153657102-Geometria-Euclidiana-Plana-Resolvido.pdf

Geometria Euclidiana Plana

Diego Oliveira - Vitória oria da Conquista/BA

Livro: Livro: Geometria Geometria Euclidiana Euclidiana Plana - SBM (Jo˜ ao Lucas Marques Barbosa) ao nibblediego@ nibblediego @gmail.com Compilado dia 24/11/2015

O livro do João ao Lucas de Geometria Euclidiana Plana apresenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publicado inicialmen inicialmente te em 1995 vem sendo usado at´ e hoje, quase 20 anos depois, nos cursos de licenciatura em matemática. atica. O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra, embora ainda não ao esteja completo devido à falta de tempo. Pode haver tamb´ em em uma ou outra passagem obscura, ou mesmo vários arios erros de português es e codifica¸c˜ caao. ˜ o. Assi Assim m se o leito leitorr iden identi tific ficar ar algum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-se a` vontade vontade para avisar-me avisar-me por e-mail. e-mail. Caso, Caso, deseje deseje a judar ainda mais pode p ode enviar-me as respostas dos exerc´ exerc´ıcios que ainda faltam. O que certamente agilizaria a finaliza¸c˜ cao ão desse solucionário. ario.

Para obter as atualiza¸c˜ cões oes desse documento e ter acesso a outros exerc´ıcios ıcios resolvidos acesse: www.number.890m.com EXERCÍCIO PAGINA 7 1. Sobre uma reta marque quatro pontos A, B, C e D, em ordem, da esquerda para a direita. Determine: a) AB ∪BC b) AB∩BC c) AC ∩BD d) AB∩CD e) S AB ∩SBC f ) SAB ∩SAD g) S CB ∩SBC e) S AB ∪SBC Solu¸ c˜ ao: a) AC

b) B

c) BC

d)

∅

e) S BC

f ) SAB

1

g) BC

h) SAB



2. Quant Quantos os pontos pontos com comuns uns a pelo menos menos duas retas retas pode ter um conjunto conjunto de 3 retas retas no plano? E um conjunto de 4 retas do plano? Solu¸ c˜ ao: Na pior das hipóteses oteses teremos teremos 3 retas r 1 , r 2 e r 3 que serão ao distintas. distintas. Assim formar˜ formarao aõ pontos Pij de intercess˜ ao conforme indicado na tabela abaixo: ao

•

r1

r1 r2 r3

–

r2 P12

P21 P31

–

r3 P13 P23

P32

–

A tabela tabe la possui poss ui três es linhas e três es colunas logo o numero de células elulas é 3 · 3 = 9. Os elementos das diagonais são ao nulos (pois as retas n˜ ao podem se interceptar com elas mesao mas), assim o numero de pontos de intercessão ao passa a ser (3 · 3 − 3) = 6 Como os pontos P12 e P21 são ao o mesmo ponto de intercessão, ao, nesse caso entre as retas r1 e cao aõ ocorre para os demais pontos então ao o numero de pontos de intercessãaoo r2, e a mesma situa¸c˜ distintos s˜ ao: ao: 6 3(3 − 1) = =3 2 2 Se tivéssemos essemos n retas com racioc racio c´ınio análogo alogo chegar´ chegar´ıamos a formula numero de retas. Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.

n(n − 1) onde n é o 2

3. Prove o item (b) da proposi¸c˜ cao aõ (1.4). Solu¸ c˜ ao: Definido as semi-retas se tem que: a entre A e X} SAB = { AB e os pontos X | B est´ SBA = { BA e os pontos X | A est´ a entre B e X } 



Como AB = BA ent˜ ao se torna evidente que AB ∈ SAB ∩ SBA. Ago ao Agora ra imagine imagine um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA porem não ao perten¸ca ca a AB . Pode ocorrer então ao dois casos: / SBA o que contraria a • A–B–D: (B está entre A e D), nesse caso D ∈ SAB mas D ∈ hip´ otese. otese. / SAB que novamente contraria a hipótese. otese. • D–A–B: nesse caso D ∈ S BA mas D ∈ Ou seja, n˜ ao ao existe um ponto D ∈ / AB e que q ue também em perten per ten¸ca ça a S AB ∩SBA . Conclui-se assim que SAB ∩SBA = AB .

2



2. Quant Quantos os pontos pontos com comuns uns a pelo menos menos duas retas retas pode ter um conjunto conjunto de 3 retas retas no plano? E um conjunto de 4 retas do plano? Solu¸ c˜ ao: Na pior das hipóteses oteses teremos teremos 3 retas r 1 , r 2 e r 3 que serão ao distintas. distintas. Assim formar˜ formarao aõ pontos Pij de intercess˜ ao conforme indicado na tabela abaixo: ao

•

r1

r1 r2 r3

–

r2 P12

P21 P31

–

r3 P13 P23

P32

–

A tabela tabe la possui poss ui três es linhas e três es colunas logo o numero de células elulas é 3 · 3 = 9. Os elementos das diagonais são ao nulos (pois as retas n˜ ao podem se interceptar com elas mesao mas), assim o numero de pontos de intercessão ao passa a ser (3 · 3 − 3) = 6 Como os pontos P12 e P21 são ao o mesmo ponto de intercessão, ao, nesse caso entre as retas r1 e cao aõ ocorre para os demais pontos então ao o numero de pontos de intercessãaoo r2, e a mesma situa¸c˜ distintos s˜ ao: ao: 6 3(3 − 1) = =3 2 2 Se tivéssemos essemos n retas com racioc racio c´ınio análogo alogo chegar´ chegar´ıamos a formula numero de retas. Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.

n(n − 1) onde n é o 2

3. Prove o item (b) da proposi¸c˜ cao aõ (1.4). Solu¸ c˜ ao: Definido as semi-retas se tem que: a entre A e X} SAB = { AB e os pontos X | B est´ SBA = { BA e os pontos X | A est´ a entre B e X } 



Como AB = BA ent˜ ao se torna evidente que AB ∈ SAB ∩ SBA. Ago ao Agora ra imagine imagine um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA porem não ao perten¸ca ca a AB . Pode ocorrer então ao dois casos: / SBA o que contraria a • A–B–D: (B está entre A e D), nesse caso D ∈ SAB mas D ∈ hip´ otese. otese. / SAB que novamente contraria a hipótese. otese. • D–A–B: nesse caso D ∈ S BA mas D ∈ Ou seja, n˜ ao ao existe um ponto D ∈ / AB e que q ue também em perten per ten¸ca ça a S AB ∩SBA . Conclui-se assim que SAB ∩SBA = AB .

2



4. Prove a afirma¸c˜ cão ao feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento. Solu¸ c˜ ao: Dada uma reta r com os pontos A e B distintos, suponha por absurdo que entre A e B exista um conjunto conjunto finito de pontos. pontos. Por defini¸ definic˜ çao aõ um conjunto é finito quando pode p ode ser colocado em corresp corr espondˆ ondência enci a biun biu n´ıvoca ıvoc a com N. Assim Assim teremos teremos que AB = {P1 , P2 , ..., Pn }, que significa que AB é um conjunto conj unto com com n n elementos. Tomando agora um ponto Pk (k ≤ n) e o ponto Pk 1 pelo axioma II2 existe um ponto Pr , (k − 1 < r < k ) tal que Pk 1 – Pr – Pk o que seria um absurdo pois nesse caso AB teria n + 1 elementos. −

−

5. Sejam P = {a,b,c}, m 1 = { a, b}, m 2 = { a, c}, m 3 = { b, c}. Chame P de plano e m e m 1 , m 2 e m3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I2 . Solu¸ c˜ ao: Basta observar que todas as combina¸c˜ cões oes poss p oss´´ıveis entre entr e os 3 pontos p ontos do d o plano pla no P, tomados dois a dois pertence a uma das trˆ es es retas dessa geometria. Por exemplo, as combina¸c˜ cões oes poss pos s´ıveis são: ao: ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note Note que por ab passa passa somen somente te uma reta, a reta reta m1 . Do mesmo mesmo modo modo pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas ( m1 , m2 , m3 ). O que most mostra ra que nessa geometria vale o axioma I2 .

6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos são ao o próprio oprio plano e qualquer semi-plano. Mostre que a interse¸c˜ cão ao de dois semi planos é um convexo. convexo. Solu¸ c˜ ao: Imagine os semi planos S 1 , S 2 e S 3 tal que S 3 = S 1 ∩ S 2 , tomando dois pontos P 1 e P 2 ambos pertencentes a S3 ent˜ ao: ao: P1 ,P2 ∈ S1 ,S2

Seja S 1 e S 2 convexos entãaoo P 1 P2 ∈ S 1 , S 2 e portanto pertence a interse¸c˜ cao, aõ, assim S 3 ta tamb´ mbém é conve co nvexo xo..

7. mostre que a intercessão ao de n semi-planos é ainda um convexo. convexo. Solu¸ c˜ ao: Considere os semi planos α planos α 1 , α2 ,...,αn todos convexos. Seja B = {α1 ∩ α2 ∩, ..., ..., ∩αn } considere os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicará no fato de que X e Y pertence a α1 , α2 ,...,αn como todos esses semi-planos são ao convexos então ao o segmento XY pertence a α1 , α2 ,...,αn logo também em pertence pert ence a intercessão ao e portanto tamb´ em em pertencem a B, o que mostra que B ain ainda da é convexo.

