ponto M. 133) (Rio de Janeiro-2000) O triângulo ABC é equilátero de lado a. ℓb. Qual o lado do quadrado? 135) (Ahsme-86) Em um triângulo ABC. BC = 8 e CA = 7. determinar o valor de EC. de um quadrado ABCD. tais que ∠AFE = ∠BFD. AD = 3. ∠BDF = ∠CDE e ∠CED = ∠AEF. CA e AB. marca-se o ponto P. ℓc. 129) (Wisconsin-98) Pontos P. Os lados do retângulo EFCG possuem comprimentos n e 1. BC = 7. ℓc e AB são 1. AE = 2. Prove que as retas XY e BC são paralelas. AX 2 + (AX − XY) 2 76 . CA = 6 e o lado BC é prolongado. de modo que RX = 2PX e PY = 2QY. Então os pontos X e Y são escolhidos sobre os lados PR e PQ. CA. de modo que CP = 2BP. Calcular o perímetro de ∆AMN. Deseja-se provar que OT ⊥ t. pois t ∩ C = {T}. Logo. que C e T sejam tangentes. no triângulo OPT. C (⇒ ) Suponha-se. C O R T t ∩ C = {T} ⇔ OT ⊥ (d O .5) TEOREMA DA RETA TANGENTE Uma reta é tangente a uma circunferência se. que O eqüidista de A e de B. o que significa que P é exterior a C. Introdução aos Círculos Demonstração Basta notar que OA = OB = R. então. então a perpendicular a t passando por O intersectaria t em um ponto P≠T. OP é hipotenusa e. Logo. note-se que qualquer linha que ligue o ponto médio de uma corda genérica ao centro será perpendicular à corda. 82 . (c. Assim. isto é. Daí. necessariamente. Na realidade. t = R ) t Demonstração: C (⇐) Suponha-se que O R T P t OT ⊥ t e que P seja um ponto de t. t é tangente a C. distinto de T.5. Utilizar-se-á o método indireto de demonstração. Dessa forma. agora. portanto O ∈ m AB . conseqüentemente.1) Corolário: Em cada ponto de uma circunferência há uma única reta tangente à circunferência. OP > OT = R. T’ pertenceria a C. isto é.d. Se OT não fosse perpendicular a t.Capítulo 3. isto é. OP seria mediatriz de TT’ e. Isso é conseqüência do fato de haver uma única reta perpendicular a uma reta dada por um de seus pontos. tal que um ponto PT’=PT. portanto. haveria outro ponto (único) em t. sendo T o único ponto comum a t e a C. tal que P seria médio de TT’. o que é um absurdo.) 3. retângulo em T.q. Daí. maior que o cateto OT. OT ⊥ t (dO. que T seja R T P T’ t R O o único ponto comum a C e a t. for perpendicular a um raio (no ponto de tangência).T = R). OT’=OT=R. 3. e somente se. Q R P C O R T PQ e PT são tangentes à C ˆ Note-se que O é um ponto da bissetriz do ângulo QPT . 3.). Q R P R T O 83 . por serem retângulos e terem hipotenusa e um cateto congruentes. por um ponto fora de uma circunferência. há.Capítulo 3.: É possível provar que. exatamente. P2 t2 OBS. PQ = PT (c. duas retas tangentes a tal circunferência.d. pois O eqüidista dos lados desse ângulo (item 3).q. Na figura anterior: PQ = PT Demonstração: Basta notar que os triângulos POQ e POT são congruentes.6) SEGMENTOS TANGENTES Segmentos com extremidade num mesmo ponto fora da circunferência e tangentes a ela são congruentes. Introdução aos Círculos P4 t1 t3 r P t4 O P1 P3 Não pode haver mais de uma reta perpendicular à r. por um de seus pontos (P). Logo. • Duas circunferências são secantes se têm em comum somente dois pontos distintos. de centro O1 e raio r2.Capítulo 3. • Duas circunferências são ditas externas se os pontos de uma delas são externos à outra. de centro O2 e raio r2.7. • Duas circunferências são tangentes externamente (ou tangentes externas) se são externas e têm um único ponto comum.7.2) Posições Relativas Considere duas circunferências Γ1. Seja d a distância entre seus centros e suponha que r1 > r2.1) Definições: • Uma circunferência é interna a outra se todos os seus pontos são pontos internos da outra. Γ1 Γ2 Γ1 O2 Γ2 O2 O1 O1 Circunferência Γ2 é interna a Γ1 d < r1 – r2 Γ1 Circunferência Γ2 é tangente interna a Γ1 d = r1 – r2 Γ1 Γ2 Γ2 O2 O2 O1 O1 Circunferências Γ1 e Γ2 são secantes r1 – r2 < d < r1 + r2 Γ1 Γ2 As circunferências Γ1 e Γ2 são tangentes externas d = r1 + r2 O2 O1 As circunferências Γ1 e Γ2 são externas d > r1 + r2 84 . • Duas circunferências são tangentes internamente (ou tangentes internas) se uma delas é interna à outra e têm um único ponto comum. Introdução aos Círculos 3. 3.7) POSIÇÕES RELATIVAS DE DUAS CIRCUNFERÊNCIAS 3. e Γ2. 2) Ângulo Inscrito: É o ângulo que tem o vértice na circunferência e os lados secantes à circunferência.2. Trace e prolongue VO até encontrar a circunferência em P.8. ou seja.1) Ângulo Central: É o ângulo que tem o vértice no centro da circunferência. Introdução aos Círculos 3.8) ÂNGULOS NA CIRCUNFERÊNCIA 3. 3. correspondente ao arco AB B. os ângulos ∠APB e ∠AQB são sempre iguais. Q 85 . A O β Na figura ao lado. A β P α1 O α2 B De fato. 3. Demonstração: A O β2 α1 β1 α2 V P B ˆ Na figura α = AVB é o ângulo inscrito.8. V Nas duas figuras temos que ∠AVB é um ângulo inscrito. por mais que os pontos P e Q andem pela circunferência.2. Perceba que.8. Analogamente β2 = 2α2.8. α1 = α2. O A A O B B AB é o arco correspondente ou subtendido pelo ângulo inscrito ∠AVB. Temos também que ∠AOB é o ângulo V central correspondente ao ângulo inscrito ∠AVB. ∠AOB é um ângulo central. então β = 2α1 e β = 2α2.2) Teorema: Dois ângulos inscritos que correspondam à mesma corda (ou arco) na circunferência são iguais. A demonstração do caso em que o centro da circunferência é exterior ao ângulo é análoga. como α1 e α2 são ângulos inscritos relativos ao ângulo central β. mantendo fixos os pontos A e B. Como ∆AOV é isósceles então ∠AOV = 180o – 2α1 ⇒ 180o – 2α1 = 180o – β1 ⇒ β1 = 2α1. ˆ β = AÔB é o ângulo central correspondente ao ângulo inscrito α = AVB . Assim: β1 + β2 = 2α1 + 2α2 = 2(α1 + α2) ⇒ β = 2α. AB é denominado de arco correspondente ao ângulo central ∠AOB. Por definição: β = med ( AB ) B 3.Capítulo 3.1) Teorema: Um ângulo inscrito é igual à metade do ângulo central correspondente. com o diâmetro coincidindo com a hipotenusa deste triângulo retângulo. Demonstração: V .2) Teorema: Um ângulo inscrito e outro semi-inscrito que correspondam à mesma corda (ou arco) na mesma circunferência são iguais. β Portanto. A Considere o ângulo reto ∠AVB. De fato. V e B. Assim. então o ângulo central B ∠AOB correspondente a este ângulo inscrito vale 180o.8.3) Teorema: Todo ângulo reto pode ser inscrito em uma semi-circunferência.8.1) Teorema: Um ângulo semi-inscrito é igual à metade do ângulo central correspondente. V Demonstração: Seja O o centro da circunferência onde os ângulos inscrito e semiinscrito são traçados. Suponha que O é o centro desta circunferência. Seja O o centro da circunferência. Trace a circunferência que passa pelos pontos A.2. Na figura: tÂB (ou ∠tAB) é o ângulo de segmento O AB é o arco correspondente ao ângulo de segmento ∠tAB ∠AOB é o ângulo central correspondente A B t 3. 86 . Uma vez que o ângulo inscrito ∠AVB vale 90o. concluímos que o ponto O pertence ao segmento de reta AB. Como conseqüência deste teorema temos que todo triângulo retângulo pode ser inscrito em uma semicircunferência. tanto o ângulo inscrito ∠AVB e o ângulo semi-inscrito ∠tAB são iguais à metade do ângulo central ∠AOB correspondente.3.8.3. a medida do ângulo de segmento é tal que α = 2 O • β α A B t 3. fazendo com que AB seja o diâmetro da circunferência e que ∠AVB seja um ângulo inscrito na circunferência de diâmetro AB. Como ∆OAB é isósceles e AO ⊥ At ⇒ ∠OÂB = 90o – ∠tÂB ⇒ 90o – β/2 = 90o – α ⇒ α = β/2. Introdução aos Círculos 3. A B t Logo ∠AVB = ∠tAB.8.3) Ângulo de Segmento ou Ângulo Semi-Inscrito: É o ângulo que possui um vértice na circunferência e o outro tangente à circunferência.Capítulo 3. 3. A tangente comum interior aos dois primeiros círculos intersecta o terceiro 4 rs determinando uma corda MN.Capítulo 3. s e t se tangenciam exteriormente dois a dois. AC = 1 e CD = 7 então DB = 18. 18 Logo: FG = FD – GD = FD – EC = 12 – 5 = 7. Sejam E e F pontos sobre uma semicircunferência de diâmetro AB. Note que x + y = s.18 ⇒ FD = 12. e sejam C e D pontos sobre o segmento AB tais que AC = 1 e AD = 8. como CDGE é um retângulo temos que EG = 7. Introdução aos Círculos 20) (OBM-2004) Seja AB um segmento de comprimento 26. A D I B Pelo Teorema de Pitágoras em ∆CIA e ∆CIB: (r + t)2 = h2 + (r + s – x)2 (s + t)2 = h2 + x2 M Subtraindo estas equações: (r + t)2 – (s + t)2 = (r + s – x)2 – x2 ⇒ (r + s + 2t)(r – s) = (r + s)(r + s – 2x) ⇒ P C (r + s + 2t)(r – s) = (r + s)(r – s + 2y) ⇒ (r + s + 2 t )(r − s) (r + s + 2 t )(r − s) r − s + 2y = ⇒ 2y = − (r − s) ⇒ r +s r+s N 2t t ( r − s) r + s + 2t ⇒ y= 2 y = (r − s) − 1 = ( r − s ) r +s r +s r +s Aplicando o teorema de Pitágoras em ∆PCN: MN t 2 = y2 + 2 2 t 2 (r − s) 2 4rs MN 2 ⇒ = t2 =t − 2 (r + s) ( r + s) 2 2 2 ⇒ MN = 4 rs t r+s 22) (OBM-2003) A figura abaixo mostra duas retas paralelas r e s. Pelas relações métricas nos triângulos retângulos: EC2 = AC. Provar que: MN = t.BD = 8. F Seja G o ponto onde a paralela a AB passando por E encontra o segmento de reta FD. A reta r é tangente às circunferências C1 e C3. Quanto mede o segmento EF? a) 5 b) 5 2 c) 7 d) 7 2 e) 12 Solução: Como AB = 26. 21) Três círculos de centros em A. Como AFB é um triângulo retângulo: D A1 C 7 B FD2 = AD. Sejam P e I as projeções de C sobre MN e AB. Assim.25 ⇒ EC = 5. Aplicando o Teorema de Pitágoras em ∆EGF: EF2 = EG2 + FG2 = 49 + 49 ⇒ EF = 7 2 . CI = h e que DI = PC = y. E G AEB é um triângulo retângulo pois está inscrito em uma 7 semicircunferência. Suponha que BI = x. 97 . a reta s é tangente às circunferências C2 e C3 e as circunferências tocam-se como também mostra a figura. B e C e de raios respectivamente iguais a r. respectivamente. r+s Solução: Seja D o ponto de tangência entre as circunferências de centros A e B.BC = 1. sendo EC e FD perpendiculares a AB. Introdução aos Círculos r s C1 C2 C3 As circunferências C1 e C2 têm raios a e b. temos: AO2 = d2 + (h + r)2 (2) Assim. Qual é o raio da circunferência C3? A) 2 a 2 + b 2 Solução: B) a + b C) 2 ab D) 4ab a+b E) 2b – a b d2 . Prove que AP = BC. respectivamente. Então. substituindo (2) em (1): AP2 = d2 + (h + r)2 – r2 ⇒ AP2 = d2 + h2 + 2hr (3) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo O'OQ. substituindo (4) em (3): AP2 = h2/3 – 2hr + h2 + 2hr ⇒ AP2 = 4h2/3 = BC2 ⇒ AP = BC 98 . Solução: Inicialmente. utilizando o teorema de Pitágoras: d1 = d2 + d3 ⇒ (R + a) 2 − (R − a) 2 = (a + b) 2 − (2R − (a + b))2 + (R + b) 2 − (R − b) 2 ⇒ 4 Ra = 4 R(a + b) − 4 R 2 + 4 Rb ⇒ ⇒ d1 .Capítulo 3. temos: AO2 = AP2 + r2 ⇒ AP2 = AO2 – r2 (1) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOQ. temos: C (R – r)2 = d2 + (h/3 + r)2 ⇒ d2 = (2h/3 – r)2 – (h/3 + r)2 ⇒ d2 = 4h2/9 – 4hr/3 + r2 – h2/9 – 2hr/3 – r2 ⇒ d2 = h2/3 – 2hr (4) Portanto. &2 é uma circunferência tangente ao lado BC e ao menor arco BC de &1. a a+b Seja R o raio de C. A h O' R-r B P r O d r Q Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo APO. R+a a = a+b− R + b ⇒ a+b− R = a − b a + b – R = a – 2 ab + b ⇒ R = 2 ab R– b R– a b a 23) (OBM Jr.-96) Seja ABC um triângulo eqüilátero inscrito em uma circunferência &1. vamos construir a figura proposta no enunciado. Uma reta através de A tangencia &2 em P. R+b d3 . 2p n 2p n ' R ' Desde que o polígono de perímetro 2pn está inscrito na circunferência de raio R.14188 3.1) Teorema: Os comprimentos de duas circunferências são proporcionais aos seus diâmetros.13262 3.ℓn e 2pn’= n. ℓ n ' R' Se 2pn e 2pn’ são os perímetros dos dois polígonos é verdade 2p n C R que 2pn = n.ℓn’. Logo. implicando que = .46411 3.2) Teorema: O comprimento de uma circunferência de raio R é igual a 2πR. R obtém-se C = 2πR. sendo que quando n cresce 2pn’ cresce e 2Pn’ decresce. Realizando cálculos análogos aos C R anteriores chega-se à conclusão que x = . ou seja. quando n tende ao infinito.14156 2P/2R 3. Se ℓn e ℓn’ são os ℓn R = .14167 Repare que. Introdução aos Círculos 3. cada um de n lados.11) O NÚMERO π E O COMPRIMENTO DA CIRCUNFERÊNCIA 3.11. x = C’. verifique-se x > 2pn’.11. 2Pn R’ Como o polígono de perímetro 2Pn está circunscrito à circunferência de raio R tem-se C < 2Pn. as seqüências definidas pelos valores de 2pn’ e 2Pn’ são limitadas e convergem para um mesmo número real. fazendo com que. Chamando esta constante de π. Demonstração: C De fato.. x > 2Pn’. um em cada R circunferência. de perímetros 2Pn e 2Pn’. seja qual for o tamanho desta circunferência. Demonstração: Considere duas circunferências de raio R e R’ e R' comprimentos C e C’. Pela definição de x tem-se x = 2p n ' .C . tem-se C > 2pn. circunscreve-se dois polígonos. independentemente de n e de R.21540 3. tem-se C C' = = constante . R Inscrevem-se dois polígonos regulares.15967 3. Para se ter uma idéia do valor de π.00000 3. Define-se x como x = . os valores de 2p/2R crescem enquanto que os valores de 2P/2R decrescem.14609 3. com o crescimento de n.14272 3. Tomando agora as mesmas circunferências de raios R e R’.1415926535. tem-se que x está sempre entre 2pn’ e 2Pn’.. para todo inteiro n ≥ 3. pelo teorema anterior concluí-se que a relação é constante. de mesmo número de lados.2Pn ' . vale 3. Os 99 . implicando que R R' 3. n 6 12 24 48 96 192 384 2p/2R 3. R’ lados destes polígonos pode-se escrever Observe que.Capítulo 3. escrito com precisão até a décima cada decimal depois da vírgula. tendendo para o número π que.14103 3. observe a tabela abaixo.10582 3. Desde há muito (cerca de 4000 anos) notou-se que o número de vezes em que o diâmetro está contido na circunferência é sempre o mesmo.14156 3.13935 3. Além disso. somente depois que L. isto dá 3. 3. O Velho Testamento. com mais de dez milhões (precisamente 10. Porém.142. em 1967. Somente em 1767 que o matemático J.11. a distância percorrida é a mesma. calculado com 808 algarismos decimais exatos.125 < π < 3. então: A) passando pelos círculos menores.3) Comprimento do Arco de Circunferência Podemos observar que o comprimento de um arco de circunferência é proporcional ao ângulo central que compreende este arco. Jones (16751749). Em 1947 descobriu-se que o cálculo de Shanks errava no 527º algarismo (e portanto nos seguintes). que foi escrito cerca de 500 anos AC (embora baseado em tradições judaicas bem mais antigas) contém um trecho segundo o qual π = 3 (Primeiro Livro dos Reis. até então. não era sabido se π era racional ou irracional. 100 . C) passando pelos círculos menores ou pelo sul. matemáticos se têm ocupado em calcular π com precisão cada vez maior. O inglês William Shanks calculou π com 707 algarismos decimais exatos em 1873. Euler (1707-1783) passou a utilizar o símbolo π que isto tornou-se padrão entre os outros matemáticos. H.395) de algarismos exatos! O primeiro a usar a notação π para o valor de C/2R foi o matemático inglês W. que obteve o valor π = 3. <π< . nos Estados Unidos. em 1984. de acordo com a proporção. onde ℓ é o comprimento do arco AB : α ℓ = 2π 2πR ⇒ ℓ = αR B Obs: α em radianos (0 < α < 2π) Exemplos: 1) (Ufop-2002) Num jardim de forma circular.000 algarismos decimais exatos e. VII: 23). Tentava-se calcular π com cada vez mais casas decimais na expectativa de surgir alguma periodicidade. B) passando pelo sul.1416. então. o caminho é mais curto que indo pelo sul. quero ir do leste ao norte. o caminho é mais curto que indo pelos círculos menores. Introdução aos Círculos babilônios já tinham observado que o valor de π se situa entre 3 1 1 25 22 e 3 . ou seja. Depois vieram os computadores. não é possível saber qual o caminho mais curto. Com seu auxílio. A O α ℓ Assim. Entretanto. D) não conhecendo os valores dos raios. Com o auxílio de uma maquininha manual. em que a distribuição das passarelas acompanha a figura abaixo. calculou-se π com 500.013. Desde Arquimedes. passando pelo oeste. Lambert (1728-1777) demonstrou que π era um número irracional. na França.Capítulo 3. Em 8 7 8 7 frações decimais. o valor de π foi. N O L S Sabendo que o raio do círculo maior é o dobro dos raios dos círculos menores e que não quero passar duas vezes pelo mesmo local. a) 2 b) 2. Os dois pontos B e C pertencem à semi-circunferência de modo que AC ⊥ BM e  = 50o. tangentes entre si. Sabendo que os raios das circunferências medem 24 e 6 metros. Determine a razão entre o perímetro de um dos círculos e o perímetro da região hachurada. a) 5o b) 10o c) 15o d) 20o e) 25o 70) (Bélgica-2002) Através de um ponto P em um círculo com diâmetro AB. Determine o raio desta semicircunferência. O ângulo agudo formado pela mediatriz e pa mede: 73) (Bélgica-2003) Na figura. têm centros E e F e são tangentes aos lados do retângulo [ABCD] nos pontos M. B. Introdução aos Círculos círculo.5 d) 3 2 e) 3 13 77) (Portugal-2002) Na figura AB = 9 e AD = 8. AD é um diâmetro de uma semi-circunferência com centro M.4 c) 2. N. As duas circunferências. Prove que ∠APB = ∠CQD. então o menor arco XY vale: a) 50o b) 60o c) 65o d) 70o e) 75o 74) (Bélgica-2003) Na figura temos 7 círculos possuindo mesmo raio.Capítulo 3. Determine o ângulo entre as retas AC e BD. Se ∠PÂB = 35o. Uma reta intersecta o segmento PQ e encontra as circunferências nos pontos A. traça-se uma semi-circunferência com centro na hipotenusa e tangente aos catetos do triângulo retângulo. 72) (Bélgica-2003) Em um triângulo retângulo de catetos 4 e 6. X e Y . 76) (Portugal-2000) Na figura seguinte estão representadas duas circunferências tangentes exteriormente e uma reta tangente às duas circunferências nos pontos A e B. C e D. a) 20o b) 35o c) 40o d) 55o e) 70o a) 1/2 b) 1/3 c) 1/6 d) 1/π e) 4/7 71) (Bélgica-2002) Envolve-se três cilindros de diâmetro 1 com uma fita adesiva. traça-se o diâmetro PX e duas cordas PA e PY onde PY ⊥ AB. nesta ordem. 113 . determine a distância entre os pontos A e B. O comprimento desta fita é igual a a) 3 + π b) 3 c) 3 + π/2 d) (3 + π)/2 e) 6 + π 75) (Rússia-98) Duas circunferências intersectamse em P e Q. Solução: 129 . C = 90o. 2 2 2 9) (IME-92/93) Provar que a soma das distâncias de um ponto qualquer interior a um triângulo equilátero aos lados é constante. 10) A área de um triângulo é dada pela fórmula S = 4 Determine os ângulos do triângulo. Assim: p = . Solução: a.x 2 ℓ. BH = 2HC e CI = IA. fazendo com que sen C ≥ 1. CA do triângulo ABC de área 1 tais que BD = 3AD.XY 3 1. então sen C = 1. Determine o valor do terceiro lado do triângulo sabendo que sua área é 3. BC. x2 e x3 as distâncias do ponto P aos lados do triângulo. 2 Pela fórmula de Heron: S = p(p − x )(p − 5 2 )(p − 6) ⇒ 6 + 5 2 + x 6 + 5 2 − x x − 5 2 + 6 x + 5 2 − 6 ⇒ 3= 2 2 2 2 [(6 + 5 2 ) 2 − x 2 ][ x 2 − (5 2 − 6) 2 ] ⇒ 144 = – 196 + 172x2 – x4 ⇒ 16 x4 – 172x2 + 340 = 0 ⇒ (x2 – 2)(x2 – 170) = 0 ⇒ x = 2 ou x = 170 9= 12) Sejam D. I pontos no interior dos lados AB.Capítulo 4. Solução: C Seja ℓ o lado do triângulo equilátero ABC e sejam x1. Daí: a = b.x 3 S = S∆PAB + S∆PAC + S∆PBC ⇒ = + + ⇒ 4 2 2 2 P x1 ℓ 3 . 2ab Como o valor máximo do seno de qualquer ângulo é 1. 11) Dois lados de um triângulo são 6 e 5 2 .b. Solução: 6+5 2 +x Seja x o valor do lado desconhecido.senC a 2 + b 2 ab.41 = sen 45 o = = 11. H. temos 2 4 2 a 2 + b2 a 2 + b2 a 2 + b 2 − 2ab (a − b ) 2 senC = ⇒ senC − 1 = −1 = ⇒ senC − 1 = 2ab 2ab 2ab 2ab 2 (a − b ) Sabemos que é sempre maior ou igual a zero. que é um valor constante. implicando que A = B = 45o.75 m2. ℓ2 3 . Área e Relações Métricas de um Triângulo b) S ∆XYZ 8 5 4 + XZ. Calcule a área do triângulo DHI.senC Como a área de um triângulo é dada por S = = ⇒ . ou seja. Como ABC é eqüilátero sua S área é dada por S = 4 x2 x3 ℓ 2 3 ℓ. onde a e b são dois de seus lados. x1 + x 2 + x 3 = A B 2 a 2 + b2 .x 1 ℓ. senB) / 2 AB BC 4 3 2 ˆ S ∆CHI (CI. ˆ S ∆ABC (AB. Analogamente temos que: S2 S4 = S5.AI.senC) / 2 CI CH 1 1 1 = = = = .senC) / 2 AC BC 2 3 6 B H C Portanto. que são as projeções ortogonais dos pontos A’. B’G. Como AMA’E é um retângulo e AA’ é uma de suas diagonais.cos θ e cuja área total é S3 + S9. S9 Desde que A’D’ || B’C’ e A’B’ = C’D’ podemos unir os B’ F θ C’ trapézios de áreas S3 e S9 (de modo que os segmentos A’B’ e θ S4 I C’D’ sejam coincidentes) e formar assim um retângulo cujas S8 dimensões são y. c. H.Capítulo 4. D’L e A’M. S∆ADI + S∆BHD + S∆CHI + S∆DHI = 1 ⇒ 8 2 6 24 A 13) Na figura abaixo um quadrado EFGH foi colocado no interior do quadrado ABCD.AC.cos θ. – marquemos os pontos E.senA) / 2 AD AI 1 1 1 = = = = .. S5 S6 S7 Fazendo o mesmo com os trapézios de áreas S6 e S12.. J. então S1 = S2. F. S10 = S11 (1) E S10 θ Da figura temos que EF = GH = IJ = LM = y.cos θ e x – y. – indiquemos o ângulo θ que formam com a horizontal os lados B’C’ e D’A’. A’ J θ D’ Notamos também que: S3 EA’ + D’J = FB’ + C’I = MA’ + B’G = LD’ + C’H = x – y.cos θ.. C’ e D’ (vértices do quadrado interior) sobre os lados AB. – chamemos de S1. ˆ S ∆ABC (AC. I. como a área de ∆ABC é 1: 1 1 1 5 + + + S ∆DHI = 1 ⇒ S ∆DHI = .CH. S12 as áreas das 12 figuras que surgem na região entre o quadrado maior e o menor. L e M... Área e Relações Métricas de um Triângulo Observe que: ˆ S ∆ADI (AD. a c d b Solução: Inicialmente vamos fazer as seguintes construções: – sejam x o comprimento do lado do quadrado ABCD e y o lado do quadrado A’B’C’D’. então as áreas também são iguais. ˆ S ∆ABC (AB. – tracemos os segmentos A’E. teremos a B C formação de um outro retângulo cujas dimensões são x – y. e d denotam as medidas das áreas dos quadriláteros. G.BH. mostre que a + b = c + d . B’.BC. Como os dois retângulos formados acima possuem as mesmas dimensões. CD e DA. Deste modo: S3 + S9 = S6 + S12 (2) De (1) e (2) temos que: S2 + S4 + S8 + S10 + S3 + S9 = S1 + S5 + S7 + S11 + S6 + S12 ⇒ a + b = c + d. como indica a figura. b.BC.senA) / 2 AB AC 4 2 8 D ˆ S ∆BHD (BD. S2. determinando 4 quadriláteros..cos θ e cuja área total é S6 + S12. B’F.senB) / 2 BD BH 3 2 1 I = = = = . Se a. . que é o mesmo ângulo que os lados A’B’ e C’D’ formam com a vertical. S7 = S8. BC. S1 S12 S11 A M L D 130 . .cos θ G H e y. SADE = y. respectivamente. CED e DEF possuem áreas iguais. Área e Relações Métricas de um Triângulo 14) ABC é um triângulo e P um ponto no seu interior. respectivamente. de modo que os triângulos AFE.h 1 x.BC. BDF. E e F são escolhidos sobre os lados BC. então p(1 – q) = 1/4 (1) Analogamente: q(1 – r) = 1/4 (2) r(1 – p) = 1/4 (3) 4p − 1 Desenvolvendo (1) obtemos q = . Prove que D. Solução: Suponha que BF/AB = r. Paralelas aos lados contendo P dividem o triângulo em 6 partes das quais 3 são triângulos de área S1. A ˆ S ∆CDE (CE. SBDEF = y.h2 = x. S2 e S3.S EFC . cada um de área y.h 2 ( y.CD. Provar que a área S de ABC é dada por S = ( S1 + S 2 + S3 A I P S3 S2 )2 . Solução: A h1 E h2 D C x F y 4.senC) / 2 AC BC F Como as áreas de AFE.h2/2.senC) / 2 CE CD = = = (1 − q )p .SEFG = (y.S EFC 16) Pontos D.SEFG = 2 2 4 = 2 S ADE . Solução: Como DG || AC.Capítulo 4. Traçando FD.h2.h1/2 e SEFG = x. E e F são os pontos médios dos lados de ∆ABC. 4p B D C 4p − 1 1 3p − 1 (1 − r ) = Substituindo em (2): ⇒ r= . 