3


Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a união de convexos pode não ser um convexo. Solu¸ c˜ ao: Os quatro retângulos (em cinza) abaixo são figuras convexas e a união deles formam uma figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto côncava. A

B

C

D

9. Três pontos não colineares determinam três retas. Quantas retas são determinadas por quatro pontos sendo que quaisquer três deles são n˜ ao colineares? Solu¸ c˜ ao: Analogamente ao exerc´ıcio três construiremos a seguinte tabela, onde rij é a reta determinada pelos pontos Pi e P j .

o numero de retas será

•

P1

P1 P2 P3

–

P2 r12

r21 r31

–

P3 r13 r23

r32

–

3(3 − 1) n(n − 1) = 3 e para n pontos . 2 2

10. Repita o exerc´ıcio anterior para o caso de 6 pontos. Solu¸ c˜ ao: Para 6 pontos (n = 6),

6(6 − 1) = 15, ter´ıamos 15 retas. 2

4



EXERCÍCIO PAGINA 9 1. Discuta a seguinte questão utilizando apenas os conhecimentos geométricos estabelecidos, até agora, nestas notas: “Existem retas que não se iterceptam”? Solu¸ c˜ ao: Sim, retas que são paralelas como indica a proposi¸cão 1.1.

2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triˆ angulo e não passa por nenhum de seus vértices, então ela intercepta tamb´ em um dos outros dois lados. Solu¸ c˜ ao: Dado um triângulo ABC e uma reta r, se r intercepta o segmento AB ent˜ ao A está do lado oposto a B em rela¸caõ a reta r. Como por hipótese r não passa por C ent˜ ao C est´ a do lado de A ou então de B . Se C est´ a do lado de A ent˜ ao C esta contrário a B e r intercepta BC . Se C est´ a do lado de B ent˜ ao é contrario a A e r e intercepta AC logo sempre intercepta um dos lados.

3. Repita o exerc´ıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Fa¸ca uma conjectura de qual será a resposta no caso de n retas. Solu¸ c˜ ao: Aproveitando o resultado para n retas já obtido teremos: Para n = 5:

5(5 − 1) = 10 2

Para n = 6:

6(6 − 1) = 15 2

4. Mostre que n˜ ao existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejam validos os axiomas I 1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos. Axioma I1 . Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que não pertencem à reta. Axioma I 2 . Dado dois pontos distintos existe uma u ńica reta que contem esses pontos. Solu¸ c˜ ao: Tomando uma reta r = {P1 , P2 } por hipótese existe um Q1 ∈P ( P é o conjunto de pontos da geometria), diferente de P1 e P 2 . Seja Q 2 ∈ P e diferente de P 1 , P 2 e Q 1 , também por hipótese, temos que Q 2 ∈ / r pois r já possui 5



3 pontos. Logo, existe uma reta s = {P1 , Q2 } e que contem um ponto Q 3 ∈ P com Q 3 =  P 1 , P2 , Q1 , Q2 . Agora tome Q4 ∈ P com Q4 = otese Q4 ∈ / r, s pois,  P1 , P2 , Q1 , Q2 , Q3 . Novamente por hip´ ambos j´ a possuem três pontos. Logo deve existir uma reta t = {P1 , Q4 } que deve conter (por hip´ otese), um terceiro ponto Q 5 . Temos então Q 5 =  P 1 e Q 5 =  Q 4 e, por constru¸caõ, Q 5 =  Q 1 e Q 5 = P 2 , pois r  = t , Q 5 = = t . Isto nos leva a uma contradi¸caõ pois Q 5 seria o   Q 2 e Q 5 =  Q3 , pois s  sétimo ponto da geometria dada.

5. Se C pertence a S AB e C  = A, mostre que: S AB = S AC , que B C ⊂ S AB e que A ∈ / BC . Solu¸ c˜ ao: Dada a semi reta S AB pelos pontos A e B determinamos a semi reta SBA onde pela proposi¸cão 1.4 pode-se gerar uma reta m. Por defini¸cão SAB é o conjunto dos pontos do segmento AB mais o conjunto de pontos X tal que A − B − X. Como C ∈ SAB por hipótese uma das três possibilidades (mutualmente exclusivas), o corre:

• C = B Nesse caso a demonstra¸caõ é imediata. • A – B – C Nesse caso, por defini¸caõ de semi-reta SAB = SAC e sendo BC = SBC ∩ SCA , e como A ∈ / SBC , ent˜ ao A ∈ / BC.

• A – C – B Fica análogo ao caso anterior.

6. Demonstre que a interse¸caõ de convexos ainda é um convexo. Solu¸ c˜ ao Sejam A e B dois pontos pertencentes a interse¸ca˜ o de n conjuntos convexos, ent˜ ao A e B pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destes conjuntos, pois s˜ ao convexos. Portanto o segmento AB pertence a interse¸cão, concluindo assim que a interse¸cão é um conjunto convexo.

7. Mostre que um triângulo separa o plano em duas regiões, uma das quais é convexa. Solu¸ c˜ ao Tracemos três retas m, n e o que se interceptam nos pontos A, B e C como na figura abaixo.

6



m

o A

β α

X C

Y

B

n

Assim será formado o triângulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regiões. A regi˜ ao convexa é a região que forma o interior do triângulo. Para provar isso considere os pontos X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado p elas trˆ es retas. Como X e Y est˜ ao no mesmo semi plano gerado pela reta m ent˜ ao o segmento XY n˜ ao intercepta a reta m. Analogamente XY n˜ ao pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelo triângulo ABC que portanto é uma região convexa.

8. Generalize os exerc´ıcios 11 e 12 para o caso de n pontos. Solu¸ c˜ ao: Estes exerc´ıcios não constam no livro, trata-se de um erro de edi¸caõ. Tais erros são muito comuns nos livros da SBM.

9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente dois pontos em comum? Solu¸ c˜ ao: Dado os pontos A , B, C e D de modo que A –B–C–D ent˜ ao, os segmentos AC e BD terão o segmento BC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos ent˜ ao AC e BD possuem dois pontos em comum mas, nunca possuirão apenas dois pontos.

7



EXERCÍCIO PAGINA 18 1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Fa¸ca um desenho representando-os, sabendo que m(AB) = 3, m(AC) = 2 e m(BC) = 5. Solu¸ c˜ ao: 2 cm C

A

B

3 cm

2. Repita o exerc´ıcio anterior, sabendo que C está entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) = 5. Solu¸ c˜ ao: 5 cm A

C

B

7 cm

3. Desenhe uma reta e sobre ela merque dois pontos A e B. Suponha que a coordenada do ponto A seja zero e a do ponto B seja um. Marque agora pontos cujas coordenadas s˜ ao 3, 5, 5/2, 1/3, 3/2, 2, -1, -2, -5, -1/3, -5/3. Solu¸ c˜ ao: A

-2 -5

-5/3

-1

-1/3

B 1/3

3/2

2

5/2

3

5

4. Sejam A1 e A2 pontos de coordenadas 1 e 2. Dˆ e a coordenada do ponto médio A3 do segmento A1 A2 . Dê a coordenada do plano médio A4 do segmento A2 A3 . Dê a coordenada A5 do ponto médio do segmento A 3 A4 . Solu¸ c˜ ao: Sendo A 3 o ponto médio do segmento A1 A2 ent˜ ao a coordenada A3 será a media aritmética A3 =

1+2 3 A1 + A2 = = 2 2 2

Analogamente se calcula para os demais pontos. A4 =

3 2

+ 2 8

4 2

=

7 4



A5 =

5.Prove que, se a c

a)

=

b d

b b) a+ = a a+b b

c)

d b

e

=

c+d d

=

e

c+d d

e

a b

3 + 74 2

2

= dc ent˜ ao

c a a−b a a−b b

= =

c−d c c−d d

Solu¸ c˜ ao: a)

a b

=

c d

b c

=

c d

a b

·

a c

=

·

b c

b d

E também a b

=

a b

·

d b

=

c d

d a

a b

db ac

·

d c

=

a b

c+d c

·

= dc ·

db ac

=1 +

b a

=

=

db ac

−1 ·

d c

a a

·

b a

b+a a

=

a b

c d

b a

c d · c c

a b

=

d c

1+

d a

c a

b)

c)

= dc ·

c d

= dc ·

db ac

= − 1 ·

b a

9

=

13 8


c−d c

=


a−b a

Dessa forma se procede as demais demonstra¸co˜es.

6. Se p é ponto de intercessão de c´ırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) = m(PB). Solu¸ c˜ ao Como o ponto P esta na interse¸cão dos dois c´ırculos. Então P pertence ao c´ırculo com centro A e raio r , e por defini¸ca õ de c´ırculo, PA = r, da mesma forma P pertence ao c´ırculo com centro B e raio r, por defini¸c˜ ao de c´ırculo, PB = r, que implica que PA = PB.

7. Usando uma régua e um compasso, descreva um método para constru¸cão de um triângulo com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triângulo é chamado de triângulo is´ osceles). Solu¸ c˜ ao Considere um segmento AB. Com um compasso centrado em A trace uma circunferência de raio AB. Agora com centro em B trace um circulo de raio BA . A intercess˜ ao entre as duas circunferências irá gerar os pontos C e D. Fazendo o triângulo CAD teremos um triˆ angulo isósceles de base CD e lados CA, AD = AB .

8. Descreva um método para constru¸caõ de um triângulo com os três lados de mesmo comprimento. Solu¸ c˜ ao Tra¸ca-se uma reta e nela marca-se dois pontos A e B. A

B

Com centro em A e depois em B tra¸ca-se duas circunferências de raio r gerando o ponto C tal que C ∈ C (A,r) ∩ C(B,r) depois disso tra¸ca se os segmentos AC, AB e BC que irá gerar  ABC com lados iguais a r. C A

B

9.Mostre que, se a < b ent˜ ao a < (a + b)/2 e b > (a + b)/2. Solu¸ c˜ ao 10



Se a < b ent˜ ao a+b
a+b 2

´ poss´ıvel desenhar se um triângulo com lados medindo 3, 8 e 5? 10. E Solu¸ c˜ ao Não, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triângulo é maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8 = 8.