4p 4 4p − 1 3p − 1 1 (1 − p) = ⇒ (12p – 4)(1 – p) = 4p – 1 ⇒ 3(4p2 – 4p + 1) = 0 ⇒ Substituindo em (3): 4p − 1 4 2 (2p – 1) = 0 ⇒ p = 1/2 ⇒ q = 1/2 e r = 1/2 ⇒ D. ˆ S ∆ABC (AC.SADE. Por E traçamos duas retas DE e EF paralelas aos lados BC e AB. D e F são pontos em AB e BC. respectivamente. 131 . E e F são os pontos médios de ∆ABC.h2/2. AC e AB.h 2 )( x. Prove que S BDEF = 2 S ADE . IF || AB e EH || BC ⇒ ∆DEP ~ ∆PFG ~ ∆IPH ~ ∆ABC 2 2 2 Assim: S1 = EP S 2 = PH S3 = FG D S1 E B H S BC S BC S BC Portanto: G C S= F ( S3 EP + PH + FG S1 S2 + + = =1 ⇒ S S S BC S1 + S 2 + S3 )2 15) Um ponto E é escolhido sobre o lado AC de um triângulo ABC. CD/BC = p e AE/AC = q. BDF. Assim.h 1 ) = ⇒ Logo: SADE. dividimos BDEF em dois triângulos congruentes. x h2 B y.h2)2 = (SBDEF)2 ⇒ S BDEF Como ED // FB e EF // DB então ED = FB = y.h1. Desde que ∆ADE e ∆EFC são semelhantes: y h1 = ⇒ y. CED e DEF são iguais a um quarto da área de ABC. Por outro lado. seja D a projeção de A sobre BC. é igual.sen (BAC + CBA) ˆ d 2 . Sabendo: 58) (ITA-81) Os lados de um triângulo medem a. 63) (ITA-2000) Num triângulo acutângulo ABC . cujos vértices Q e R estão. Área e Relações Métricas de um Triângulo b) 7 cm. cos(BAC + CBA) ˆ ˆ d 2 (senBAC)(senCBA) e) S = ˆ ˆ 2. então a área do triângulo ABC vale: b) (ℓ2/2) sec2 θ tg θ a) (ℓ2/2) sec θ tg θ c) (ℓ2/2) sec θ tg2 θ d) (ℓ2/2) cossec θ tg θ e) (ℓ2/2) cossec2 θ cotg θ B M C 66) (IME-67) No triângulo abaixo. 68) (IME-86/87) Dado um triângulo ABC de lados a. para que a área do triângulo seja máxima. Verificar. obtém-se uma diminuição de 3 m2 em sua área. o perímetro mede 64 m e os ângulos adjacentes são iguais ao arc cos 7/25.senBAC d) S = ˆ ˆ 2. se forem satisfeitas as relações 3a = 7c e 3b = 8c.senCBA c) S = ˆ ˆ 2. 5 então a área do triângulo ABC é igual a : 5 a) cm 2 b) 12 cm 2 c) 15 cm 2 2 25 2 cm d) 2 5 cm 2 e) 2  = arccos 3 5 e 64) (ITA-2003) Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5 cm. A ˆ ˆ d 2 (senBAC)(senCBA) b) S = ˆ ˆ 2. a: a) 3 15 b) 7 3 c) 5 6 d) 15 2 3 e) 7 2 15 65) (IME-65) AB = AC ≠ BC. Nestas condições. b e c centímetros. Então a área do triângulo é de: a) 168 m2 b) 192 m2 c) 84 m2 d) 96 m2 e) 157 m2 61) (ITA-85) Num triângulo ABC considere ˆ ˆ conhecidos os ângulos BAC e CBA e a medida d do lado A.sen (BAC + CBA) ˆ d 2 . cos(BAC + CBA) 62) (ITA-93) Num triângulo ABC. distando 4 cm de r. d) 11 cm.sen (BAC + CBA) 2 ˆ C = arcsen . sobre as retas r e s. diminuindo-se de 60° o ângulo que esses lados formam. B. Seja P um ponto na região interior a estas retas. Expressar a diferença AB2 – AM2 em função dos segmentos aditivos da base. Determinar a expressão do lado c em função de a e b. A área do triângulo equilátero PQR. Sabendo-se que o segmento BC mede ℓ cm e que o ângulo DÂC mede θ graus. c opostos aos ângulos A. o lado oposto ao ângulo  mede 5 cm . retângulo em A. oposto ao lado que mede a centímetros. se CP2 = (m2 + n2 + 2mncos C)cosec2 C A P n B m C 67) (IME-69) Em um triângulo são dados dois lados a e b. a área S deste triângulo é dada pela relação: d2 a) S = ˆ ˆ 2. em cm2. b. a) 30o b) 60o c) 45o d) 120o e) 135o 59) (ITA-82) Num triângulo de lados a = 3 m e b = 4 m. justificando. Portanto a área do triângulo inicial é de: a) 4 m2 b) 5 m2 c) 6 m2 d) 9 m2 e) 12 m2 60) (ITA-82) Num triângulo isósceles.Capítulo 4. respectivamente. Qual o valor do ângulo interno deste triângulo. as distâncias do ponto P aos lados AC e BC são respectivamente m e n. C 145 . a= B C cos cos 2 2 c) admite uma única solução. Se o sen 20 = k. 79) São dados os lados b e c de um triângulo. situado sobre o lado BC. A 74) (Provão-2001) Existem dois triângulos não congruentes. T S C’ P • B’ θ θ B M C 78) Considere um triângulo ABC onde AC = b e BC = a. 146 . Demonstre que: 1 cotg θ = (cotg B + cotg C) 2 A 77) Cinco quadrados são dispostos conforme ilustra o diagrama abaixo. e que fazem com esse lado ângulos iguais θ conforme a figura abaixo. Por B’ e C’ pontos médios dos lados AB e AC. 70) (IME-89/90) Os lados de um triângulo estão em progressão aritmética e o lado intermediário mede l. com  = 30o. 69) (IME-87/88) Calcule o lado c de um triângulo ABC. temos AC = 3m. Área e Relações Métricas de um Triângulo respectivamente e de perímetro 2p.Capítulo 4. é dada por: 4 2 b) a) 2 b) k 1 − 2k 2 2 1 − 2k 2 2(1 − k ) d) e) 2 1 − 2k 1 − 2k 76) Calcular a área do triângulo equilátero inscrito em um quadrado de 5 dm de lado. respectivamente. traçam-se duas retas que se cortam em um ponto M. quatro dos quais têm áreas 40. 3 /2. mostre que A p sen 2 . b) admite mais de uma solução. 35 e 84. Determine o terceiro lado x sabendo que é igual a altura relativa a ele. quando: a) 0 < x ≤ 2 b) 2 < x < 4 c) 2 < x ≤ 4 d) x > 4 e) x ≥ 4 75) (Fatec-2004) No triângulo ABC tem-se que ˆ ˆ BAC mede 80o. Marcam-se sobre o lado AB os pontos D e E de modo que os segmentos CD e CE dividem o ângulo C em três partes iguais. 2 3 / 3 . onde K = a + b – c. b. 3 / 3. Sabendo que o maior ângulo excede o menor em 90o. Mostre que a medida da área do quadrado S é igual a medida da área do triângulo T. 30. calcule a razão da PA formada pelos lados. 84 P B 40 35 30 C 72) (IME-94/95) Seja ABC um triângulo qualquer. devendo um dos vértices do triângulo coincidir com um vértice do quadrado. em função de sua área S. porque tal triângulo não existe. dividindo-o em seis triângulos. do ângulo C e de K.m e n.” Esse problema: a) não faz sentido. calcule os valores de CD e CE em função de a. e) admite uma única solução. em centímetros. 71) (IME-89/90) Seja P um ponto no interior de um triângulo ABC. ABC mede 40o e BC = 4 cm. então a medida de AC. BC = 4m e B = 60o. Calcule sen A. como mostra a figura. d) admite uma única solução. Sabendo que CE/CD = m/n. Sobre que condições o problema admite solução? 73) (Provão-2000) Considere o problema a seguir: “Em um triângulo ABC. Calcule a área do triângulo ABC. AB = 4 cm e BC = x cm. 92) Calcular o lado de um triângulo eqüilátero cujos vértices estão situados respectivamente sobre três retas paralelas coplanares. 99) Calcular a área de um triângulo retângulo conhecendo-se o seu perímetro 2p e a altura h relativa à hipotenusa. Uma perpendicular ao lado de comprimento 14 divide o interior do triângulo em duas regiões de mesma área. Calcular a projeção do menor lado sobre o maior. sabendo que a e b são as distâncias da paralela intermediária às outras duas. Área e Relações Métricas de um Triângulo 80) Em um triângulo acutângulo ABC são traçadas as alturas AA1. 81) São dadas duas retas paralelas e um ponto A entre elas. 84) Em um triângulo ABC. de modo que AX = AY. 147 . 98) Sobre os lados de um triângulo eqüilátero cujo lado é a constroem-se externamente quadrados. um ponto do interior do triângulo está distante 2 cm do lado de comprimento 5 cm e está distante 3 cm do lado de comprimento 6 cm. Constrói-se sobre AB como base a do mesmo lado que C o triângulo isósceles ABD equivalente a ABC. c dos lados de um triângulo ABC. 93) Conhecendo as medidas a. o ponto E pertence a AB de modo que 2AE = EB . Determine os catetos de um triângulo retângulo em A sabendo que os outros vértices pertencem às retas paralelas e que a área do triângulo é igual a k2. então temos que ∠A = 2∠B. 15 m e 20 m.Capítulo 4. por quatro números inteiros e consecutivos. Determine a razão entre as áreas dos triângulos A1B1C1 e ABC em ˆ ˆ função dos ângulos Â. respectivamente. o ângulo oposto à base vale 20o. 91) Os lados de um triângulo são AB = 6. 90) Num triângulo ABC. Sobre o lado BC toma-se um ponto D tal que a ceviana AD = 5. Calcular as áreas dos triângulos ACD e ABE. 83) Prove que se os lados a. 82) Em um triângulo isósceles de base a e lados congruentes iguais a b. Determine CE se AC = 4. Calcular o lado BC sabendo que a projeção de AC sobre AB mede 15 cm. Demonstrar que subsiste entre os lados desse triângulo a relação b(a2 – b2) = c(a2 – c2). 95) Os catetos de um triângulo retângulo são AB = 4 cm e AC = 3 cm. Achar os lados e a área desse triângulo. b e c de um triângulo ABC satisfazem a relação a2 = b2 + bc. 96) ABD e ACE são triângulos eqüiláteros construídos externamente sobre os catetos de um triângulo retângulo ABC no qual a hipotenusa BC ˆ = 8 cm e o ângulo B = 60o. Determine o comprimento do segmento perpendicular que pertence ao interior do triângulo. 6 cm e 7 cm. 14 e 15. AC = 45/2 e BC = 27. Calcular as projeções dos lados b e c sobre o lado a. Calcular BD. calcular os lados do triângulo cujos vértices são os pés das alturas desse triângulo ABC. 89) Dois lados de um triângulo são AB = 7 cm e AC = 8 cm. Qual a distância do ponto P ao lado de comprimento 7 cm? 88) Os lados de um triângulo medem 7 m. Demonstre que a3 + b3 = 3ab2. 86) Dado um triângulo ABC com AB = 20. BB1 e CC1. CB = 5 e AB = 6. Calcular a área da superfície comum a esses dois triângulos. 87) Em um triângulo cujos lados medem 5 cm. respectivamente. Calcular a área do triângulo cujos vértices são os centros desses quadrados. Se a área de ∆AXY é metade da área de ∆ABC. b. sendo que as distâncias de A às retas valem a e b. o lado a = 6 e c2 – b2 = 66. AC = 8 e BC = 10. B e C do triângulo ABC. 97) Os três lados e a área de um triângulo retângulo exprimem-se em metros e metros quadrados. 94) ABC é um triângulo obtusângulo no qual o ângulo  = 120o. 85) Um triângulo possui lados 13. determine AX. Os pontos X e Y são dados sobre AB e AC. b) Em um triângulo ABC qualquer. que porcentagem a área do quadrado representa da área do triângulo ABC? a) 25% C b) 30% c) 32% d) 36% e) 40% A B A área do triângulo BFG é. D. AC = 21 e BC = 29.Capítulo 4. o quadrado ABCD tem área de 64 cm2 e o quadrado FHIJ tem área de 36 cm2. Calcular a área do triângulo cujos vértices são os centros das circunferências. 101) Demonstrar que a área S de um triângulo ABC. ∠A = 30o e ∠B = 45o. B M A N C a) 55m b) 57m c) 59m d) 61m e) 63m 109) (OBM-2003) Uma folha retangular ABCD de área 1000 cm2 foi dobrada ao meio e em seguida desdobrada (segmento MN). A medida do ângulo DÂE. determine k tal que c2 = ka2 + b2. 