11. O c´ırculo de raio r1 centrado em A intercepta o c´ırculo de raio r2 centrado em B em exatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)? Solu¸ c˜ ao Observe o seguinte desenho. r2

A

C

D

B r1

Considere o circulo de raio r 2 com centro em A e o circulo de raio r 1 com centro em B e cujo segmento AB formam os pontos C e D. Note que AB = AD + CB – CD e também que AD = r 2 , CB = r 1 e que CD e´ um segmento não nulo. Perceba que assim AB = r 2 + r1 − CD o que implica que AB < r 2 + r1

12. Considere um circulo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste c´ırculo. O que se

11



pode afirmar sobre o triângulo ABC? Solu¸ c˜ ao: Se os pontos B e C pertencentes a circunferˆ encia que forma o circulo então AB = AC = r logo o triângulo é isósceles de base AB . NOTA: O livro refere-se a uma circunferência como c´ırculo.

13. Considere um c´ırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste c´ırculo e seja B um ponto tal que o triˆ angulo OAB é equilátero. Qual é a posi¸cão do ponto B relativamente ao c´ırculo? Solu¸ c˜ ao: Sendo o triˆ angulo equilátero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho ao OB = r assim o ponto B est´ a a uma distancia r do centro do c´ırculo, isto é, B pertence a r ent˜ circunferência.

14. Dois c´ırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O que pode ser afirmado sobre os triângulos ABC e ACD? E sobre o quadrilátero ACBD? Solu¸ c˜ ao: Os triângulos ABC e ACD são isósceles pois AC , BC = r e AD = r , note que também que BD = r . Como o paralelogramo ACBD é formado pela união dos ABC e ADB seus lados seriam os segmentos que formam o triângulo, e então AC = BC = AD = BD = r . Logo o pol´ıgono é um quadril´ atero de lados iguais e os triângulos s˜ ao isósceles. C A

B D

12



´ EXERCÍCIO PAGINA 20 1. Dado um segmento AB mostre que existe e é u ´ nico, um ponto C entre A e B tal que m(AC ) = a onde a é qualquer real positivo. m(BC ) Solu¸ c˜ ao: Se C est´ a entre A e B ent˜ ao existe duas possibilidades para a constru¸caõ do segmento AB . A B

a

c

b

C

a

c

b

C

1 caso ◦

B A

2 caso ◦

Vamos considerar apenas o primeiro caso, uma vez que a resolu¸cão do segundo é análogo. Pelo axioma III 2 existe um x , um b e um c , reais e distintos, que representam as coordenadas dos pontos A, B e C respectivamente. Tamb´ em pelo axioma III 2 podemos declarar a seguinte equa¸cão: m(AC) c−x = m(BC) b−c

E como

m(AC) = a por hip´ otese então: m(BC) c−x = a b−c

Resolvendo esta ultima equa¸cão em c chega-se á: c =

ab + x (1) 1 + a

Como a e´ positivo (afinal é resultado da divisão de duas distâncias), ent˜ ao c existe para qualquer valor de a e b o que garante a existˆ encia do ponto C . Para provar a unicidade de C procedemos assim: imagine por absurdo que exista um C’ nas mesmas condi¸co˜es que C , mas diferente dele. Então: m(AC ) c −x = a ⇒ = a m(BC ) b−c 







. Resolvemos esta ultima equa¸cão para c’ chega-se a solu¸cão 

c =

ab + x (2) 1 + a

13



Finalmente comparando (1) e (2), então pelo axioma III2 os pontos C e C’ são o mesmo ponto. O que contraria a tese inicial. Com isso conclu´ımos que não pode haver um ponto m(AC) diferente de C entre A e B tal que = a . Provando a unicidade. m(BC)

2.Descreva um método para obter uma boa aproxima¸caõ do comprimento de um c´ırculo. Solu¸ c˜ ao: Utilizando um compasso desenhe um circulo de raio r . Com uma régua graduada desenhe no interior do c´ırculo um pol´ıgono com n vértices, sendo que cada vértice deve estar sobre o circulo. Mais ou menos como na imagem abaixo.

Pol´ıgono de 6 lados. Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproxima¸cão do circulo bastando com a régua medir os lados do pol´ıgono. Lembrando que quanto mais vértices o pol´ıgono tiver mais precisa será a aproxima¸cão.

3. Prove a seguinte afirma¸caõ feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de um circulo com um ponto dentro do mesmo, têm um ponto em comum com o circulo. Solu¸ c˜ ao: Seja C um ponto qualquer fora de um circulo de centro O, ent˜ ao O C > r, onde r é o raio do c´ırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r . Sendo o circulo formado por todos os pontos do plano que estã o a uma distância r do ponto O, ent˜ a o o ponto D pertencente a intercess˜ ao do segmento OC com a circunferˆ encia. Como se queria demonstrar.

4. Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontos C satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r é chamado de elipse. Estabele¸ca os conceitos de região interior e de região exterior a uma elipse. Solu¸ c˜ ao: Analogamente a circunferência se m(CA) + m(CB) > r ent˜ ao o conjunto de pontos é externo. Se m(CA) + m(CB) < r ent˜ ao o conjunto de pontos será interno.

5. Um conjunto M de pontos do plano é limitado se existe um circulo C tal que todos os pontos de M estão dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos é limitado. Prove

14



também que segmentos são limitados. conclua o mesmo para triângulos. Solu¸ c˜ ao: Dado o conjunto de pontos P 1 , P2 ,..., Pn tome um u ´ nico ponto P i que usaremos para o centro da circunferˆ encia, por cada ponto Pj com i  = j e j variando de 1 a n retirando o próprio i, passar´ a um segmento distinto. Seja Pi Pj o maior de todos os segmentos então por ele marca-se um ponto Q(P1 − Pj − Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1 Q definimos um circulo de raio r = P 1 Q que conterá todos os outros uma vez que o segmento que estabelece seu raio em rela¸cão ao centro P1 é maior que os demais definidos por todos os outros pontos.

15



EXERCÍCIO PAGINA 29 1. Mostre que se um ângulo e seu suplemento têm a mesma medida ent˜ a o o ângulo é reto. Solu¸ c˜ ao: C β = 90

◦

B

O

A



Considere o ângulo α (BOC) e β , tal como no desenho, onde β é o suplemento de α. Por defini¸cão temos: α + β = 180 (1) ◦

como α = β ent˜ ao: ◦

◦

α + α = 180 ⇒ 2 α = 180 ⇒ α = 90

◦

Assim por (1) conclui-se que β = 90 . Como se queria demonstrar. ◦

2. Um aˆngulo é chamado agudo se mede menos de 90 , e é obtuso se mede mais de 90 . Mostre que o suplemento de um ângulo agudo é obtuso. ◦

◦

Solu¸ c˜ ao: Seja α um aˆngulo agudo e β o suplemento de α. Sabemos que α + β = 180 e como α < 90 e β = 180 − α ent˜ ao β > 90 . Como se queria demonstrar. ◦

◦

◦

◦

4. Dois aˆngulos são ditos complementares se sua soma é um aˆngulo reto. Dois ângulos são complementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais 30 . Quanto medem os dois ângulos? ◦

Solu¸ c˜ ao: Seja α + β = 90 (1) com α 1 e β 1 suplementos de α e β ent˜ ao: ◦

α + α1 (2) β + β 1 (3) fazendo α 1 = β 1 + 30 (4) i.e. um ângulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β 1 de (3) em (4) ent˜ ao: ◦

α1 = (180 − β ) + 30 = 210 − β (5) ◦

◦

◦

Substituindo (5) em (2) α + 210 − β = 180 α − β = − 30 (6) ◦

◦

16

◦



das equa¸co˜es (1) e (6) montamos o sistema: cuja solu¸cão é α = 30 e β = 60 , logo um aˆngulo possui 30 e outro 60 graus. ◦

◦

5. Uma poligonal é uma figura formada por uma sequencia de pontos A1 , A2 , ..., An e pelos segmentos A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 ,...,An 1 An . Os pontos são os vértices da poligonal e os segmentos ˆ = são os seus lados. Desenhe a poligonal ABCD sabendo que: AB = BC = CD = 2.cm, ABC ˆ = 100 . 120 e BCD −

◦

◦

Solu¸ c˜ ao: Para esse exerc´ıcio é necessário régua, transferidor e compasso. D

A

100

120 B

C

6. Um pol´ıgono é uma poligonal em que as seguintes 3 condi¸cões são satisfeitas: a) An = A1 , b) os lados da poligonal se interceptam somente em suas extremidades e c) dois lados com a mesma extremidade não pertencem a uma mesma reta. Das 4 figuras, seguintes, apenas duas são pol´ıgonos. Determine quais são elas.