104) (OBM-99) Dois irmãos herdaram o terreno ABC com a forma de um triângulo retângulo em A. Os vértices A. D G C F B E 102) a) Em um triângulo ABC. Qual é a área do triângulo ABC. dobrada e desdobrada segundo a diagonal BD. é igual a: a) 30 b) 40 c) 45 d) 60 e) 75 108) (OBM-2003) No desenho ao lado. 103) (OBM-97) No triângulo retângulo ABC da figura abaixo está inscrito um quadrado. Determine k de modo que c2 = ka2 + b2. em cm 2 : 1 1 3 3 3 b) c) d) e) a) 4 3 10 4 12 107) (OBM-2003) No triângulo ABC. AB = 20. sabendo que ˆ o ângulo C tem a maior medida possível? a) 15 b) 5 7 c) 7 7 / 2 d) 3 11 e) 5 11 / 2 148 . b e c são tangentes entre si duas a duas externamente. ambos com lado de medida 1cm . Os pontos A. H e I dos três quadrados pertencem a uma mesma reta. em graus. assim como os pontos A. foi dobrada e desdobrada novamente (segmento MC) e finalmente. Assinale a opção que contém o valor mais aproximado do segmento BM. hb e hc é: S= 1 1 1 1 2 + + h 2h 2 h 2h 2 h 2 h 2 a c b c a b 1 1 1 − + + h4 h4 h4 c b a A 106) (OBM-2003) A figura a seguir mostra um quadrado ABCD e um triângulo eqüilátero BEF. B e E são colineares. G e F. AB = 5 e BC = 6. por um muro MN paralelo a AC como mostra a figura abaixo. e com o cateto AB de 84m de comprimento. Área e Relações Métricas de um Triângulo 100) Três circunferências de raios a. Calcule a área do quadrado BEFG. Se AB = 20 e AC = 5. E. Os pontos D e E sobre o lado BC são tais que BD = 8 e EC = 9. Eles resolveram dividir o terreno em duas partes de mesma área. Calcule a área do pedaço de papel limitado pelos três vincos (região escura no desenho). cujas alturas são ha. 105) (OBM-2001) No triângulo ABC. BC. não sendo conveniente que a circunferência tangencie prolongamento(s) de lado(s). C A B C D A λ λ não serve como circunferência inscrita. De fato. Em quadriláteros convexos. A S P ˆ ˆ AB C ≡ C B D ⇒ OP = OQ ˆ ˆ AC B ≡ AC D ⇒ OQ = OR B D ˆ ˆ B D C ≡ B D A ⇒ OR = OS Logo. côncavo. OP = OQ = OR = OS = Raio da circunferência inscrita no losango R C Q Nenhum quadrilátero côncavo pode ser circunscritível. Para existir a circunferência inscrita. ela tem que tangenciar os quatro lados.Capítulo 5. podemos afirmar que O é o ponto de interseção das bissetrizes dos quatro ângulos internos de ABCD. todo losango é circunscritível. C Por exemplo. o fato de as quatro bissetrizes internas serem concorrentes ocorre somente quando o quadrilátero é circunscritível. CD e DA. B D ABCD. desde que os lados de um quadrilátero circunscritível são tangentes a uma circunferência. pela propriedade de bissetriz. Introdução aos Quadriláteros Perceba agora que se ABCD é circunscritível. Assim. não pode ser circunscritível 170 . como as diagonais são bissetrizes dos ângulos internos. B A O Note também que. o ponto de encontro delas é eqüidistante dos quatro lados. temos que estes quatro segmentos são perpendiculares aos respectivos lados do quadrilátero em que foram traçados. Logo serve de centro à circunferência inscrita. então quando traçamos os segmentos determinados pelos pontos de tangência e pelo centro O D do circuncírculo. então o centro O de sua circunferência inscrita está a uma igual distância de AB. 4) Prove que se um ponto é escolhido em cada lado de um triângulo. Assim. Mostre que ST divide o ângulo ∠CTD ao meio. S e D pertencem a uma mesma circunferência. Miquel em 1838. Pela figura notamos que ∠DAC = ∠CBD. Como ∠CAD = ∠CBD e ∠AID = ∠BIC então ∆AID ~ ∆BIC. então: ∠DBA + ∠CBD + ∠ACB + ∠ACD + ∠BDC + ∠BDA + ∠CAD + ∠CAB = 360o ⇒ ∠DBA + ∠CBD + ∠BDA + ∠CAB + ∠BDC + ∠BDA + ∠CBD + ∠BDC = 360o ⇒ 2(∠DBA + ∠CBD) + 2(∠BDA + ∠BDC) = 360o ⇒ ∠ABC + ADC = 180o 3) (Olimpíada da Alemanha-2000) Um quadrilátero convexo ABCD está inscrito em um semicírculo de diâmetro AB. então: a) 120o b) x = 110o c) 100o d) 90o e) x = 80o Solução: A B Como ABCD é inscritível então ∠ADC = 180o – ∠ABC = 180o – 70o = 110o Uma vez que os ângulos inscritos ∠ACB e ∠ADB compreendem a mesma corda AB na circunferência. ∆AID ~ ∆BIC ⇒ θ AI BI = DI CI ⇒ AI DI = BI CI (1) I D C A relação (1) e o fato de que ∠AIB = ∠CID então ∆AIB ~ ∆DIC ⇒ ∠BAI = ∠CDI e ∠ABI = ∠DCI. então as circunferências determinadas por cada vértice e os pontos nos lados adjacentes passam por um ponto fixo. Desde que ∠DAS + ∠ATS = 180o. Se x = ACB + BDC. Solução: A B θ Seja I a interseção das diagonais de ABCD. T. então ∠ACB = ∠ADB. Solução: D C S A T B Como os ∆ADB e ∆ACB estão inscritos em uma semicircunferência. então o quadrilátero ATSD é inscritível. Como a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é igual a 360o.Capítulo 5. Solução: 171 . fazendo com que ∠DTS = ∠DAS = ∠DAC. Como ∠DAC = ∠CBD ⇒ ∠DTS = ∠CTS ⇒ ST divide o ângulo ∠CTD ao meio. x = ∠ACB + ∠BDC = ∠ADB + ∠BDC = ∠ADC = 110o D C 2) (Olimpíada de Wisconsin-94) Em um quadrilátero ABCD mostre que se ∠CAD = ∠CBD então ∠ABC + ∠ADC = 180o. então ∠ADB = 90o e ∠ACB = 90o. implicando que ∠CTS = ∠CBS = ∠CBD. Analogamente. Sejam S o ponto de interseção de AC e BD e T o pé da perpendicular baixada de S a AB. Assim. os pontos A. o quadrilátero BCST também é inscritível. fazendo com que ∠ADI = ∠BCI. Este teorema foi publicado pela primeira vez por A. Introdução aos Quadriláteros Exemplos: 1) (ITA-94) Numa circunferência inscreve-se um quadrilátero convexo ABCD tal que ABC = 70o. N. E. C. 7) (IME-94) Seja ABCD um quadrilátero convexo inscrito num círculo e seja I o ponto de interseção de suas diagonais. E e D. As projeções ortogonais de I sobre os lados AB. Solução: 172 . BC. 5) Seja ∆ABC um triângulo acutângulo de ortocentro H. CD e DA são. (Nota: dizemos que o ponto Y é simétrico do ponto X em relação à reta t se XY é perpendicular a t e o ponto de interseção de XY e t é o ponto médio de XY). Somando estas duas equações: ∠FME + ∠DME = 360o – (∠ABC + ∠ACB) ⇒ ⇒ AFMD é um ∠FMD = ∠ABC + ∠ACB = 180o – ∠BAC quadrilátero inscritível ⇒ o ponto M pertence às três circunferências. E e F são pontos quaisquer sobre os lados AC. B. Prove que o quadrilátero MNPQ é circunscritível a um círculo com centro em I. de (2) e (5) concluímos que a = 19 e c = 11. BC = b. distinto de E. A análise do caso em que M é externo ao triângulo ∆ABC é similar ao caso em que M é interno a ∆ABC e fica como exercício. Analogamente. CD = c e DA = d. Designe por M o outro ponto de interseção. sabendo-se que seu perímetro é 60 m. Em CDME temos: ∠DME = 180o – ∠ACB. E Analogamente podemos afirmar que ∆BHF ≡ ∆BCF ⇒ H ∠ABC' = ∠ABH = 90o – A ⇒ ∠ABC' = A. BC e AB. Os pontos D.Capítulo 5. Calcular os lados do quadrilátero. respectivamente. Solução: Suponhamos que AB = a. entre estas circunferências. C D Como HF = FC' então ∆AHF ≡ ∆AC'F ⇒ ∠BAC' = ∠BAD = 90o – B ⇒ ∠AC'F = B. Portanto: ∠AC'B = ∠AC'F + ∠ABC' = A + B = 180o – C ⇒ A B F o quadrilátero ACBC' é inscritível ⇒ C' pertence circunferência circunscrita a ∆ABC. Em BFME temos: ∠FME = 180o – ∠ABC. 6) A diferença de dois lados opostos de um quadrilátero circunscritível a um círculo é igual a 16 m e a diferença dos outros dois lados é 8 m. Introdução aos Quadriláteros A D F M B E C Consideremos inicialmente o caso em que o ponto fixo está no interior de ∆ABC. respectivamente. Solução: Seja C' o ponto simétrico de H em relação à AB. Tracemos as duas circunferências que passam pelos pontos F. Pelo enunciado e pelo fato que ABCD é circunscritível temos que: b – d = 16 (1) c–a=8 (2) a + b + c + d = 60 (3) a+c=b+d (4) Substituindo (4) em (3) temos que a + c = b + d = 30 (5) De (1) e (5) concluímos que b = 23 e d = 7. Como exercício fica também uma propriedade interessante associada ao Ponto de Miquel: Demonstrar que os centros das circunferências formam um triângulo semelhante a ∆ABC. P e Q. M. Prove que os pontos simétricos de H em relação a cada lado de ∆ABC pertencem à circunferência circunscrita a ∆ABC. Analogamente pode-se provar que os pontos simétricos de H em C' relação a AC e BC também pertencem ao circuncírculo de ∆ABC. Perceba agora que temos dois quadriláteros inscritíveis: BFME e CDME. Como ∠MCF = ∠MAE então ∆MCF ~ ∆MAE ⇒ A ME MF ME MA E F MA = MC ⇒ MF = MC . MA MC MG MC C C ME MH G Portanto: = ⇒ ME. Se r é o raio da circunferência inscrita e a é o comprimento do menor lado do trapézio. Como AMIQ é inscritível ⇒ ∠MQI = ∠MAI. então I (que é a interseção das bissetrizes dos ângulos internos de MNPQ) é o ponto cujas distâncias a MQ. QI é a bissetriz de ∠MQP. já que estes dois ângulos D compreendem a mesma corda na circunferência circunscrita a DQIP. Separemos agora o trapézio em um retângulo e um triângulo através de uma reta perpendicular às bases. B Como AMCD é inscritível então: ∠MCD = ∠MCG = 180o – ∠MAD = ∠MAH ⇒ MH MG MH MA ∆MAH ~ ∆MCG ⇒ = ⇒ = . Introdução aos Quadriláteros B M I N C A Q Inicialmente note que AMIQ. NI é bissetriz PNM e MI é bissetriz de NMQ. Desde que a bissetriz de um ângulo qualquer XÔY é o lugar geométrico dos pontos cujas distâncias a OX e OY são iguais. a AB. Perceba agora que ∠MAI = ∠BAC = ∠BCD. temos que a + r = 6 + 4 = 10 cm. DQIP. Portanto. 9) Provar que em todo quadrilátero inscritível. pois estes dois ângulos P compreendem a mesma corda na circunferência circunscrita a AMIQ. pois ∠BAC e ∠BCD compreendem a mesma corda na circunferência circunscrita a ABCD. 8) (ITA-2002) Num trapézio retângulo circunscritível. o produto das distâncias de um ponto qualquer do circuncírculo a dois lados opostos é igual ao produto das distâncias aos outros dois lados opostos.Capítulo 5. Repare agora que ∠BCD = ∠PQI. temos que ∠MQI = ∠PQI. sobre a H M circunferência. Desde que o quadrilátero é circunscritível: b + d = a + c = 18 cm. então a soma a + r (em cm) é igual a: a) 12 b) 11 c) 10 d) 9 e) 8 Solução: a d 2r b a c–a Inicialmente devemos notar que em um trapézio retângulo circunscritível o menor lado é a base menor. Como a + c = 18 cm então a = 6 cm e c = 12 cm. QP. BC. existe uma circunferência inscrita em MNPQ com centro em I. CPIN e BNIM são quadriláteros inscritíveis pois todos possuem dois ângulos opostos somando 180o. ou seja. F G e H são os pés das perpendiculares de um ponto M.MG = MF. ou seja. Assim: r = d/2 = 4 cm. CD e DA.MH MF MG 173 . a soma dos dois lados paralelos é igual a 18 cm e a diferença dos dois outros lados é igual a 2 cm. Aplicando o Teorema de Pitágoras: b2 = (2r)2 + (c – a)2 ⇒ 100 = 64 + (c – a)2 ⇒ c – a = 6 cm. PN e NM são todas iguais. respectivamente. Analogamente pode-se demonstrar que PI é bissetriz de QPN. Pelo enunciado: b – d = 2 cm ⇒ b = 10 cm d = 8 cm. Deste modo. Solução: E. B. D. Id. ou seja. ∆PMB é isósceles ⇒ ∠PBM = α ⇒ ∠PAB = 90o – α. então ∠PNC = 90o ⇒ PM e CD são perpendiculares. Ib. Introdução aos Quadriláteros 11) Seja ABCD um quadrilátero inscritível e sejam Ia. Analogamente temos que A. Suponha que PM ⊥ CD. Desde que ∠PCN = α e ∠PNC = 90o – α. Suponha agora que ABCD é inscritível. Como PM é mediana relativa à hipotenusa de ∆APB. uma vez que estes dois ângulos compreendem a mesma corda AD no circuncírculo de ABCD. Demonstração: D Id Ic C Ia Ib A B Desde que ∠DAB = ∠ACB então ∠DAB + ∠DBA = ∠CAB + ∠CBA. Prove que IaIbIcId é um retângulo. e Id. ∆ABC. Ic pertencem a uma mesma circunferência. respectivamente. Assim. Perceba que ∠DCA = ∠DBA = α. temos que ∠NPC = ∠MPA = 90o – α ⇒ ∠MPB = α. Desde modo: ∠IcAId = ∠IcAB – ∠IdAB = = (∠DAB)/2 – (∠CAB)/2 = (∠CBA)/2 – (∠DBA)/2 = = ∠IdBA – ∠IcBA = IcBIc ⇒ A. 12) (Olimpíada do Cone Sul-2002) Seja ABCD um quadrilátero convexo tal que suas diagonais AC e BD são perpendiculares. Solução: A M D N • P α β B Sejam α = ∠DCA e β = ∠BCA. temos que ∆DPA ~ ∆BPC ⇒ DP CP ∠PAD = ∠PBC = 90o – β. ou seja. ∆BCD. ∆PMB é isósceles ⇒ ∠BPM = α ⇒ ∠PAB = ∠PNC = 90o – α. ou seja. Assim. então PM = MB. as retas PM e CD são perpendiculares. Ib. Ic. Como PM é mediana relativa à hipotenusa de ∆APB. AP DP = ⇒ Portanto. então PM = MB. Assim: ∠IbIcId = 360o – (∠IdIcA + ∠IbIcA) = = 180o – ∠IdIcA + 180o – ∠IbIcA = ∠IdBA + ∠IbDA = = (∠CBA)/2 + (∠ADC)/2 = 90o. Mostre que o quadrilátero ABCD é inscritível se. Seja P a interseção de AC e BD e seja M o ponto médio de AB. e somente se. temos que ∆APB ~ ∆PDC ⇒ BP CP AP BP = .Capítulo 5. Ic também pertencem a uma mesma circunferência. ∆CDA. temos que: ∠BAD = ∠BAP + ∠DAP = 90o – α + 90o – β = 180o – (α + β) = 180o – ∠DAC ⇒ ABCD é inscritível. A M D N α P B C 174 . os incentros dos triângulos ∆DAB. Analogamente pode-se demonstrar que os outros três ângulos de IaIbIcId são iguais a 90o. SR e ST.Capítulo 6. Deste modo. A área da intersecção entre o círculo de centro B e raio BA . RmS e SqT são semicircunferências cujos diâmetros são.AC ⇒ AH. dois a dois.