D

A D

C C

E B

B

E A

C A

B

B C D

A E

E

D

Um pol´ıgono de vértice A 1 , A2 , ..., A n+1 = A1 , será representado por A 1 A2 A3 ,...,An . Ele tem n lados, n vértices e n ângulos. 17



Solu¸ c˜ ao: A primeira figura da esquerda e na linha de cima é um pol´ıgono. A segunda da esquerda, também da linha de cima n˜ ao é, pois se fosse contradiria a 2 condi¸cão. A primeira da esquerda da linha de baixo também n˜ ao é um pol´ıgono, pois iria contra a 3 condi¸cão. A segunda da linha de baixo é um pol´ıgono. ◦

◦

7. Desenhe um pol´ıgono de quatro lados tal ABCD tal que AB = BC , CD = DA = 2cm, ˆ = ADC ˆ = 100 e com BCD ˆ = BAD ˆ = 80 . com ABC ◦

◦

Solu¸ c˜ ao: Para esse exerc´ıcio é necessário régua, transferidor e compasso. B

A C

D

8. O segmento ligando vértices não consecutivos de um pol´ıgono é chamado de diagonal do pol´ıgono. Fa¸ca o desenho de um pol´ıgono de seis lados. Em seguida desenhe todas as suas diagonais. Quantas diagonais terá um pol´ıgono de 20 lados e de n lados? Solu¸ c˜ ao: Observe o seguinte pol´ıgono de 6 lados: D E

C

F B

A Do vértice A, por exemplo, deve partir diagonais para todos os outros v´ ertices exceto para ele mesmo e para os outros dois adjacentes. Como temos 6 vértices então do ponto A sairão um total de : 18



6 − 3 diagonais D E

C

F B

A A mesma coisa ocorre para os demais vértices. Assim se temos seis vértices teremos ao todo (6 − 3) · 6 = diagonais D E

C

F

B A

Contudo a diagonal AB é também a diagonal BA e a mesma coisa ocorre para as demais diagonais que acabam sendo contadas duas vezes. Considerando esse fato em o número total de diagonais será: (6 − 3)6 =9 2 Para um pol´ıgono de n lados, ter´ıamos então: (n − 3)n 2 Essa fórmula pode ser utilizada para determinar o número de vértices de qualquer pol´ıgono, (20 − 3) · 20 como por exemplo o de 20 lados que teria = 170 lados. 2

9. Um pol´ıgono é convexo se está sempre contido em um dos semi-planos determinados pelas retas que contêm os seus lados. Na figura seguinte o pol´ıgono (a) é convexo e o (b) é não convexo. 19



Pol´ıgonos convexos recebem designa¸co˜es especiais. São as seguintes as designa¸co˜es dadas a estes pol´ıgonos de acordo com seu número de lados, até 10 lados. n de lados 3 4 5 6 7 8 9 10 ◦

nome do pol´ıgono convexo triˆ angulo quadrilátero pent´ agono hexágono hept´ agono oct´ agono non´ agono decágono

Solu¸ c˜ ao: Qual a pergunta mesmo?

10. Descreva um m´ etodo, em que se fa¸ca uso apenas de um compasso e de uma r´ egua n˜ ao numerada, de constru¸caõ de um quadrilátero com os quatro lados de mesmo comprimento. Estenda seu método para o caso de 5 lados. Solu¸ c˜ ao: Desenhe um circulo de raio r, e centro em O, e em qualquer ponto do circulo marque um ponto.

o

Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura, fa¸ca outro c´ırculo centrado no ponto. 20



o

Marque novamente outro ponto na intercessão dos c´ırculos como na figura.

o

E com o compasso, ainda com mesma abertura, desenhe um novo c´ırculo centrado no ultimo ponto esbo¸cado.

o

Finalmente, usando a r´ egua ligue os pontos de intercess˜ ao.

21



Fazendo quatro segmentos de comprimento r .

r

r

r

r

Generalizando Desenhe um circulo de raio r, e centro em o, e em qualquer ponto do circulo marque um ponto.

o

Com a ponta seca do compasso no ponto e com o compasso, ainda com a mesma abertura, fa¸ca outro c´ırculo centrado no ponto. Em seguida ligue esses pontos.

22



o

Agora marque um novo ponto como na segunda circunferência de modo que ele não esteja na mesma reta que os outros dois. Mais ou menos como na figura a seguir:

E trace uma nova circunferˆ encia com mesmo raio r, centrada no ponto. Formando com a régua um novo segmento.

Repetindo o processo desenha-se uma nova circunferˆ encia e tra¸ca-se um novo ponto.

23



Na intercessão entre a ultima (azul) e primeira (vermelha) circunferência desenhada marcamos um ponto (que chamaremos de P).

P

Por fim liga-se P aos dois pontos adjacentes a ele.

24



Isso formará um pol´ıgono de 5 lados cada um com comprimento igual a r .

25



EXERCÍCIO PAGINA 32

ˆ mostre que existe uma única ˆ = COB. ˆ 1. Dado um ângulo angulo AOB unica semi-reta SOC tal que AOC ˆ A semi reta SOC é chamad cha madaa de bissetriz do do angulo aˆngulo AOB. Solu¸ c˜ ao:



Considere o angulo AOB OB com bissetriz SOC como na imagem a seguir. C

A

B Suponha por absurdo que exista uma segunda bissetriz S OC = qu e também em seja bissetriz bissetr iz  SOC que OB. Nesse caso existe duas possibilidades: de AOB 



• SOC está a direita de S OC , como na figura abaixo. 

C

A

C’ B

• SOC está a esquerda de S OC , como na figura abaixo. 

A

C’ C

B

Vamos considerar o 1 caso. Como S OC e S OC s˜ ao ao bissetrize bissetrizess de AOB ao ao pelo axioma III 6 OB ent˜ ◦



                              

AO B = AO C + COB O B = 2COB OB (1) AO B = AOC’ O C’ + C’OB O B = 2C’OB OB (2) ( 2)

Pela figura 2 fica evidente que C O B = COC’ ( 3) O C’ + C’OB OB (3) Usando (3) em (1)

AOB O B = 2(COC’ O C’ + C’OB) OB) (4)

Comparando (2) e (4)

AO B = AOB OB 2C’OB O B = 2COC’ O C’ + 2C’ 2C’OB OB OC’ = 0. ⇒ COC’

26





OC’ = 0 ent˜ No entanto, se COC’ ao ao pelo axioma III4 SOC = S OC o que contradiz a hipótese otese inicial de que S OC = ao pode ter mais que uma bissetriz. OB não  SOC . Logo o angulo AOB 





Analogamente se mostra para o caso de S OC a esquerda de S OC 

2. Mostre que as bissetrizes de um ângulo angulo e do seu suplemento são ao perpendiculares. Solu¸ c˜ ao: Considere o desenho abaixo. B

E

D G

A O





OB um angulo OC seu suplemento ent˜ Seja AOB aˆngulo e BOC ao: ao:

                    AOB OB + BOC OC = 180

◦

(1)

  

OD + BOE OE = 90 para isso observe que B OD OD = Queremos mostrar que B OD ◦

   

de AOB OB e B OE OE =

BOC OC AOB OB BOC OC logo, BOE + (2) OE + BOD OD = 2 2 2

AOB OB , pois, S OD é bisse bis setri trizz 2

Comparando as equa¸c˜ coes o˜es (1) e (2) vêm em que:

2(BOE OE + BOD OD) = AOB OB + BOC OC = 180

◦

180 = 90 2 ◦

BOE OE + BOD OD =

◦

Como se quer´ quer´ıa demonstrar. demonst rar.

4. De quantos graus move-se o ponteiro dos minutos enquanto o ponteiro das horas percorre um angulo aˆngulo raso. Solu¸ c˜ ao: Considere o seguinte desenho. 12 1 6 Quando o ponteiro dos minutos gira 360 graus o ponteiro da horas se move para o 1.

27



12 1 θH 6 Dividindo 360 por 12 obtemos o deslocamento θ H que o ponteiro das horas se moveu. 360 = 30 12 Com esse valor obtemos a seguinte rela¸c˜ caao õ ◦

◦

θH =

θM 360 = c ⇒ θ M = 12 · θH θH 30 irc ◦

Assim, se o ponteiro das horas faz um deslocamento raso (180 ) ent˜ ao ao o deslocamento do ponteiro dos minutos será: a: ◦

θM = 12 · 180 θM = 2160

◦

◦

˜ o ltiplo de 360 em rela¸c˜ Portanto, o ponteiro se move 2160 . Contudo, por ser um valor mA caao õ ˜ ao seu ponto inicial o deslocamento é de 0 . Am Ambas bas as resposta respostass (0 ou 2160 ), s˜ ao ao possAveis para a pergunta. ◦

◦

◦

28

◦



EXERCÍCIO PAGINA 41 1. Desenhe um triângulo. Construa agora um outro triângulo congruente ao que você desenhou. Descreva o procedimento. Solu¸ c˜ ao: C

G

A

B

E

F

Considere o triângulo ABC. A partir dele construiremos o triângulo EFG congruente a ABC . Seja os pontos G , E e F não colineares tal que EF = AC , GF = CB e FE = BA logo pelo caso LLL os triângulos são congruentes.



2. Construa um triângulo ABC sabendo que AB = 7.5cm, BC = 8.2cm e A BC = 80 . Me¸ca o comprimento de B C e os outros ângulos do triângulo. Solu¸ c˜ ao: Considere o seguinte exemplo provisório de triângulo. A 7.5 cm 80 8.2 cm

◦

C

B

Usando a Lei dos senos temos que:



(AC)2 = AB 2 + CB2 − 2(AB)(CB) cos B

AC =



(7.5)2 + (8.2)2 − 2(7.5)(8.2) cos80 AC ∼ = 10 .106

Aplicando novamente a lei



(AB)2 = BC 2 + AC2 − 2(CB)(AC) cos C



cos C =

(AB)2 − (BC)2 − (AC)2 −2(CB)(AC) 29

◦

◦





cos C =

(7.5)2 − (8.2)2 − (10.106)2 −2(8.2)(10.106) cos C ∼ = 0 .6825

C ∼ = cos



−

1



(0.6825) ∼ = 46 , 95 ◦





Como a soma de todos os aˆngulos de todo pol´ıgono é 180 graus então A = 53 , 05 De posse desses dados é poss´ıvel construir o triângulo representado no desenho abaixo. ◦



A

C

B





Onde CB = 8,2cm; AB = 7,5cm e AC = 10,106cm. Com os aˆngulos A = 53 , 05 , B = 80 e C = 46 95 .



◦



◦



◦

3. Na figura ao lado os ângulos α e β são iguais. Mostre que AC = BC A

α

C β B Solu¸ c˜ ao:





Considere a figura acima e observe que α é o suplemento de B AC e β é o suplemento de ABC, logo:





α + ABC = 180 e β + ABC = 180 .



◦

◦

    

Fazendo α = 180 − BAC e β = 180 − ABC, como α = β temos: ◦

◦

◦

◦

180 − BAC = 180 − ABC BAC = A BC

Como todo triângulo isósceles possui os ângulos da base congruentes e vice versa fica demonstrado o requerido.

4. Na figura ao lado tem se AB = AC e BD = CE Mostre que: 30



D

B A

E

C

   

a) A CD = A BE b) B C D = C BE Solu¸ cão (a):

 

Por hipótese AB = AC logo  ABC é isósceles e os ângulos ABC e ACB. Como  DBC e ECB compartilham o lado BC e por hipótese BD = EC pelo caso LAL  DBC é congruente a  ECB o que implica em: CBE = B CD assim:

       

ACD = A BC + CBE = A CB + BCD = A BE ACD = ABE

Solu¸ cão (b): Use os dados da letra a.

5. Três sarrafos de madeira são pregados, dois a dois, de modo a formar um triângulo, com somente um prego em cada vértice, como indicado na figura seguinte

A figura assim obtida é r´ıgida? Porque? Para compara¸caõ construa um quadrilátero com quatro sarrafos e um prego em cada vértice. ´ E esta figura r´ıgida? Solu¸ c˜ ao: Todo triângulo é uma figura r´ıgida. Dem: 31



Seja os ABC e EFG congruentes. Supondo que os triângulos n˜ ao sejam figuras r´ıgidas ao deformarmos o ABC seus ângulos irão variar, mas os lados continuarão com as mesmas medidas. Assim pelo caso LLL os dois triˆ angulos ainda seriam congruentes o que seria um absurdo pois um dos triˆ angulos sofreu uma deforma¸cão.



7. Na figura abaixo, AC = AD e AB é a bissetriz do ângulo C AD prove que os triângulos ACB e ADB são congruentes. C A

B D

Solu¸ c˜ ao:



 

Se AB é bissetriz de CAD ent˜ ao C AB = B AD. Como CA = AD e AB é comum tanto a ADB como CAB ent˜ ao pelo caso LAL, ACB = ADB.

8. Na figura abaixo o ponto A é ponto médio dos segmentos CB e DE. Prove que os triângulos ABD e ACE são congruentes. C A

D

E

B Solu¸ c˜ ao:

 

Os aˆngulos CAE = DAB pois são opostos pelo vértice. Como por hipótese CA = BA e DA = AE pelo caso LAL,  ABD =  ACE.

 

9. Na figura abaixo os aˆngulos A e C são retos e o segmento DE corta CA no ponto médio B de CA. Mostre que DA = CE.

32



D

B

C

A

E Solu¸ c˜ ao:

 

Os aˆngulos D BA = C BE pois são opostos pelo vértice e como CA = BA por hip´ otese, então pelo caso ALA,  ABD =  CEB que implica em DA = CE .

 

10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e B OD = C OA. Mostre que CD = BA. C

D

B

O

A

Solu¸ c˜ ao:

         

Por hipótese BOD = COA com:

BOD = BOC + C OD e COA = COB + BOA (1)

e pelo esquema COB = COD logo pelo caso LAL, BOA = COD o que implica em CD = BA .

33



´ EXERCÍCIO PAGINA 44



1. Na figura abaixo CM A é um aˆngulo reto e M é ponto médio de AB. Mostre que CA = CB. A C

M

B Solu¸ c˜ ao:



    





BMC ´ e o suplemento de CMA logo CMA + BMC = 180 . Como CMA = 90 temos que BMC = 180 - 90 = 90 , logo CMA = BMC como M é ponto médio de AB, temos que AM = MB . Como CM é um lado comum ao  AMC e  BMC pelo caso LAL então  AMC =  BMC que implica em CA = CB . ◦

◦

◦

◦

◦

2. A região marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual ser´ a possˆıvel medir a distância entre os pontos A e B. (Qualquer medi¸cão fora do lago é possˆıvel) A C

M B

Solu¸ c˜ ao: Considerando a figura, prolongamos a SAC e SBC construindo os segmento CD e CE tal que CD = CA e CE = CB .

E

A C

D

M B

 

Como DCE = ACB, pois são opostos pelo vértice, então  DCE = ACB pelo caso LAL. Assim basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.

3. Mostre que, se um triângulo tem os três lados congruentes, então tem também os três ângulos congruentes. Solu¸ c˜ ao: Considere a seguinte constru¸cão: 34



A

B

C

Se ∆ABC é equilátero então também é is´ osceles de base BC , e portanto os ângulos de sua base ser˜ ao congruentes, isto é: B = C. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo teremos A = C que implica em A = B = C. C.Q.D.

    





4. Na figura abaixo ABD e BCD são triângulos isósceles com base DB. Prove que os ângulos ABC e A DC s˜ ao congruentes.

 

B C

A D

Solu¸ c˜ ao:

   

Como A BD = B DA e DBC = BDC pois são ângulos da base de triângulos isósceles, então:

que implica em:

     

ABD + DBC = A DB + BDC

ABC = ADC

5. Usando a mesma figura, (do exerc´ıcio 4), mostre que tamb´ em a reta AC é bissetriz de B AD e perpendicular a DB.



Solu¸ c˜ ao:

 

Os triângulos ABC e ADC são congruentes pelo caso LAL logo C AB = C AD. Ent˜ ao por defini¸cão AC é bissetriz de B AD.





6. Na figura abaixo, ABD e BCD são triângulos isósceles com base BD. Prove que A B C = ADC e que AC é bissetriz do ângulo BC D.





35



B

D A

C Solu¸ c˜ ao:

            

Como o triángulo BCD é isósceles então CBD = BDC. Como CBD = DBA + BC e BDC = BDA + ao: ADC ent˜



DBA + A BC = BDA + ADC

 

Como DBA = BDA, pois ∆BDC é isósceles, então ABC = ADC. E pelo critério LAL temos que ∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.

7. Justifique o seguinte procedimento para determina¸caõ do ponto médio de um segmento. “seja AB um segmento. Com um compasso centrado em A, desenhe um circulo de raio AB. Descreva outro circulo de mesmo raio e centro em B. Estes dois c´ırculos se interceptam em dois pontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A interce¸cão desta reta com o segmento AB será o ponto médio de AB.” Solu¸ c˜ ao: Executando o procedimento chegaremos ao seguinte desenho. C

B

E

A

D Onde percebemos que CB = CA = BD = DA = raio. Assim ∆CBA = ∆BDA e ∆CAD = ∆CBD. Pelos critérios de congruência ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE = ∆EDA, ent˜ ao BE = EA e a reta r intercepta o segmento BA no ponto médio.

36



´ EXERCÍCIOS DA PAGINA 621 1. Prove que, se um triângulo tem dois ângulos externos iguais, então ele é isósceles. Solu¸ c˜ ao: Dado o ∆ABC como no esquema C

 f

e A

  

B

Como e e CAB são adjacentes e estão sob a mesma semi-reta então:

            e + CAB = 180

◦

CBA + f = 180

◦

Do mesmo modo se conclui que

O que implica que

e + CAB = C BA + f (1)

Como por hipótese e = f ent˜ ao de (1) se conclui:

CAB = C BA

Portanto o triângulo ABC é isósceles de base AB .

 



3. Na figura abaixo os aˆngulos externos AC E e ABD satisfazem a desigualdade: ACE < ABD. Mostre que AB D > ABC .



 

A D

B

C

E

Solu¸ c˜ ao: Pelo TAE tem se que:

  

ACE > B AC, ABC

 

Como por hipótese ACE < A BD ent˜ ao 1

ˆ Neste cap´ıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Angulo Externo.

37



  

ABC < A CE < A BD

 

Que implica em A BC < A BD

4. Prove que um triângulo retângulo tem dois aˆngulos externos obtusos. Solu¸ c˜ ao: Dado o triângulo ABC como na figura a seguir C

A

  



B

 



sabe se que A + B + C = 180 . Como B = 90 ent˜ ao A, C < 90 . Logo o aˆngulo externo a A e C > 90 uma vez que s˜ ao suplementares.



◦

◦

◦

◦

5. Na figura abaixo, B, D e A sã o colineares. Do mesmo modo D, E e C s˜ ao colineares. Mostre que A E C > DBC

 

B

D

E

A

C

Solu¸ c˜ ao:



Note que A DE é um aˆngulo externo ao triângulo DBC e pelo TAE tem se:

    

ADE > D BC, DCB (1)



Do mesmo modo A EC é externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se: AEC > A DE (2)

 

De (2) e (1) tira-se que, A EC > D BC. Concluindo a demonstra¸caõ.

6. Em um cartório de registro de imóveis um escrivão recusou se a transcrever o registro de um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprietário mediam 100m, 60m e 20m. Você pode dar um argumento que justifique a atitude do escrivão? 38



Solu¸ c˜ ao: Uma possibilidade e que este escrivão seja funcionário publico e já tenha dado a hora que marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade é que ele conhe¸ca o Teorema da desigualdade Triangular. Pelo teorema da desigualdade triangular a soma de quaisquer dois lados de um triângulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que é menor que 100, o que iria contra o teorema.

7. Prove as propriedades da fun¸cão “reflexão”, constantes do texto. Solu¸ c˜ ao: Prova de (i) Sabe-se que F m (F m (A)) = A , no entanto queremos provar que F m (A) = A o que seria equivalente ao mostrar que F m (A ) = A . Portanto para verificar essa igualdade ( F m (A) = A ) vamos mostrar que F m (A ) = A . 