π E) 5 . o círculo de centro C e raio CA e o triângulo ABC. uma vez que BC2 = AB2 + AC2. Claramente a área total ST é igual a quatro vezes a área destacada na figura ao lado. todos com raio unitário e cujos centros são vértices de um quadrado.2 3 ⇒ AH = 3 C B H ˆ ˆ 2 AB.AH 2 AC. AC = 2 3 e BC = 4 .4 = 2. os dois círculos traçados são ortogonais. são tangentes exteriormente. A soma das áreas das figuras hachuradas está para a área do triângulo RST na razão.BC = AB. Área e Relações Métricas no Círculo Exemplos: 1) (UFRN-97) Quatro círculos. AC 2 3 3 Assim: sen B = = = ⇒ B = π/3 e C = π/6 4 2 BC AH. 3 3 2π 3 3 3 S T = ( 2) 2 − + (2 3 ) 2 − ⇒ ST = − +π− 6 2 2 12 2 2 3 2 2 ST = ⇒ ST = 5π −2 3 3 3) (AFA-2003) Na figura. Esta área pode ser calculada subtraindo a área de um quadrado de lado 1 de um quarto de circunferência de raio 1. A área da parte hachurada é: π A) 2 B) 2 3 − 11 C) 3 2 − 11 D) 4 .π Solução: Tomemos apenas um quarto da figura. 3 1 π 2 3. RT. é: 3π 4π 5π 5π 6π a) − 2 3 b) −2 3 c) − 2 3 d) − 2 3 e) −2 3 2 3 4 3 5 Solução: A Inicialmente notemos que ∆ABC é retângulo. R a) 1/3 b) 1 c) 1/2 d) 3/2 q m n T S p 196 . Assim: 2 πR 2 π = 41 − = 4 − π ST = 4 R − 4 4 2) (Colégio Naval-91) Os lados do triângulo medem: AB = 2. respectivamente. RST é um triângulo retângulo em S.AH B C sen(π / 3) ⇒ AB − sen(π / 6) + AC − 2 2 2 2 π 2. Os arcos RnST. Unindo as áreas das extremidades obtemos um círculo de raio 2: S2 = π(2)2 = 4π. com centros sobre os pontos em destaque.7) 2 = 1.47 π . Se α = 60o. as áreas das superfícies de ouro e de prata são. como S∆RST = S. 5) (UFLA-2005) Uma das faces de uma medalha circular tem o desenho ao lado. Assim. A área da região sombreada é igual a a) 4 b) 4π c) 16 d) 16π e) 64 Solução: A parte central é equivalente a um quadrado de lado 4 menos quatro quadrantes de raio 2: S1 = (4)2 – π(2)2 = 16 – 4π.4) 2 − (0. Sabendo que os contornos das áreas hachuradas são semicírculos.94π. Assim.1)2 – 1. em cm2: Solução: Inicialmente observe que a reta pontilhada é uma linha de simetria. 6) (UECE-2005) Na figura as semi-retas r e s são tangentes ao círculo de raio 1 m. 2 2 2 Deste modo. a área de ouro é igual a duas vezes a área de um semicírculo de raio 1. 2 2 A área de prata é igual à área total menos a área de ouro: Sprata = π(2. a área da região pigmentada é igual a: 197 . então a razão vale 1. A soma das áreas hachuradas vale: πx 2 πy 2 π( x 2 + y 2 ) S = SRmS + SSqT + S∆RST − SRnSpT = + + 2 xy − ⇒ S = 2xy.4 cm menos a área de um semicírculo de raio 0. 4) (IBMEC-2005) Considere que os ângulos de todos os cantos da figura abaixo são retos e que todos os arcos são arcos de circunferências de raio 2. respectivamente. Área e Relações Métricas no Círculo Solução: Sejam RS = 2x e TS = 2 y ⇒ RT = 2 x 2 + y 2 .7 cm: π π S ouro = 2 (1. S∆RST = 2xy.47π = 2. Logo: S1 + S2 = 16. A região hachurada é de ouro e a não-hachurada é de prata.Capítulo 6. R 2 π. Seja C3 outra circunferência cujo raio mede ( 2 − 1 ) m e que tangencia externamente C1 e C2. 2 3 2 [ ] 9) (Unifor-2002) Na figura abaixo têm-se um triângulo eqüilátero de lado 2 m e três circunferências cujos diâmetros são os três lados desse triângulo.sen120 o S = 2 − = 2 12π − 9 3 = 24π − 18 3 . é igual a π+ 3 π− 3 π 3 2π − 3 a) b) c) d) e) π − 3 2 2 2 2 Solução: A região hachurada é composta de um triângulo equilátero de lado igual a 1 m mais de três segmentos circulares de ângulo central 60o e raio 1 m. ambas com 1 m de raio. Área e Relações Métricas no Círculo Solução: O ângulo central correspondente ao ângulo inscrito ∠BAC é igual à 2∠BAC = 120o.6. em metros quadrados. são tangentes. chamando-os de α temos: 2α + 120o = 360o ⇒ α = 120o. 2 π(1) 2 π( 2 − 1) 2 S= − − ⇒ 2 4 4 199 A B C . Portanto: π R 2 R 2 3 π R2 3 3 3 π− 3 . Uma vez que c2 = a2 + b2 e a = b então ∆ABC é retângulo isósceles ⇒ A = B = 45o e C = 90o. em m2. Assim. A área.b π.Capítulo 6. a. é: a) 1 − π1 − 2 2 b) 1 2 − π 6 c) ( 2 −1 )2 d) π 1 2− 16 2 e) π( 2 − 1) − 1 Solução: Os lados de ∆ABC são: a = b = R + r = 1 + 2 − 1 = 2 e c = 2R = 2. A área da região sombreada. Logo: 2π 6 2 6.r 2 − ⇒ Assim: S = − 2 8 2 4 2 . da região limitada e exterior às três circunferências dadas. Como os arcos AB e AC são iguais. as áreas hachuradas são dois segmentos circulares de ângulo central 120o e raio 6. S= + 3 − + 3 − = = 4 3 2 4 4 6 4 2 10) (ITA-99) Duas circunferências C1 e C2. ou seja. Determinar a área do quadrilátero curvilíneo interior ao quadrado dado.sen (π / 6) ⇒ Portanto: S = PQ 2 + 4. Solução: A B O quadrilátero curvilíneo PQRS pode ser decomposto no quadrado PQRS mais quatro segmentos circulares iguais. Os arcos AA’. Assim. ⇒ 6 3 4 3 2 r S = 2π − 2 12) (OBM-81 banco) Dado um quadrado de lado x. A’C’B’.x. que se cortam em I e J.sen 15o = 2. Qual é a cor que cobre a maior área? verde az ul o nc ra b amarelo 200 . com centro em cada vértice traçam-se 4 circunferências de raio x. conforme indicado na figura ao lado. a área da oval é igual a S = 2. em (O’) o diâmetro dO’ tem a outra extremidade em C’.(2r ) 2 π( r ) 2 r2 3 S=2 +2 − 2. P Como DP = PC = DC = x ⇒ ∆DPC é equilátero ⇒ ∠PDC = 60o ⇒ ∠QDC = 60o – θ. ∆IAA' é equilátero (lado 2r). Com centro em J e raio 2r traça-se um arco de círculo que tangencia (O) em B e (O’) em B’. ∠AIA' = π/3 e ∠A'O'B' = 2π/3. Além do mais. temos que as áreas dos setores OBCA e O'A'C'B' são iguais (S1). x 2 − 12 2 Assim: PQ = 2. Solução: B I B' C O O' C' S1 S2 A J A' Note que.S2 – 2.Capítulo 6. Analogamente ∠PDA = 60o – θ ⇒ θ = 30o.x x2 π 2 2 S = x (2 − 3 ) + x − x ⇒ S = 3 − 3 3 + π 3 3 2 ( ) 13) (OBM-2002) Um grande painel na forma de um quarto de círculo foi composto com 4 cores.S∆IOO'. Área e Relações Métricas no Círculo S =1− π(1 + 2 − 2 2 + 1) 4 2 ⇒ S = 1 − π1 − 2 11) (IME-76/77) Traçam-se dois círculos de raio r e centros em O e O’ (cada um passando pelo centro do outro). S Q θ R D C 1− 3 / 2 = x 2− 3 2 π x 2 . B’B e BCA formam uma oval com quatro centros. onde o segmento divide o setor em duas partes iguais e o arco interno é uma semicircunferência. Pede-se a área desta oval em função de r. pela simetria da construção.S1 + 2. bem como as áreas dos setores IAA' e JB'B também são iguais (S2). Em (O) o diâmetro dO tem a outra extremidade em C. Com centro em I e raio 2r traça-se um arco de círculo que tangencia (O) em A e (O’) em A’. Portanto: π. 500. em cm2. que são tangentes externamente e cujas retas tangentes comuns formam um ângulo 47) (EPCAr-2003) Nas figuras abaixo. os quadrados Q1. tal que AT = AB . Se CP = 9 cm.000.030. respectivamente. Área e Relações Métricas no Círculo B de 60°. A razão entre as áreas do círculo maior e do menor é 0 C D A A área da coroa circular é igual a a) 1 b) π/2 c) π d) 2π 30° A r R B 40) (EPCAr-2000) P é um ponto da corda CD do círculo de centro O. x2 e x3. e uma tangente PT cujo comprimento é de 24 cm.00 b) R$ 464. O é o centro do círculo de raio r.Capítulo 6.00. AT é tangente ao círculo e MT é perpendicular a AT. respectivamente. construiu-se uma pista de atletismo com 3 metros de largura. S2 e S3 as áreas totais ocupadas pelo conjunto de circunferências em cada quadrado Q1.14) 3m 40 m a) b) c) d) r2 24 r2 24 r2 24 r2 24 (9 (15 (6 (4 3 − 4π ) ) O M T 3 − 4π 3 − 4π 3 − 4π 60º A 3m 100 m ) ) a) R$ 300. cujo preço por metro quadrado é de R$ 500. Q2 e Q3. 208 . O comprimento dessa circunferência.00 c) R$ 502. O segmento TD mede a) 10 5 − 10 b) 10 − 5 c) 10 5 + 10 d) 20 − 10 5 3 cm a) 3 + 2π b) 6 + 4π c) 28 – 6π d) 22 . o custo total desta construção que equivale à área hachurada. é: (Considere π = 3.00 44) (EPCAr-2002) Considere dois círculos de raios (r) e (R) centrados em A e B. é a) 14π b) 12π c) 10π d) 8π 53) (EPCAr-2001) Na figura. que passa pelo seu centro.00 d) R$ 667. Sejam S1. traçam-se uma secante PB de 32 cm. conforme figura abaixo.A área da hachurada na figura mede. respectivamente.4π 42) (EPCAr-2001) De um ponto P exterior a uma circunferência. então o valor de OP é a) 4 cm b) 5 cm c) 6 cm d) 7 cm 41) (EPCAr-2000) . tal que TC < TD . PD = 5 cm e o raio mede 9 cm. Q2 e Q3 têm lados com mesmo comprimento x e as circunferências em cada quadrado têm o mesmo diâmetro x1. Então.530. em cm. Sabendo-se que os arcos situados atrás das traves dos gols são semicírculos de mesma dimensão. a área hachurada é 46) (EPCAr-2002) Em torno de um campo de futebol. A reta determinada por O e T intercepta o círculo em C e D. a) 9 b) 3 c) 1 3 d) 1 9 superfície 45) (EPCAr-2002) AB = 20 cm é um diâmetro de um círculo de centro O e T é um ponto da tangente ao círculo em A. B e C as alturas respectivas aos triângulos AFD. Aplicando o Teorema de Menelaus tomando como referência o triângulo ∆ABC e a transversal ME: AM CN BE CN 16 + 18 1= . e AD BE CF = 1 então D. A b) 49. = 1. . de modo que AB = 3AM. 217 . N e P sobre os lados AB. a medida do segmento CN. BD h b BE h b ii) ∆BPE ~ ∆CNE ⇒ .CN = 144 – 4. E e F estão alinhados. . .CN = 144 ⇒ CN = cm.Capítulo 7. = iii) ∆AMF ~ ∆CNF ⇒ FA h a AD BE CF h a h b h c Multiplicando: . = 1 então temos que = ⇒ F = F’ ⇒ D. Então. Pelo Teorema de Menelaus temos que . respectivamente. 7 2) Em um triângulo ABC tomam-se os pontos M. AC = 3CN e BC = 3BP. M N d) 51. c) 50. E e F estão alinhados” .CN = 16(18 – CN) ⇒ 17. = EC h c CF h c . é um sétimo de a) 48. ⇒ 34. CFE e BDE.CN ⇒ BM AN CE 18 − CN 16 48 21. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Demonstração: Tracemos por A. BP e CN são perpendiculares ao segmento MD.2. C M ha F N hc E P hb A B D Desde que AM. = 1. Assim: AD h a i) ∆AMD ~ ∆BPD ⇒ = . BD EC FA CF' CF Exemplos: 1) (AFA-99) Na figura abaixo o perímetro do triângulo equilátero ABC é 72 cm. BD EC FA Demonstração: AD BE CF' Suponha que a reta ED corta o lado AC em F’. BN e CM) e a área do triângulo ABC. M é o ponto médio de AB e CE = 16 cm. Determine a razão entre área do triângulo XYZ (determinado pelas interseções de AP. AC e BC. . E e F são pontos sobre as retas suportes dos lados AB. respectivamente. BC e AC. = . BD EC F' A AD BE CF F' A FA Como . então esses três segmentos são paralelos. . . em cm.1) Teorema Recíproco de Menelaus: “Se D. =1 BD EC FA h b h c h a 7. B C E Solução: Como o perímetro de ∆ABC é 72 cm então seu lado mede 18 cm. . Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas A M X Y Z N B P C Solução: Inicialmente designemos por S o valor da área do triângulo ABC.S 5. 21 21 Finalmente: S XYZ 1 S 5. interceptam os lados opostos em três pontos colineares. Solução: A B Q C R Como ∠BAC e ∠QBC compreendem a mesma corda na circunferência então ∠BAC = ∠QBC. BQ BC Analogamente ∠BCR = ∠BAC ⇒ ∆CRB ~ ∆ARC ⇒ P CR BC = . 