Se F m (A) = A então existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m. 

A D A

m



Como por hipótese A e A’ n˜ ao pertencem a reta m, ent˜ ao AA’ intercepta m num ponto D tal que AD = DA’. Agora verifica-se que o segmento AA’ possui duas condi¸cões de reflexo. 

A A = { AD ∪ DA } = AA 



Contudo, como AD e DA’ estão sob a mesma reta A A coincide com AA , logo A A é perpendicular a m tendo D como seu ponto médio. Assim F m (A ) = A . Como se queria demonstrar. 







Prova de (ii) (⇒) Se F m (A) = A ent˜ ao por defini¸cão existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde m ∩ AA ´ e um ponto P que é ponto médio do segmento AA. No entanto como AA é um conjunto unit´ ario (AA={A}) ent˜ ao A ∈ m. (⇐) Como AA = {A} e A pertence a m ent˜ ao F m (A) = A , pois o reflexo de um ponto é o pr´ oprio ponto. Prova de (iii) Fazendo F m (A) = A e F m (B) = B ent˜ ao F m (A)F( B) = A B deste modo devemos provar que A B = AB . 











• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstra¸caõ é imediata. • Se A =  B então AA’ e BB’ serão interceptados por m nos seus pontos médios D e E respetivamente

39



r

B

A D

E A

m



B

s



Seja r a reta que passa por DB e s a reta que passa por DB teremos que: 

∆BDE = ∆EB’D (caso LAL)

 

Note que ∆BDB’ é isósceles de base BB’ e a reta m é sua bissetriz. Assim B DE = B DE e como 

       



ADB + BDA + BDE + EDB = 180

e também

ADB = B DE = 90

◦

◦

Então conclui se que ADB = A DB . E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ são congruentes pelo caso LAL. 



B

A D A

E



B



Assim AB = A B C.Q.D. 



Prova de (iv) Seja r a reta que passa por A e B , e s a reta que passa por A e B’ ent˜ ao: B

m

A B

 

r



s

BDA = A DB = 90 e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ ABB’ ´ e isósceles e como e sua bissetriz. m é sua altura, pois m ⊥ BB , também ´ ◦



8. Na figura a seguir os triˆ angulos ABC e EDC são congruentes e os pontos A, C e D são colineares. Mostre que AD > AB 40



B E A

D

C

Solu¸ c˜ ao:

  

O aˆngulo ECD > B, A pelo TAE. Como ∆ ABC = ∆ECD rema da desigualdade triangular temos que:

∴

 

E CD = B CA, assim AC = EC pelo teo-

AC + CB ≥ AB

Como AC = EC e CB = CD ent˜ ao EC + CD > AB

Como AD = AC + CD tem se que: AD = EC + CD > AB

que implica em AD > AB .

   

9. Na figura a seguir tem se 1 = 2 e 1 + 2 = 180 . Conclua que as retas m e n são paralelas. ◦

m

n

1

2

Solu¸ c˜ ao:

 

Se m não for paralela a n ent˜ ao se formara um triângulo com dois ângulos retos, pois 1 = 2 e 1 + 2 = 180 o que n˜ ao seria poss´ıvel, (isso porque a soma dos ângulos internos seria maior que 180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n .

 

◦

 

10. Na figura abaixo B e D s˜ ao ângulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC. A

B

D

C

41



Solu¸ c˜ ao: Basta tra¸car o segmento AC, e então ∆ ADC = ∆ABC pelo critério cateto hipotenusa que implica que AD = BC .

   

11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triângulos quaisquer em que AB = A’B’, A = A e C = C . Decida se ABC e A’B’C’ são congruentes ou não. 



Solu¸ c˜ ao: Os triângulos serão congruentes pelo caso LAA ou pelo caso cateto, ângulo oposto caso sejam triângulos retângulos. ◦

12. No final da demonstra¸caõ do teorema 5.2, é feita a seguinte afirma¸caõ: “.. a semi-reta S AF divide o ângulo B AD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirma¸cão é verdadeira. Solu¸ c˜ ao:





Dado B AD este ângulo é definido por duas semi-retas com origem em A. B A

F D







Dado um ponto F entre as semi-retas S AB e S AD ent˜ ao F ∈ B AD e portanto S AF ⊂ B AD logo divide

BAD

42



´ EXERCÍCIO PAGINA 84

 

1. Na figura ao lado O é o ponto m´ edio de AD e B = C . Se B, O e C são colineares, conclua que os triângulos ABO e DOC são congruentes. A

B O

C

D

Solu¸ c˜ ao:

 

Por hipótese AO = OD e B = C, devemos provar que ∆AOB = ∆COD. Pela proposi¸cão 6.3 AB é paralelo a CD logo A = D pois são correspondentes, como C OD = A OB, pois são opostos pelo vértice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD

 

 

2. Prove que a soma das medidas dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 90 0 . Solu¸ c˜ ao: B

A

C

  



 



Pelo teorema 6.5 A + B + C = 180 0 . Seja C = 90 0 então A + B = 180 0 − C que implica em A + B = 90 0 .

 

3. Prove que cada ângulo de um triângulo equilátero mede 600 . Solu¸ c˜ ao: C

A

r

B

Seja ∆ABC equilátero então:

  

A + B + C = 180 0

43

(1)



       

Por ser isósceles A = C = B ent˜ ao:

3 · B = 1800

Que implica em B = 600 . Logo A = C = B = 600

4. Prove que a medida do ângulo externo de um triângulo é igual a soma das medias dos ângulos interno a ele não adjacentes. Solu¸ c˜ ao: C

e A

B

            

Dado ∆ABC sabe se que A + B + C = 180 0 (2) temos:

(1) também B + e = 1800

(2) igualando (1) com

A + B + C = B + e ⇒ e = A + B

Como se queria demonstrar.

5. Um segmento ligando dois pontos de um circulo e passado por seu centro chama-se diâmetro. Na figura ao lado O é o centro do circulo, AB é um diˆ ametro e C é outro ponto do circulo. Mostre que 2 = 2 · 1 Solu¸ c˜ ao:

 

C

A

1

2 O

  

B

 

Como mostramos na questão anterior 2 = 1 + c. Para mostrar que 2 = 2 · 1 basta mostrar então que c = 1. Sabemos que AD = r (r é o raio da circunferência) e OC = r logo AO = OC portanto ∆AOC é isósceles de base AC e seus ângulos 1 = C C.Q.D..

 

44

 



6. Prove que se m e n são retas equidistantes então m e n são paralelas ou coincidentes. Solu¸ c˜ ao A n P m A’ Seja m e n duas retas distintas que se interceptam no ponto P. Marca se na reta m o ponto A por onde desse uma perpendicular a reta n no ponto A’. Como as retas são equidistantes ent˜ ao osceles de base AA o que é um absurdo pois a soma de seus aˆngulos internos AP = A’P e ∆AA P é is´ seriam maior que 1800 , logo ou m é paralela a n ou m = n i.e. coincidentes. 



7. Seja ABC um triângulo isósceles com base AB. Sejam M e N os pontos médios dos lados CA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente a´ reta que passa por M e N é exatamente o ponto médio do segmento AB. Solu¸ c˜ ao: Considere as figuras: C

M

N

A

B

Dado ∆ABC com os segmentos CM = CN, pois o triˆ angulo é isósceles e M, N e´ ponto médio. E seja F(MN) (C) = C então CC’ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo critério Hipotenusa, Cateto ∆CMF = ∆NFN ent˜ ao CC’ intercepta MN no seu ponto médio. 

8. Demonstrar a proposi¸cão (6.10). Solu¸ c˜ ao: Para o quadrilátero ABCD por hipótese AB//DC, AB = DC , BC = AD ent˜ ao temos:

45



A

B O

D

C

       

Pelo desenho é poss´ıvel deduzir que os ângulos ACD = C AB; A BD = B DC e DAO = A DO = O BC = B CO Então pelo caso LAL ∆AOB = ∆COD, portanto AO = OD. Analogamente ∆BOD = ∆AOC logo BO = OC o que conclui que ambas as retas se interceptam no ponto médio.

9. Demonstre a proposi¸cão (6.12). Solu¸ c˜ ao: Proposi¸cão 6.12: Dado um quadril´ atero qualquer se dois lados opostos são congruentes e paralelos então o quadrilátero é um paralelogramo. B

A

D

e

r

C

Para esta prova usaremos a proposi¸cão 6.11 onde dado o quadrilátero ABCD com AB //DC e AB = DC por hip´ otese provaremos que AD = DC por hipótese provaremos que AD = BC, pois segundo 6.11 se isso ocorre o quadrilátero é um paralelogramo. AB//DC por hipótese, logo tra¸camos uma reta r que divide o quadrilátero em ∆ADB, DeltaDBC (esquema) ent˜ ao:

  

ao opostos pelo vértice. e = A BD pois s˜ e = B DC pois s˜ ao correspondentes.

Como DB é comum aos dois triângulos e AB = DC por hipótese então ∆ADB = ∆DBC pelo caso LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposi¸cão 6.11 ABCD é um paralelogramo.

10. Um retângulo é um quadril´ atero que tem todos os seus ângulos, retos. Mostre que, todo retˆ angulo é um paralelogramo. Solu¸ c˜ ao: Considere o desenho. A

B

D

C 46



 

Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os ângulos BAC = A CD e como a soma dos dos ângulos internos de um triângulo é 180 graus então:

 

ACB = D AC

Logo pelo caso LAL

∆ADC = ∆ABC

então os segmentos AD = BC e ambos são perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados são congruentes e paralelos.

11. Mostre que, as diagonais de um retângulo são congruentes. Solu¸ c˜ ao: Por defini¸cão um retˆ angulo é um quadril´ atero com 4 ângulos retos. A

B

O D

C

Sabe se que se duas retas são interceptadas por uma terceira perpendicular a elas então estas são paralelas, logo dado o retângulo ABCD têm se que: AB//DC e AD//BC

Portanto o retângulo é um paralelogramo e AB = DC e AD = BC . Dado as retas DB e AC, diagonais de ABCD, provemos que são congruentes. PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma análoga constru´ımos ∆ADC como ambos s˜ ao retos e AD = BC , AB = DC pelo caso LAL s˜ ao congruentes e DB = AC .

12. Um losango é um paralelogramo que tem todos os seus lados congruentes. Mostre que, as diagonais de um losango cortam-se em ângulos reto e são bissetrizes dos seus ângulos. Solu¸ c˜ ao: Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos médios.

47



Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, ent˜ ao pelos pontos AB e C constru´ımos o triˆ angulo ABC de modo análogo constru´ımos o triângulo DAB . Como BA = BC e DA = AB ent˜ ao ∆ABC e ∆DAB são isósceles tal que ∆ABC = ∆ABF ∪ ∆BFC ∆DAB = ∆DAF ∪ ∆FAB

e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Então BD intercepta AC em 900 e como se interceptam em seus pontos m´ edio ( e as diagonais sã o a base do triângulo isósceles) entã o são bissetrizes.

13. Um quadrado é um retângulo que também é um losango. Mostre que, se as diagonais de um quadril´ atero são congruentes e se cortam em um ponto que é ponto médio de ambas, então o quadril´ atero é um retângulo. Solu¸ c˜ ao: Um retângulo é um quadril´ atero com 4 ângulos retos internos. A

C F

B

D

Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆COD Como AB = BC por hip´ otese e O é o ponto médio de ambos então: BO = OD = OC = AO (1) ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD

   

Pelo caso LLL. Assim como os ângulos A OB e B OC est˜ ao sob a mesma semi-reta e são complementares além de serem congruentes então: AOB = B OD = 900

            

Analogamente para AOC = C OD = 90 0 . Como por (1) os triˆ angulos contidos em ABCD são isósceles então: OBD = O DB = O BA = B AD = D AC = A CD = O DC = 45 0

pois a soma de seus ângulos internos deve ser 1800 , um dos ângulos j´ a é reto e dois da base são congruentes. Assim os ângulos A BD = BAC = CDB = ABD = 900 Satisfazendo a defini¸caõ de retângulo.

48



´ EXERCÍCIO PAGINA 86 3. Mostre que, se dois ângulos e o lado oposto a um deles, em um triˆ angulo, são iguais ás correspondentes partes de um outro triângulo, ent˜ ao os triângulos s˜ ao congruentes. Solu¸ c˜ ao:

       

A soma dos ângulos internos de cada ∆ é 180 ou seja C + A + B = C + A + B como A = A e B = B ⇒ C = C . Assim pelo critério LAL o ∆ ABC = ∆A’B’C’. ◦

    



49











´ EXERCÍCIO PAGINA 100 10. Mostre que todo triˆ angulo retângulo de lados p2 − q 2 , 2 pq e p2 + q 2 é um triângulo retˆ angulo. Aqui p e q são quaisquer n´ umeros inteiros positivos com p > q . Solu¸ c˜ ao: Se o triângulo é retângulo deve valer o teorema de Pitágoras caso contrário o triângulo n˜ ao é retângulo. Vamos mostrar que este teorema é válido. ( p2 + q 2 )2 = (2 pq )2 + ( p2 − q 2 )2 ( p2 + q 2 )2 = 4 p2 q 2 + p4 + q 4 − 2 p2 q 2 ( p2 + q 2 )2 = p 4 + 2 p2 q 2 + q 4 Note que o segundo termo da igualdade é um quadrado perfeito ( p2 + q 2 )2 = ( p2 + q 2 )2

50



´ EXERCÍCIO PAGINA 119 1. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas congruentes são equidistantes do centro. Solu¸ c˜ ao: A E B O C F

D

Construa uma circunferência de centro O com cordas AB = CD . Por O tra¸camos os segmentos OA = OB = OC = OD = Raio .

 

Assim ∆ABO é isósceles, o mesmo para ∆ COD. Como A OB = C OD, pois são opostos pelo vértice, então ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL. Tra¸cando os segmentos OE e OF tal que OE e EF são alturas dos triângulos, portanto perpendiculares a AB e CD respetivamente. Como ∆ AOB = ∆COD ent˜ ao EO = OF e as cordas AB e CD são equidistantes. Como se queria demonstrar.

2. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, cordas equidistantes do centro são congruentes. Solu¸ c˜ ao: Imagine a seguinte constru¸cão: A E B O

C

F D

Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas são equidistantes então existe uma perpendicular a cada corda que é congruente, isto é: OE = OF por hip´ otese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.

Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto A E = E B = CF = FD e ent˜ ao: AE + EB = CF + FD AB = CD

51




3. Prove que, em um mesmo circulo ou em c´ırculos de mesmo raio, se duas cordas tem comprimentos diferentes, a mais curta é a mais afastada do centro. Solu¸ c˜ ao: Imagine a seguinte constru¸cão: A E B O C

F

D

Como A , B, C e D pertence ao circulo então: OC = OD = OA = OB = raio

Logo ∆COD, ∆AOB s˜ ao isósceles. Tra¸cando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆ AOB = ∆COD ambos retângulos. Ent˜ ao pelo teorema de Pitágoras: OA2 = OF2 + AF2

e também OC2 = OE 2 + CE2

Como OA = OC = raio OF2 + AF2 = OE 2 + CE2 (1)

Como AB < CD por hipótese e F e E são pontos médios de AB e CD respetivamente, pois ∆AOB, ∆COD são isósceles, então AF < CE o que obriga a desigualdade OF > OE para manter a igualdade em (1). Como se queria demonstrar.

4. Mostre que a mediatriz de uma corda passa pelo centro do circulo. Solu¸ c˜ ao: Dado uma corda AB e uma mediatriz m cortando AB no ponto E tal que AE = EB e m⊥AB imagina-se a constru¸cão a seguir:

52



m

A

E

B

O

Com base na constru¸cão é fácil ver que: AO = OB = Raio

e também que ∆AOB é isósceles de base AB. Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB ent˜ ao (por constru¸caõ), OE ⊥ AB . Como por um ponto passa uma u ńica reta perpendicular então OE é a própria mediana passando pelo ponto O (centro). Como se queria demonstrar.

5. Explique porque o reflexo de um circulo relativamente a uma reta que passa pelo seu centro é ainda o mesmo circulo. Solu¸ c˜ ao: Recordando as propriedades de reflexão temos: F m (A) = A se A ∈ m .

˜ §A ˜ £o: Imagine a seguinte construA A

m

O

E

A



Tra¸cando uma reta m que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro é o próprio centro. E seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo então existe um segmento AA’ que intercepta m no ponto E tal que, AE = A’E e AA’ ⊥ m. Tra¸camos entã o o ∆AOE = ∆EOA’ que são congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ e portanto, o reflexo de A também pertence ao circulo.

7. Na figura abaixo AE é tangente comum e JS liga os centros dos dois c´ırculos. Os pontos E e A são pontos de tangencia e B é o ponto de intercess˜ ao dos segmentos JS e AE. Prove que o aˆngulo J é igual ao aˆngulo S.





53



S E

B A J Solu¸ c˜ ao: Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunferência em sua extremidade ent˜ ao esta é perpendicular a reta tangente.

 

Note que pelo teorema ∆ ESB e ∆JBA são retângulos e E BS = J BA, pois são postos pelo vértice. Como ∆ESB e ∆JBA possui dois ângulos congruentes então são semelhantes e portanto S = J. Como se queria demonstrar.

 

8. Na figura seguinte, M é o centro dos dois c´ırculos e AK é tangente ao circulo menor no ponto R. Mostre que AR = RK.

M A

R

K

Solu¸ c˜ ao: Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio .

M

A

R

54

K



Por m tra¸camos uma reta que intercepta AK no ponto R . Ora, se um raio intercepta uma reta em seu ponto de tangencia esta é perpendicular a reta. Com base nisto teremos A RM = M RK = 90 . Portanto, ∆AMR, e ∆MRK são retângulos e pelo crit´ erio cateto hipotenusa dos triˆ angulos retângulos ∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK . Como se queria demonstrar.

 

◦

9. Na figura abaixo, UK é tangente ao circulo no p onto U e UE = LU. Mostre que LE = EK.

L

E K

U Solu¸ c˜ ao:



Se UK é tangente ao circulo no ponto U ent˜ ao UK ⊥ LU logo L UK = 90 . ◦

Por hipótese UE = LU e como LE é raio então LE = LU = UE .

                  

Assim ∆LUE é equilátero e L EU = LUE = ULE = 60 . ◦

Como L EU é ângulo externo do ∆EUK ent˜ ao:

LE U = EK U + EUK

No entanto como L U K = LU E + EUK ent~ ao LU E + EUK = 90 (1) Como L UE = 60 por (1) tem-se ◦

◦

EUK = 30

◦

Assim L E U = EU K + EKU implica em:

60 = 30 + E KU ◦

◦

EKU = 30

◦

Assim ∆EUK é isósceles de base UK, pois possuem dois ângulos de 30 , e assim EK = UE (2). Como UE = LU = LE (3). Por (2)e por (3) chegamos a LE = EK. Como se queria demonstrar.