218 . concluímos que S ∆BPZ = .S S = S ∆XYZ + (S ∆AMX + S ∆BPZ + S ∆CNY ) + (S AXYN + S BZXM + S CYZP ) = S XYZ + 3. Q e R são colineares.S Analogamente: S AXYN = e S CYZP = . Analogamente: S ∆CNY = e S ∆AMX = . + 3. então: = = S ∆ABP AP 7 S ∆ABP BP 1 = = Da mesma forma. NA PZ BC PZ PZ 1 PZ 1 1= .3 ⇒ = ⇒ = . = 2.S Assim: = S ∆AMX + S BZXM + S ∆BPZ = + S BZXM + ⇒ S BZXM = . BN 7 CM 7 S ∆BPZ PZ 1 Como os triângulos ∆BPZ e ∆ABP possuem um lado comum BP. ⇒ = . então: S BC 3 S S S Deste modo. BP BA Multiplicando as três expressões obtidas: AQ CR PC BA BC AC . AR AC Finalmente ∠CAP = ∠ABC ⇒ ∆CAP ~ ∆ABP ⇒ PC AC = . . pode-se demonstrar que = e = . =1 BQ AR BP BC AC BA Portanto. . . 21 21 21 S S S 5. como ∆ABP e ∆ABC possuem o lado AB comum. 21 21 S 7 3) (IME-90) Prove que as tangentes ao círculo circunscrito a um triângulo. . = . passando nos seus vértices.Capítulo 7. 3 21 21 21 5. Aplicando o Teorema de Menelaus em relação ao triângulo ∆APC e a transversal BN. pelo Teorema Recíproco de Menelaus. AQ BA Assim: ∆ABQ ~ ∆BCQ ⇒ = . temos que P. NC AZ BP AZ AZ 6 AP 7 NY 1 MX 1 Analogamente. a HC AC = AC BC ⇒ HC = b2 . Supondo que EF e GH encontram-se em A*: a) Prove que A* pertence a BC. = 2 . Suponha que G e H são pontos de AB e AC.Capítulo 7. prove que A*. respectivamente.c = ⇒ YA = . Como CY + YA = b ⇒ CY = b+c AX CA b. ou . respectivamente. G e A* são colineares. CB * CP 2 BC * BR 2 219 . CA * HA GB CA * DB DB CA * BD 2 Portanto. GB DB HA DB BA * CH AG BA * CD CD BA * CD 2 Assim: .c b+c XB HC YA c b b+c a b+c seja.AB ⇒ EB BD 2 H CF CD 2 Analogamente: = . = . 5) Em um triângulo ABC. Efetuando cálculos análogos aos realizados no item anterior. B* e C* são colineares. . EF e AH são concorrentes. respectivamente. Solução: Como DE é altura do triângulo retângulo ∆ADB: A AE AD 2 = . constroem-se dois quadrados ABDE e ACFG. ⇒ = C B A* 1 = D CA * CD 2 CA * FA EB CA * AD 2 BD 2 Como DG || AC temos que AG CD CH CD = . = 1. pelo Teorema de Ceva os segmentos DC. = . b) Definindo B* e C* de forma análoga. AD2 = AE. BF e altura AH são concorrentes. FG GB b+c B b2 . b.c = ⇒ AX = D Uma vez que ∆CXA ~ ∆CDE ⇒ ED CE b+c Desde que ∆BYA ~ ∆BFG ⇒ 2 b.c c 2 b 2 c AX BH CY b + c a b + c . FA AD2 F Suponha que A* é o ponto onde EF encontra BC.AB e BD2 = EB. . . Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 4) (IME-87/88) Sobre os catetos AB e AC de um triângulo ABC. Mostre que os segmentos CD. e desde que DH || AB temos = . suponha que AD é altura. b) Em ∆ABC. a partir de D. = . encontram os lados AB e AC em E e F. Repare agora que: Como AX + XB = c ⇒ XB = = 1 . Solução: F C Como ∆ACH ~ ∆BCA ⇒ Analogamente HB = c2 . sejam P e R os pés das alturas relativas a B e C. . 2. encontramos que AB * AP 2 AC * AR 2 = e = . . temos que H. pelo Teorema Recíproco de Menelaus. Suponha que perpendiculares. G Aplicando o Teorema de Menelaus em ∆ABC com relação à transversal EFA*: E BA * BD 2 BA * CF AE BA * CD 2 AD 2 . a Y G A X H E YA AB b. tais que DG || AC e DH || AB. R e B são colineares. Q HO AO Desde que ∆HAO ~ ∆HQT temos: = . = . R e B são colineares. Chamamos H a interseção das retas AQ e OT.TP. de maneira que QP é a metade de PO.QT e AP = 2. T HT QT Como AO = 2. Prove que AT AX AB Solução: P A T X B R D Y AT BR DP . temos que A*. =1 DC PA RB BA * CB * AC * BD CP AR . Provar que H. = . 220 . . então: BR AB DP DY = e = RD DY PA AX TB AB DP AB DY AB Deste modo: = .Capítulo 7. .HT P Como O é o centro da circunferência e OP é perpendicular à corda AR. então AP = RP ⇒ A B 2.4. (aplicado ao triângulo ∆AOT). R = AY ∩ BD e T = PR ∩ AB.RT Sabe-se também que BA = 2. pelo Teorema Recíproco de Menelaus.BO HT RA BO 1 1 Daí . C Assim: AT AT AX AT AX AB Pelo Teorema de Menelaus em ∆ABD: 7) (Cone Sul-97) Seja C uma circunferência de centro O. 6) Seja ABCD um trapézio com AB || CD. = 1. . pelo Teorema Recíproco de Menelaus. ∩ AD. pode-se observar que: = 1.QP então AO = 2. pelo Teorema de Ceva temos: 2 BD CP AR .QT então HO = 2. AT DY PA DY AX AX AB TB AB 1 1 1 = +1 = +1 ⇒ = + . Deste modo. Solução: H Inicialmente observemos que ∆APO ~ ∆TPQ: AO AP PO = = TQ TP QP R Como PO = 2.RT ⇒ RA = 4. Y = CD ∩ PX. Por Q traçamos a paralela a AB que corta a reta AR em T. TB RD PA Como ∆ABR ~ ∆YDR e ∆PDY ~ ∆PAX. e seja X um ponto no segmento AB. = . concluímos que H. B* e C* são colineares. Admitamos que P = CB 1 1 1 = + . HO RT BA 2 2 Deste modo. = 1 . CA * B * A C * B DC PA RB Portanto. . . Sobre a reta OP marca-se Q.TP = RT + TP ⇒ TP = RT O Desenvolvendo RA como soma de suas partes: RA = RT + TP + PA = RT + RT + 2. Seja P a interseção da perpendicular traçada por O a AR. Q não pertence ao segmento OP. AB um diâmetro dela e R um ponto qualquer em C distinto de A e de B. = . Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Como as alturas de ∆ABC são concorrentes. CN = 16(18 – CN) ⇒ 17. BC e AC. E e F estão alinhados. Aplicando o Teorema de Menelaus tomando como referência o triângulo ∆ABC e a transversal ME: AM CN BE CN 16 + 18 1= . Determine a razão entre área do triângulo XYZ (determinado pelas interseções de AP. em cm. . M N d) 51. respectivamente. BN e CM) e a área do triângulo ABC. BD EC FA CF' CF Exemplos: 1) (AFA-99) Na figura abaixo o perímetro do triângulo equilátero ABC é 72 cm. = 1. AC e BC. AC = 3CN e BC = 3BP. Assim: AD h a i) ∆AMD ~ ∆BPD ⇒ = . C M ha F N hc E P hb A B D Desde que AM. B C E Solução: Como o perímetro de ∆ABC é 72 cm então seu lado mede 18 cm. BD EC F' A AD BE CF F' A FA Como . = EC h c CF h c . Pelo Teorema de Menelaus temos que .2. e AD BE CF = 1 então D.CN ⇒ BM AN CE 18 − CN 16 48 21. = . 217 .Capítulo 7. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Demonstração: Tracemos por A. c) 50. . de modo que AB = 3AM. a medida do segmento CN. =1 BD EC FA h b h c h a 7. . N e P sobre os lados AB. E e F são pontos sobre as retas suportes dos lados AB. A b) 49. BD EC FA Demonstração: AD BE CF' Suponha que a reta ED corta o lado AC em F’. B e C as alturas respectivas aos triângulos AFD. . então esses três segmentos são paralelos.1) Teorema Recíproco de Menelaus: “Se D. é um sétimo de a) 48. respectivamente.CN = 144 ⇒ CN = cm. CFE e BDE. . E e F estão alinhados” . . BD h b BE h b ii) ∆BPE ~ ∆CNE ⇒ . = 1. ⇒ 34. . = 1 então temos que = ⇒ F = F’ ⇒ D. BP e CN são perpendiculares ao segmento MD. = iii) ∆AMF ~ ∆CNF ⇒ FA h a AD BE CF h a h b h c Multiplicando: . 7 2) Em um triângulo ABC tomam-se os pontos M. Então.CN = 144 – 4. M é o ponto médio de AB e CE = 16 cm. BP BA Multiplicando as três expressões obtidas: AQ CR PC BA BC AC . como ∆ABP e ∆ABC possuem o lado AB comum. temos que P. NC AZ BP AZ AZ 6 AP 7 NY 1 MX 1 Analogamente. . Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas A M X Y Z N B P C Solução: Inicialmente designemos por S o valor da área do triângulo ABC. =1 BQ AR BP BC AC BA Portanto. AR AC Finalmente ∠CAP = ∠ABC ⇒ ∆CAP ~ ∆ABP ⇒ PC AC = . então: S BC 3 S S S Deste modo.S S = S ∆XYZ + (S ∆AMX + S ∆BPZ + S ∆CNY ) + (S AXYN + S BZXM + S CYZP ) = S XYZ + 3. Analogamente: S ∆CNY = e S ∆AMX = . ⇒ = . então: = = S ∆ABP AP 7 S ∆ABP BP 1 = = Da mesma forma. . BQ BC Analogamente ∠BCR = ∠BAC ⇒ ∆CRB ~ ∆ARC ⇒ P CR BC = . = 2. pelo Teorema Recíproco de Menelaus.S Assim: = S ∆AMX + S BZXM + S ∆BPZ = + S BZXM + ⇒ S BZXM = . BN 7 CM 7 S ∆BPZ PZ 1 Como os triângulos ∆BPZ e ∆ABP possuem um lado comum BP. 21 21 21 S S S 5. 21 21 S 7 3) (IME-90) Prove que as tangentes ao círculo circunscrito a um triângulo. Aplicando o Teorema de Menelaus em relação ao triângulo ∆APC e a transversal BN. Q e R são colineares.S Analogamente: S AXYN = e S CYZP = . interceptam os lados opostos em três pontos colineares. 3 21 21 21 5. .3 ⇒ = ⇒ = . concluímos que S ∆BPZ = . AQ BA Assim: ∆ABQ ~ ∆BCQ ⇒ = . pode-se demonstrar que = e = . 218 . 21 21 Finalmente: S XYZ 1 S 5.Capítulo 7. NA PZ BC PZ PZ 1 PZ 1 1= . + 3.S 5. = . Solução: A B Q C R Como ∠BAC e ∠QBC compreendem a mesma corda na circunferência então ∠BAC = ∠QBC. . passando nos seus vértices. Solução: F C Como ∆ACH ~ ∆BCA ⇒ Analogamente HB = c2 . encontram os lados AB e AC em E e F. pelo Teorema de Ceva os segmentos DC. BF e altura AH são concorrentes. b) Em ∆ABC. = .c b+c XB HC YA c b b+c a b+c seja. FG GB b+c B b2 . = 2 . 5) Em um triângulo ABC. CA * HA GB CA * DB DB CA * BD 2 Portanto. ou . a Y G A X H E YA AB b.c = ⇒ YA = . Solução: Como DE é altura do triângulo retângulo ∆ADB: A AE AD 2 = . sejam P e R os pés das alturas relativas a B e C. Como CY + YA = b ⇒ CY = b+c AX CA b. tais que DG || AC e DH || AB. = . suponha que AD é altura. FA AD2 F Suponha que A* é o ponto onde EF encontra BC. respectivamente. CB * CP 2 BC * BR 2 219 . = 1. respectivamente.Capítulo 7. . prove que A*. GB DB HA DB BA * CH AG BA * CD CD BA * CD 2 Assim: . EF e AH são concorrentes. respectivamente. constroem-se dois quadrados ABDE e ACFG.AB e BD2 = EB. b) Definindo B* e C* de forma análoga. encontramos que AB * AP 2 AC * AR 2 = e = . = . Efetuando cálculos análogos aos realizados no item anterior. pelo Teorema Recíproco de Menelaus. temos que H. Suponha que perpendiculares. .AB ⇒ EB BD 2 H CF CD 2 Analogamente: = .c = ⇒ AX = D Uma vez que ∆CXA ~ ∆CDE ⇒ ED CE b+c Desde que ∆BYA ~ ∆BFG ⇒ 2 b. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 4) (IME-87/88) Sobre os catetos AB e AC de um triângulo ABC. b. Suponha que G e H são pontos de AB e AC.c c 2 b 2 c AX BH CY b + c a b + c . a HC AC = AC BC ⇒ HC = b2 . Mostre que os segmentos CD. ⇒ = C B A* 1 = D CA * CD 2 CA * FA EB CA * AD 2 BD 2 Como DG || AC temos que AG CD CH CD = . . Supondo que EF e GH encontram-se em A*: a) Prove que A* pertence a BC. . AD2 = AE. 2. Repare agora que: Como AX + XB = c ⇒ XB = = 1 . B* e C* são colineares. G Aplicando o Teorema de Menelaus em ∆ABC com relação à transversal EFA*: E BA * BD 2 BA * CF AE BA * CD 2 AD 2 . . e desde que DH || AB temos = . a partir de D. G e A* são colineares. TP. T HT QT Como AO = 2. 220 . = 1 . Q não pertence ao segmento OP. Sobre a reta OP marca-se Q. Y = CD ∩ PX.QP então AO = 2. Chamamos H a interseção das retas AQ e OT. pelo Teorema Recíproco de Menelaus.RT ⇒ RA = 4. . pode-se observar que: = 1. ∩ AD. C Assim: AT AT AX AT AX AB Pelo Teorema de Menelaus em ∆ABD: 7) (Cone Sul-97) Seja C uma circunferência de centro O. = . Deste modo. R e B são colineares. então: BR AB DP DY = e = RD DY PA AX TB AB DP AB DY AB Deste modo: = . Provar que H. (aplicado ao triângulo ∆AOT). pelo Teorema Recíproco de Menelaus. pelo Teorema de Ceva temos: 2 BD CP AR . Solução: H Inicialmente observemos que ∆APO ~ ∆TPQ: AO AP PO = = TQ TP QP R Como PO = 2. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas Como as alturas de ∆ABC são concorrentes. = 1.HT P Como O é o centro da circunferência e OP é perpendicular à corda AR. . Q HO AO Desde que ∆HAO ~ ∆HQT temos: = . B* e C* são colineares. Por Q traçamos a paralela a AB que corta a reta AR em T.RT Sabe-se também que BA = 2. temos que A*. e seja X um ponto no segmento AB. Seja P a interseção da perpendicular traçada por O a AR. AT DY PA DY AX AX AB TB AB 1 1 1 = +1 = +1 ⇒ = + .BO HT RA BO 1 1 Daí .4. Prove que AT AX AB Solução: P A T X B R D Y AT BR DP . . de maneira que QP é a metade de PO.QT então HO = 2. . . TB RD PA Como ∆ABR ~ ∆YDR e ∆PDY ~ ∆PAX. 6) Seja ABCD um trapézio com AB || CD.TP = RT + TP ⇒ TP = RT O Desenvolvendo RA como soma de suas partes: RA = RT + TP + PA = RT + RT + 2.Capítulo 7. =1 DC PA RB BA * CB * AC * BD CP AR . = . CA * B * A C * B DC PA RB Portanto. então AP = RP ⇒ A B 2.QT e AP = 2. = . AB um diâmetro dela e R um ponto qualquer em C distinto de A e de B. HO RT BA 2 2 Deste modo. concluímos que H. R = AY ∩ BD e T = PR ∩ AB. Admitamos que P = CB 1 1 1 = + . R e B são colineares. = . PM e AN cortam-se em I.c a.2. respectivamente.c a. I P Por I trace uma paralela a BC e por Ib trace uma perpendicular a BC. Ia Como ∆IbIP é retângulo: cos B / 2 = IP BX b − BX a p − (p − b) b = = = II b II b II b II b Como ∠IaAC = A/2 e ∠ACIa = 90º + C/2 então ∠AIaIb = B/2. Solução: Ib Sejam I. = = S (a + b)(a + c)(b + c) S (a + b)(a + c)(b + c) 15) Prove que o raio do círculo que passa pelos centros do círculo inscrito e dois dos círculos exinscritos é o dobro do raio do círculo circunscrito ao triângulo. Seja Xb a intercessão de PIb com B C Xb Xa BC. áreas dos triângulos MNP e ABC é igual (a + b)(a + c)(b + c) Solução: A Pelo Teorema da Bissetriz Interna: BM CM a a. Provar que a razão entre as 2abc . Ia e Ib. cos B / 2] = R ' ⇒ b = R ' ⇒ R’ = 2R = 2R ' ⇒ sen B 2.c ii) = = ⇒ BP = e AP = a b a+b a+b a+b AN CN b b. AM. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 14) ABC é um triângulo qualquer. Assim. M é o ponto médio do segmento AB e N é o ponto médio do segmento BC.c S Assim: MNP = 1 − APN + CMN + BMP = 1 − (a + b)(a + c) + (a + c)(b + c) + (b + c)(a + b) ⇒ S S S S S MNP (a + b)(a + c)(b + c) − bc(b + c) − ab(a + b) − ac(a + c) S MNP 2abc ⇒ . Prove que CI é a bissetriz do ângulo MCA. onde R é circunraio de ∆ABC. ex-incentro A relativo a A e ex-incentro relativo a B de ∆ABC. cos B / 2 sen B 16) (Olimpíada de Maio-99) Seja ABC um triângulo equilátero. II b II b Aplicando a Lei dos Senos em ∆IIaIb: = 2R ' ⇒ = 2R ' ⇒ sen(∠AI a I b ) sen B / 2 II b . Vamos provar que o circunraio de ∆IIaIb é 2R.c b.b = = ⇒ AN = e CN = iii) c a a+c a+c a+c C B M S S S AP AN b c CN CM a b BM BP c a = ∴ CMN = = ∴ BMP = = ∴ APN = S c b a+b a+c S b a a+c b+c S a c b+c a+b S S S b. Solução: 238 .c a. incentro.b a. Seja P o ponto exterior a ABC tal que o triângulo ACP é isósceles e retângulo em P. Xb é o ponto de tangência da circunferência ex-inscrita relativa a B. sen B / 2. Desta forma temos que: IXa = r e BXa = p – b Como IP || BC então ∠IbIP = ∠IbBC = B/2. Portanto: IbXb = rb e BXb = p Seja Xa o ponto de tangência da circunferência inscrita a ∆ABC com o lado BC.Capítulo 7. cos B / 2 [II b .b = = ⇒ BM = e CM = P i) c b b+c b+c b+c N BP AP c a. BN e CP são bissetrizes internas. de modo que estas duas retas interceptam-se em P. ∠AMP = ∠PMC ⇒ MP é bissetriz de ∠AMC. Desde que AP = PC. Determine as medidas dos lados do triângulo ABC. 19) (Olimpíada da Estônia-2001) Em um triângulo ABC. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas B M I A N C P Como ∆ABC é equilátero e N é médio de BC então AN é mediana. Solução: A X c P B Y a/2 M C Digamos que x. então X pertence à circunferência inscrita no triângulo ABC. x + 1 e x + 2 são os lados do triângulo. Pela Lei dos Senos em ∆ABC: AC BC AC BC = = 2R ⇒ = = 2R ⇒ sen B sen A sen B cos B AC BC sen B = e cos B = . ou seja. respectivamente. onde R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC. então ∠ABP = ∠PBM ⇒ ∆ABP ~ ∆MBP ⇒ X = Y ⇒ ∆ABM é isósceles ⇒ AB = BM ⇒ c = a/2 Vamos analisar todas as possibilidades: 239 . as interseções das bissetrizes interna e externa do ângulo C do triângulo ABC e a reta AB. implicando que CI é a bissetriz de ∠MCA. ou seja. Analogamente CM é mediana e altura de C ⇒ CM ⊥ AB. Solução: Considere os pontos de tangência das circunferências inscritas com B os lados de acordo com a figura ao lado. Prove que se as circunferências inscritas nos triângulos ABX e BCX são tangentes. Desde que BP é bissetriz do ângulo B. Como ∠CMA + ∠APC = 180º ⇒ APCM é um quadrilátero inscritível. prove que AC2 + BC2 = 4R2.Capítulo 7. então ∠AMP e ∠PMC são ângulos inscritos no circuncírculo de APCM que compreendem cordas de mesmo comprimento. Portanto. I é i incentro de ∆AMC. as medidas dos seus lados são inteiros consecutivos e a mediana relativa ao lado BC é perpendicular à bissetriz interna do ângulo ∠ABC. temos em ∆AMC que AN é bissetriz de ∠MAC e MP é bissetriz de ∠AMC. Em ∆ABX temos: AM = AN = (c + AX – BX)/2 BM = BR = (c + BX – AX)/2 Q XR = XN = (AX + BX – c)/2 Em ∆BCX temos: M R BR = BQ = (a + BX – CX)/2 CP = CQ = (a + CX – BX)/2 A N X P C XR = XP = (BX + CX – a)/2 Logo: (AX + BX – c)/2 = (BX + CX – a)/2 ⇒ CX – AX = a – c Como CX + AX = b ⇒ CX = (a + b – c)/2 = p – c AX = (b + c – a)/2 = p – a ⇒ X é o ponto de contato do incírculo de ∆ABC com o lado AC. Solução: Desde que CL = CM e CL ⊥ CM ⇒ ∆CLM é C retângulo isósceles ⇒ ∠CLB = 45º ⇒ B = 135º – C/2 e A = 45º – C/2 ⇒ A = 90º – B. 17) (Seletiva Brasileira-Cone Sul-96) Um ponto X é escolhido sobre o lado AC do triângulo ABC. Se CL = CM. altura e bissetriz de A. 18) (Seletiva Brasileira -Cone Sul-2000) Sejam L e M. 2R 2R A L B M Uma vez que sen2 B + cos2 B = 1 então segue diretamente que AC2 + BC2 = 4R2. C ou seja: PA1 + QA1 a = r − ra r O1O 2 BC = IX − O1P IX ⇒ ⇒ p1 − c + p 2 − b a = r − ra r ⇒ r p + AA1 − b − c = 1− a a r ⇒ a + AA1 − p p =1− a p + AA1 ⇒ 1+ AA1 − p p = 1− a p + AA1 ⇒ p2 – AA12 = a. Nós temos que: SABC = SABA1 + SACA1 ⇒ ra. 3 e 4 iii) x + 1 = (x + 2)/2 ⇒ 2x + 2 = x + 2 ⇒ x = 0 que é impossível Portanto: AB = 2 AC = 3 BC = 4 20) (Olimpíada da Inglaterra-89) Um ponto A1 é escolhido sobre o lado BC de um triângulo ABC de modo que os raios das circunferências inscritas em ∆ABA1 e ∆ACA1 são iguais.p ⇒ AA1 = p(p − a ) . Repare também que ∠BAE + ∠EAD = A ⇒ ∠BAE = A – θ ⇒ A – θ = 90º – B/2 ⇒ θ = A + B/2 – 90º.p2 = ra(p1 + p2) = ra(p + AA1) ⇒ ra(p + AA1) = p. Portanto temos que ∆IO1O2 ~ ∆IBC. O2 e I (incentro de ∆ABC) sobre BC. Considere que P. Desde que ∠AXD + ∠AED = 180º então o quadrilátero AXED é inscritível ⇒ ∠EAD = ∠EXD = θ. Q e X são as projeções de O1. Solução: A O1 ra B P I r X ra O2 A1 Q Sejam O1 e O2 os incentros de ∆ABA1 e ∆ACA1 e p1 e p2 os semiperímetros dos mesmos triângulos. os pés das perpendiculares traçadas desde A e C até à reta BD. Solução: A X D F E B/2 B/2 B θ α M Sejam θ = ∠EMD e α = ∠DMF. prove que AA1 = p(p − a ) . sendo X a interseção desta perpendicular com AB. Como A = 180º – ( B + C) ⇒ θ = 180º – B – C + B/2 – 90º ⇒ θ = 90º – (C + B/2) = α 240 . Demonstre que ∠EMD = ∠DMF. AB = c e 2p = a + b + c.r Como O1 está sobre a bissetriz de B e O2 está sobre a bissetriz de C então B. pois 2 + 1 = 3 ii) x = (x + 2)/2 ⇒ 2x = x + 2 ⇒ x = 2 ⇒ os lados são 2. Sejam E e F. respectivamente. Como BD é uma bissetriz então DX = DM e BX = BM ⇒ ∆BXD ≡ ∆BMD ⇒ ∠EXD = ∠EMD = θ. com D sobre AC. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas i) x = (x + 1)/2 ⇒ 2x = x + 1 ⇒ x = 1 ⇒ os lados são 1. Como ∠CMD + ∠DFC = 180º então o quadrilátero CMDF é inscritível. 2 e 3 que é impossível. Se BC = a.Capítulo 7. O1 e I são colineares e C. CA = b. Como ∆BCF é retângulo então ∠CBF = 90º – ∠BCF ⇒ B/2 = 90º – (α + C) ⇒ α = 90º – (C + B/2) C Trace agora uma perpendicular a AB passando por E.p1 + ra. O2 e I também estão alinhados. e seja M o ponto sobre o lado BC tal que DM é perpendicular a BC. Uma vez que α e ∠DCF compreendem a mesma corda DF no circuncírculo de CMDF então ∠DCF = α ⇒ ∠BCF = α + C. 21) (Olímpiada Iberoamericana-2002) Num triângulo escaleno ABC traça-se a bissetriz interna BD. 2 c c a.” 2 7. podemos calcular sua a área utilizando a fórmula de Hieron e depois usar a equação acima para determinar R. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 7.5. cot C O a C. mBC e mAC.c Pela Lei dos Senos temos que = 2R ⇒ sen C = ⇒ S= . então existe uma circunferência Γ com centro em O e que contém os vértices do ∆ABC.” 7. respectivamente. pois dados os lados a. BC.3) Circunferência Circunscrita Como O é eqüidistante de A. Como conseqüência.5. 2 2 241 . Desta forma: BC BC. O pertence ao segmento mAC. b e c de ∆ABC. A esta circunferência Γ que contém os vértices de ∆ABC dá-se o nome de circunferência circunscrita a ∆ABC.2) Teorema: “As mediatrizes dos lados de um triângulo são concorrentes em um ponto denominado de circuncentro (O). Seja O a interseção de mAB e mBC. fazendo com que O seja a interseção de mAB. 7. que ∆ABC está inscrito a Γ ou que Γ é o circuncírculo de ∆ABC.Capítulo 7.tg Analogamente.1) Definição: “Mediatriz é a reta perpendicular a um segmento passando pelo seu ponto médio. ou seja.” Demonstração: Seja mAB a mediatriz de AB e mBC a mediatriz de BC.4) Área do triângulo inscrito A área de um triângulo ABC pode ser determinada pela expressão S = a. pode-se demonstrar que as distâncias de O a B e de AC.b. cot B AB.5. sen C 2R 4R Na verdade esta expressão é mais usada para calcular o raio da circunferência circunscrita a um triângulo ABC. B e C. O é eqüidistante de A.CM. cot A . A R R B O R C Lembre-se que em todo triângulo inscrito em uma circunferência podemos aplicar a Lei dos Senos: a b c = = = 2R sen A sen B sen C 7.b.5.5. são iguais a e . também. B e C. sen C .5) Teorema: “A distância de O até o lado oposto ao vértice A é OM = Demonstração: A O B M C Desde que O é o centro da circunferência então: ∠CÔB = 2 ⇒ ∠CÔM =  Como M é o ponto médio de BC então BC = 2. mediatriz de um segmento AB é o lugar geométrico dos pontos eqüidistantes de A e B. Desta forma. cot  CM ⇒ OM = tg = ⇒ OM = OM 2 2. Podemos dizer.5) MEDIATRIZ E CIRCUNCENTRO 7. cos α (2) 2 2 9 3 2 2 3R a 2 3.AG.cos C – a.8) Teorema de Euler: “Sejam O e I o circuncentro e o incentro.cos A)/2 Analogamente S(∆AOB) = (c. b e c são os lados e R é o raio do círculo circunscrito.R.Capítulo 7. num triângulo ABC.cos A Analogamente: OO2 = R.cos B + (a + b + c). a .∠BAC = 2A A ∆BOC é isósceles ⇒ OO3 é altura e bissetriz ⇒ ∠BOO3 = A ⇒ OO3 = R.R.” Demonstração: a) Inicialmente note que ∠BOC = 2. Triângulos – Pontos Clássicos e Cevianas 7.OG.cos A + (a + c).cos C ⇒ (a + b + c) = (a + b + c)(cos A + cos B + cos C) – (a.OO3/2 = (a.5.cos B – c. O é o centro do círculo circunscrito.cos C + c. de um triângulo com raio do círculo circunscrito igual a R e raio do círculo inscrito igual a r.5.OG.5.r ⇒ OO1 + OO2 + OO3 = R + r 7. cos α 4 9 3 (1) Lei dos Cossenos em ∆OGA: OA2 = OG2 + AG2 – 2.OG 2 m a Somando (1) e (2): − = + ⇒ 2 4 2 3 3R 2 a 2 3.cos α ⇒ 2 R2 − O G α B C m2 m a2 = OG 2 + a − 2.R. cos α ⇒ 9 3 2 m R 2 OG 2 2m a = + + 2.cos A – b. a. AC em O2 e BC em O3.cos B + b.” 9 Demonstração: a2 Como ∆OMC é retângulo: OM 2 = R 2 − .R.cos C)/2 Em ∆ABC temos que: a = b.cos B + c.cos A + (a + b + c).cos B b = a.” 242 .cos C) ⇒ OO 3 OO 2 OO1 2S 2 p = 2 p + + − R R R R ⇒ pR = p(OO1 + OO2 + OO3) – p.cos A c = a.cos B)/2 A Desta forma a área de ∆ABC é dada por: S = (a. G é o ponto de interseção das medianas. a .cos C + c.cos A + b.GM.cos B + (a + b).cos C O2 O1 O A área de ∆BOC é dada por S(∆BOC) = a.cos (180o – α) ⇒ 2 4m a 2m a R = OG + + 2. então 2 a 2 + b2 + c2 2 OG = R − . .cos A)/2 + (b.OG.cos B)/2 + (c.cos C)/2 ⇒ B C O3 S = R(a.R. Então OI2 = R2 – 2Rr.R.7) Teorema: “Se.cos A + b.OG 2 b 2 c 2 a 2 a 2 + b2 + c2 − = + + − ⇒ OG 2 = R 2 − 2 4 2 6 6 12 9 2 2 M 7. Se por O traçam-se perpendiculares aos lados de ABC.cos C ⇒ a + b + c = (a + b + c). então OO1 + OO 2 + OO 3 = R + r .OG.6) Teorema de Carnot: “Sejam ABC um triângulo acutângulo e O centro da circunferência circunscrita a ABC.cos B OO1 = R.cos A Somando estas equações: a + b + c = (b + c).cos B + c. intersectando AB em O1.cos C)/2 e S(∆AOC) = (b. respectivamente.OG. A 4 Lei dos Cossenos em ∆OGM: OM = OG2 + GM2 – 2. q b.5 + 4.q + = + ⇒ p(a.cos α. Substituindo uma equação na outra calculamos seus valores.p = 42 ⇒ p = .p 2 39. 4.3 = 42.b.d = 6. 5 e 3.5 38 39. d β B q Como ABCD é inscritível então ∠ADB = α e ∠ABD = β.c = q a. 13 19 38 38 2) Prove. Mostre 1 1 1 + = .d + b.p c.cos α][2R.cos β + sen β.c. Demonstração: A a B q p d D b c Pela figura temos que S∆BAC + S∆DAC = S∆ABD + S∆CBD ⇒ a.c) ⇒ 4R 4R 4R 4R p a. Como q = então q = . C 3) A ceviana AQ do triângulo equilátero ABC é prolongada encontrando o circuncírculo em P.Capítulo 8.d ⇒ c β [2R.d C Perceba agora que.cos α.sen (α + β)][2R] = [2R.c + b. = 2R . c = 5 e d = 3.b + c.p Aplicando o Teorema de Hiparco: = = = ⇒ q= .q = a.cos β] + [2R.sen α][2R. α Aplicando Lei dos Senos nos triângulos ∆ABC.d + b.d. Do Teorema de Ptolomeu tiramos o produto das diagonais e do Teorema de Hiparco obtemos a razão das diagonais. que PB PC PQ Solução: 277 .q = a.sen β] ⇒ sen (α + β) = sen α. Solução: Consideremos que: a = 6.c + b. = = 2R .2) TEOREMA DE HIPARCO: “A razão das diagonais de um quadrilátero inscritível é a razão entre as somas dos produtos dos lados que concorrem com as respectivas diagonais”. Exemplos: 1) Determine os comprimentos das duas diagonais de um quadrilátero inscritível cujos lados medem 6.3 39 Substituindo obtemos: 532 819 39.d) = q(a. p a. utilizando o Teorema de Ptolomeu.4 + 5. respectivamente. 38 q a. Solução: A Vamos construir um quadrilátero ABCD inscritível de modo que AC seja diâmetro e α = ∠BCA e β = ∠DCA. b sen β cos β sen(α + β) sen α cos α α Pelo Teorema de Ptolomeu: p.b + c.d 6. sendo dados os lados de um quadrilátero inscritível. b = 4. que se A e B são ângulos agudos.b + c.p a.cos β + sen β. Desde que ∆ABC e ∆ADC são a triângulos retângulos então ∠BAC = 90o – α e ∠DAC = 90o – β. podemos calcular suas diagonais utilizando o Teorema de Ptolomeu e o Teorema de Hiparco.3 + 4.c 6.d + b.d. então sen (α + β) = sen α. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros 8. ∆ADC e ∆BDC: p a b d c p D = = 2R . Aplicando o Teorema de Ptolomeu: p. D.Capítulo 8.CD ⇒ AC.BC + AD.PE Como BC = AB = BC então PA + PD = PB + PC + PE.PE = AC(PB + PC) (4) Substituindo (4) em (3): BC(PA + PD) = AB(PB + PC) + BC. Unindo-se P a cada um dos vértices do pentágono.BD = AB.BP ⇒ PA = PB + PC Como os ângulos inscritos ∠APC e ∠ABC compreendem os mesmo arco AC na circunferência. AC BC.d + 2a2 ⇒ 278 .AD AC a.d ⇒ d2 – a2 = a2 + b. Sabe-se que AB = BC = a.PC ⇒ BC. então ∠APC = ∠ABC = 60o. BP ⇒ PA.d = ⇒ = Teorema de Hiparco: BD AB.CD BD a 2 + b.b + a.BC = CE. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros A Q B P C Seja L o lado do triângulo ∆ABC.BC ⇒ AC.b + a. Portanto: i) DA2 = BD2 – AB2 = 200 – 4 = 196 ⇒ DA = 14 cm D B ii) CD2 = BD2 – BC2 = 200 – 100 = 100 ⇒ CD = 10 cm Aplicando o Teorema de Ptolomeu em ABCD: AC.PC = PQ(PB + PC) ⇒ PC PA PB + PC 1 1 1 1 = ⇒ + = .PB + PC.b = BD (2) Teorema de Ptolomeu: AC.AD + AB. Solução: Teorema de Pitágoras: BD = d 2 − a 2 e AC = d 2 − b 2 . mostre que PA + PD = PB + PC + PE.PC + L.BC = AB.PC PQ PB PC PQ 4) (IME-66) Em um círculo de 10 2 cm de diâmetro temos duas cordas de 2 cm e 10 cm.BD (2) Somando (1) e (2): BC(PA + PD) = AB(PB + PC) + AC(PB + PC) (3) Aplicando Ptolomeu em BPCE: PE.d a. B. Aplicando Ptolomeu em ABPC: PA.10 = 160 ⇒ AC = 8 2 cm C 5) (IME-86/87) Sejam A. Analogamente. Trace o diâmetro BD e observe A que ∆ABD e ∆BCD são triângulos retângulos.L = L.d ⇒ d2 = b.d + a.BC = CD. 10 2 = 2. Achar a corda do arco soma dos arcos das cordas anteriores.CD + DA.AC (1) Aplicando Ptolomeu em BPCD: PD. 6) (IME-2004) Um quadrilátero convexo ABCD está inscrito em um círculo de diâmetro d.d + a. Solução: Sejam AB = 2 cm e BC = 10 cm as cordas.BD = a. Desta forma.PC + AC.BD = BC.d (1) = AC BD a. PB.PA ⇒ PB. E os vértices de um pentágono regular inscrito num círculo e P um ponto qualquer sobre o arco BC.b ⇒ AC Igualando (1) e (2) obtemos que: BD2 = a2 + b.CD + AB. b e d diferentes de zero.PC = PQ.BC = AB.10 + 14. temos que ∠APB = ∠ACB = 60o. C.PC + PB. AD = d e CD = b . com a. podemos observar que ∆BQP ~ ∆ACP ⇒ PQ PB = ⇒ PB. Solução: A B E P C D Inicialmente notemos que em um pentágono regular ABCDE temos: AB = BC = CD = DE = EA e AC = AD = BD = BE = CE. Aplicando o Teorema de Ptolomeu no quadrilátero inscritível ABPC.PB + BE. temos que: PA.d a 2 + b. Demonstre que d2 = bd + 2a2. Analogamente.QR + AQ. 9) (Olimpíada Báltica-2001) Seja ABCD um paralelogramo.QR ⇒ QS. onde seus 4 vértices também são vértices do eneágono.AP + PQ.|AB| + |AR|. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros 7) (Colégio Naval-87/88) Uma expressão que dá o lado do eneágono regular.Capítulo 8.QR + QR.x + b. AQ.RS = AS.AR (2) Multiplicando cada termo da expressão (2) pelas razões da expressão (1) temos: AC AB AD AQ. + PQ. Uma circunferência passando por A encontra os segmentos AB. = RQ.|AC|.PQ ⇒ QS. a.AR = AS. β.AR ⇒ QS.b = c.QR + AR.AB + AR. ⇒ AQ. γ e β θ definidos de acordo com a figura ao lado.AQ = AP.|AD| = |AQ|. R α Como APQR é inscritível ⇒ γ = β e θ = α. Prove que AR(AP + AR) = AQ(AQ + AS). em função das diagonais a.AQ = QR(AP + AR) (2) Dividindo as equações (1) e (2) obtemos que AR(AP + AR) = AQ(AQ + AS). Considere os ângulos α. QP e RP.AQ = AP. Q e R. Prove que |AP|. Aplicando Teorema de Ptolomeu: c2 − b2 . com a < b < c. Solução: D C Trace os segmentos RQ.RP = RQ. ∠QAR e ∠RAS são ângulos inscritos congruentes então as cordas por eles determinados também são congruentes: PQ = QR = RS. b e c. é: 2 2 c2 + b2 a) a Solução: a cb b) a c2 − b 2 c) a c+b d) a c−b e) a b c c b Considere o quadrilátero inscritível desenhado ao lado. AR e AS são cordas de uma dada circunferência com a propriedade que ∠PAQ = ∠QAR = ∠RAS.AR = QR(AS + AQ) (1) Q Aplicando o Teorema de Ptolomeu em APQR: PR. temos que ∆RQP ~ ∆ABC ~ ∆CDA: α AC AB AD θ = = (1) RP RQ PQ β A B P Aplicando o Teorema de Ptolomeu em APQR: AQ. AC e AD nos pontos P. respectivamente.AC = AP.c ⇒ x = a x 8) (Olimpíada da Inglaterra-94) AP.QR + AQ.AR. como ∠PAR = ∠QAS então QS = PR. Solução: S A P Como ∠PAQ. Q γ Portanto.RP.AP.AD RP RQ PQ 279 . R Aplicando o Teorema de Ptolomeu em AQRS: QS. sen α ⇒ SABCD = SABCD = 2 2 B 8.c A (p − c)(p − b) A ⇒ cos = . Assim: SABCD = SAPD + SBPC + SCPD + SDPA ⇒ PA. Portanto: b2 + c2 + 2.b.d. sen α PB.(p − c).2) Quadrilátero Convexo Circunscritível C c D r d r r A a B I r b SABCD = SAIB + SBIC + SCID + SDIA ⇒ a. 2 a.PD.3.c .c) 2(a. sen α PC.c 2 1 + cos A = Como 1 − cos A = 2.r (a + b + c + d ).d + b.a.d + b.1) Quadrilátero Convexo Qualquer D α A P α Considere que AC = p e BD = q.r 8.d + b.q.d + b.b.b.c) Calculemos agora o valor de 1 + cos A: a 2 + d 2 − b 2 − c 2 + 2a.3.3.c) ⇒ ⇒ (a + d + b − c)(a + d + c − b) 2.(p − c)(p − b) 1 + cos A = a.Capítulo 8. cos 2 2 a.PD.d + b. sen α PA.r c.PB.PC + PC.cos A e BD2 = b2 + c2 – 2.3) Quadrilátero Convexo Inscritível A a B d D b c C Lei dos cossenos em ABD e CBD: BD2 = a2 + d2 – 2.r SABCD = + + + = ⇒ 2 2 2 2 2 SABCD = p.d + 2.(p − b) ⇒ 1 + cos A = 2(a.c (a + d ) 2 − (b − c) 2 1 + cos A = = 2(a.3) ÁREA 8.PD) sen α SABCD = ⇒ 2 (PA + PC)(PB + PD) sen α p.2. sen α + + + ⇒ C SABCD = 2 2 2 2 (PA. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros 8.c) 2(a.d + b.PC.c) 2.r b.PD + PA.cos A ⇒ a 2 + d 2 − b2 − c2 cos A = 2(a.sen 2 A pode-se demonstrar que 2 280 sen A (p − a )(p − d) = .d.cos A = a2 + d2 – 2.PB + PB.d + b.a.r d.d + b.cos C Como A + C = 180o ⇒ cos C = – cos A.c. Uma vez que 1 + cos A = 2. Desta forma: a. EC = 3 e ED = 2. sen 120o AD.Capítulo 8. SABCD = 2 2 Como A + C = 180o temos que sen A = sen C. EB = 4.36 ⇒ o inteiro mais próximo da área de ABCD é 63. sen .b. 2 2 2 Assim: SABCD = SABC + SADC = AB. Sabendo que AB = 6.d + b. 2 2 2 2 a.d + b.AD.c ⇒ SABCD = (p − a )(p − b)(p − c)(p − d) 8.BC. cos = (a.CD. 281 ⇒ .c) .c.7. BC = 8. então a área do quadrilátero ABCD será: a) 12.d + b.AD. Aplicando Lei dos Cossenos em ∆ABC e ∆ADC: AC2 = AB2 + BC2 – 2.sen θ b) 8.CD.8.d 1) (Fuvest-2000) Na figura. E é o ponto de interseção das diagonais do quadrilátero ABCD e θ é o ângulo agudo BÊC. sen C + .sen θ d) 10.BC.BD.6.cos 60o ⇒ 1 7 + 445 1 ⇒ AD2 – 7.4) Quadrilátero Convexo Inscritível e Circunscritível Em um quadrilátero inscritível temos que: a+c=b+d=p ⇒ p–a=c p–b=d p–c=a p–d=b Deste modo: SABCD = (p − a )(p − b)(p − c)(p − d ) Exemplos: ⇒ SABCD = a.d.c a. 3 (7 + 445 ). sen A b.sen θ c) 6.cos θ e) 8.3.AD – 99 = 0 ⇒ AD = 36 + 64 − 2.c.cos θ Solução: AC.8 − = AD2 + 49 − 2.d + b. sen θ 2 2 2) (Covest-99) A figura abaixo ilustra um quadrilátero inscritível ABCD.d + b.AB. Área e Relações Métricas nos Quadriláteros A área S do quadrilátero é igual a soma das áreas dos triângulos ADB e CDB: a.7. 3 + = + 2 2 4 8 SABCD ≅ 63. Se EA = 1. CD = 7 e o ângulo ABC mede 120º.c A A (p − a )(p − d) (p − b)(p − c) SABCD = . sen θ (1 + 3)(4 + 2) sen θ SABCD = = = 12.cos 120o = AD2 + CD2 – 2. sen 60o 6. sen A = 2. qual o inteiro mais próximo da área de ABCD ? B 6 A C 120O 8 7 D Solução: Como ABCD é inscritível então ∠D = 60o.c a. 4 cm e AF = 5. b) 69 .9.2 26) b 27) c 28) e 29) e 31) c 32) b 33) b 34) 320. (5. 4x + 6y 121) a) 36o.6 cm 47) c 48) e 52) d 53) e 58) 34 84) 350 87) AD = 5. 5. 80o ˆ 68)  = 76o.15 km 36) e 37) b 38) b 39) b 41) a 42) b 43) d 44) 2− 2 e 2 5) F V V V V 10) d 15) 4 20) a 25) 2 41 cm 30) d 35) a 40) e 2+ 2 2 49) a 54) d 85) 3.Gabaritos Capítulo 1: Introdução: Linhas. 8 cm e 25 cm 88) CF = 6. 4. 35o e 130o 41) 32o 42) 24o e 66o 43) 36o o o o 44) 28 . 69o13’50”. 5. Ângulos e Triângulos 1) d 2) 10 3) 36o 4) 6o 6) 76o 7) 360o 8) c 9) V V F V 11) b 12) d 13) a 14) d 16) a 17) a 18) b 19) b 21) d 22) c 23) e 24) e 26) d 27) b 28) c 29) a 31) b 32) a 33) a 34) c 35) x = 9o e y = 45o 36) 12o 37) 30o 38) 18o 40) 15o. h 10 − 2 5 / 2 . 6. 72o. B = 38o 69) 76o 70) 45o 71) 36o.71 cm 90) ab/(a + b) 91) x = (a + b + c)b/[2(a + b)] 3a ( 33 − 1) 96) h 10 + 2 5 / 2 . B = 54o.8. 96) 95o/2 5) c 10) a 15) e 20) c 25) 30) d 39) 60o 67) 20o 77) 36 m 84) 89) c 94) e Capítulo 2: Semelhança de Triângulos e Triângulos Retângulos 1) b 2) 2 2 4) d 4) b 6) 48 7) 14 8) e 9) 23 cm 11) a 12) b 13) c 14) d 16) d 17) e 18) d 19) c 21) 5 22) 8 23) a 24) 19. 245/6 e 98/3 132) 11 331 . C = 18o o o o o o 78) 48 . (6.1 45) b 46) d 50) d 51) d 55) c 57) x = 14 y = 15 86) 6 cm. b) Sim. 72o ˆ ˆ 72) 83o4’36”. c) 125) 5 +1 2 122) 90o 130) 11/2 135) c 124) D é o pé da altura relativa a BC 131) 74 52 127) b) 5/2 3 134) 49/2.14 cm e DE = 5. 3 vezes. b) 2. 74 79) 30 80) 9 83) 85) e 86) 66o 87) 100o 88) 180o o 90) c 91) 140 92) 18 93) a 95) a) Sim. (6. 3). 50o. 58 . 4). 2). h 5 97) DM = DN = 5a/4 98) AM = AN = 16 o 99) a 3 / 3 105) 20 106) c 107) e 108) 2 o o 109) 2 − 3 116) 8 ou 12 118) a) 90 . 27o41’32”. 68 e 84 46) 9 cm 57) 10 cm 58) 12 cm 66) 84o 59) (6.3 73)  = 108o. 6 vezes. 4) 65) 50o.