10. Na figura seguinte, MO = IX. Prove que MI = OX. X

M

O

I

55

◦



Solu¸ c˜ ao:

 

Tra¸cando uma corda MX com ela é poss´ıvel perceber que MO X = MIX, pois ambas possuem a mesma corda. X

M B O

I

Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois ângulos congruentes estes são semelhantes portanto: MO OB = XI BI

Como MO = XI por hip´ otese: OB = 1 ⇒ OB = BI BI

Assim ∆MOB = ∆BXI pelo caso LAL e MB = BX , portanto: MB + BI = BX + OB MI = XO

Como se queira demonstrar.

11. Na figura seguinte, H é o centro do circulo e CI e um diâmetro. Se CA e HN são paralelos,   mostre que AN e IN tem a mesma medida. A C

N I

H

Solu¸ c˜ ao: A C

H

N I

Na figura dada tra¸camos AH (figura acima), então:

 

C = 0.5(AHI) (1)

56



Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Tamb´ em podemos perceber CAH = AHN, pois são ângulos alternos internos.

 

                 

Como ∆ACH é equilátero (AH = CA = CH = Raio ) ent˜ ao C = C AH = AHN. Então de (1) vem que: C = 0.5AHI = 0.5(AHN + NHI) C = 0.5(AH N + NHI)

 

Como A HN = C

C - 0.5 C = 0.5 N HI 0.5 C = 0.5 NHI NHI = C = AHN

 

Concluindo que NH I = AHN.

Como ângulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstra¸caõ   concluindo que AN = IN.

12. Na figura abaixo, O é o centro do circulo e TA é um diâmetro. Se PA = AZ, mostre que os triângulos PAT e ZAT são congruentes. T

P O

A

Z Solu¸ c˜ ao:

 

Note que T PA e TZA remetem ambos a arcos formados por semi c´ırculos de modo que

 

TPA = T ZA = 90

◦

Logo os triˆ angulos PAT e ZAT são congruentes pelo caso especial ( PA = AZ e TA comum).

14. Na figura seguinte, o quadril´ atero DIAN é um paralelogramo e I, A e M são colineares. Mostre que DI = DM. D

N

O M 57

I

A



Solu¸ c˜ ao: 

   

Temos DNA = DMA, pois submetem ao mesmo arco DA . Como DIAN é um paralelogramo então D NA = D IA, assim:

 

DMA = DIA

Como I , A e M são colineares o ∆DMI é isósceles de base MI o que implica em DM = DI .





15. Na figura abaixo, qual dos dois arcos AH ou MY, tem a maior medida em graus? Sabe se que os dois c´ırculos são concêntricos. A

M

E T

H

S

Y

Solu¸ c˜ ao: ˜ §A ˜ £o: Com base na figura dada imagine a seguinte construA

A

M

E o

H

T S

Y





Note que AOH é um aˆngulo central da mesma circunferˆ encia em que ATH est´ a inscrita e portanto:

  ATH =

  





AOH 2 

Com ATH relativo ao arco AH e MOY relativo ao arco MY. 



Como M OY > A OH isso implica diretamente em MY = AH.

16. Mostre que um ângulo secante cujo vértices esta dentro do circulo tem medida igual a metade da soma do arco que determina com o arco que é determinado pelo ângulo que se lhe   1 opõe pelo v´ ertice. (Na figura anterior a esquerda: APB = (med AB + med CD). 2



58



Solu¸ c˜ ao: Fa¸camos a seguinte constru¸cão: A C P D

B

 

   

Note que A PB é ângulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que APB = A D B + CBD.  Como A OB é ângulo inscrito na circunferˆ encia que corresponde ao arco AB e C BD corresponde  ao arco DC temos: 

 

ADB =

  

2 

CBD =

Como A P B = AD B + CBD segue se que:

AB DC

2





APB =



AB + DC

2





17. Na figura abaixo APB é um aˆngulo secante cujo vértice esta fora do circulo mostre que A PB   1 = (med AB - med CD) 2 A

P

C D B

Solu¸ c˜ ao: Na figura fazemos a seguinte constru¸caõ:

59



A

P

C D B

  

Com essa constru¸cão teremos os seguintes ângulos inscritos A CB, A DB e CBD. Como A CB é ângulo esterno ao triângulo CBP por consequência do axioma V temos:



       

AC B = AP B + CBD AP B = AC B - CBD 

AB

APB =

+

2 1   APB = (AB − CD) 2


2



CD

21. Prove que o segmento ligando um vértice de um pol´ıgono regular ao centro do c´ırculo em que ele esta inscrito é bissetriz do ângulo daquele vértice. Solu¸ c˜ ao: Seja A1 ,...,An um pol´ıgono qualquer inscrito numa circunferência de centro O A1 A2 A3

O

An

A4

Os triângulos A1 OA2 e A 2 OA3 são congruentes e dessa congruˆ encia retiramos que:

 

A1 A2 O = O A2 A3



Logo OA2 é bissetriz de A1 A2 A3 . Como se queria demonstrar.

60



´ EXERCÍCIO PAGINA 125 1. Prove que uma reta pode cortar um c´ırculo em no máximo dois pontos. Solu¸ c˜ ao: Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Tra¸camos por A uma reta m que intercepta o c´ırculo num ponto B , assim C ∪ m{A, B} pois A e B são colineares. Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que perten¸ca a m e a C simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C ). Como A , B e C são colineares então C est´ a entre A e B (A − C − B). Deste modo sendo “O” o centro da circunferência ter´ıamos OA = OB = OC . O que seria um absurdo pois se C est´ a entre A e B OA = OB > O C .



2. Na figura abaixo A P C é um ańgulo secante cujo vértice encontra-se fora do circulo e que o intercepta em quatro pontos como indicado. Prove que AP ·PB = CP·PD. A

B

P D

C Solu¸ c˜ ao: 

´ poss´ıvel observar Tra¸cando AD e CB tem se B AD = B CP, pois determinam o mesmo arco BD. E que ∆APD é semelhante ao ∆CBP, desta semelhan¸ca tem-se:

 

AP AD DP = = CP CB PB

Que implica em AP · PB = CP · PD


3. Na figura abaixo W S e H I são cordas que se interceptam no ponto G, e RT é bissetriz do ângulo W GI . Prove que W R · T S = H T · RI .



W

I

R

G H T S

61



Solu¸ c˜ ao:

   

  

 

WGR = R GI, pois RT ´ e bissetriz de W GI. Como W GR = T GS, pois são opostos pelo vértice, então RGI = H GT que implica que RGI = S GT.

 



Temos que WSH = W IH, pois subentende-se ao mesmo arco WH. Com isso pode-se afirmar que ∆IRG é semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois ângulos congruentes SGT = I GR e WST = W IH). Desta semelhan¸ca temos que:

   

RI RG IG = = (1) TS GT GS 

 

Considerando que IWS = I HS, pois se subentendem ao mesmo arco IS, segue se que ∆ WRG é semelhante ao ∆HGT. Desta semelhan¸ca tem se que: WR RG WG = = (2) HT GT HG

De (1) e (2) obtemos RG WR RG RI WR RI = ; = = ⇒ ⇒ WR · TS = HT · RI GT HT GT TS HT TS




4. Seja ABC um triˆ angulo e D um ponto de BC tal que AD é bisstriz do aˆngulo A. Prove que (AD)2 = AB · AC − BD · DC . Solu¸ c˜ ao: Considere o ∆ABC inscrito no circulo ( C) como na figura abaixo; onde acrescentamos os segmentos DE e EB . A

B

C

D

E

 

 

Note que B AD = D AC, pois por hipótese AD é sua bissetriz. Como B EA = A CB, pois são ângulos  que subtende ao mesmo arco, no caso AB, ent˜ ao se conclui que ∆ABE é semelhante ao ∆ADC. Isso implica que: AB AE = ⇒ AB · AC = AE · AD AD AC 

   

 

Observe que D BE e C AD são ângulos que determinam o mesmo arco EC e portanto D BE = C AD. E como BED = A CD ent˜ ao ∆BDE é semelhante ao ∆ADC. Desta semelhan¸ca tem-se: 62



BD ED = ⇒ AD · DE = BD · DC AD DC

Levando em conta que AE = AD + DE temos: AD · AE = AB · AC AD · ( AD + DE ) = AB · AC 2

AD + AD · DE = AB · AC 2

AD + BD · DC = AB · AC 2

AD = AB · AC − BD · DC


5. Na figura seguinte o c´ırculo está inscrito no quadrilátero. Prove que a soma dos comprimentos de um par de lados opostos é igual a soma dos comprimentos do outro par. Solu¸ c˜ ao: Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor são congruentes. X 90

B ◦

A O 90

◦

Y

P D

Z

C

Note que AB , BC , CD e DA são tangentes ao circulo nos pontos X , Y, Z e P , o que implica em: AX = AP BX = BY CY = CZ DZ = DP

Somando membro a membro:

63



AX + BX + CY + DZ = AP + BY + CZ + DP AB + ( CY + DZ) = AD + ( BY + CZ) AB + DC = AD + BC

Com se queria demonstrar.

6. Seja ABCDEF um hex´ agono que circunscreve um c´ırculo. Prove que AB + CD + EF = BC + DE + F A. Solu¸ c˜ ao: A

X

B

T

Y

F

C

Z

Q E

P

D

Por hipótese e pela constru¸cão dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA s˜ ao tangentes ao circulo nos pontos X, Y , Z , P, Q e T respectivamente. Pela constru¸caõ é poss´ıvel notar que alguns segmentos são congruentes, isto é: AT BX CY DZ EP FQ

= = = = = =

AX BY CZ DP EQ FT

somando as igualdade membro a membro. AT + BX + CY + DZ + EP + FQ = AX + BY + CZ + DP + EQ + FT

Permutando alguns membros (BX + AX) + (DZ + CZ) + (EQ + FQ) = (BY + CY) + (DP + EP) + (AT + FT) AB + CD + EF = BC + DE + FA

64




8. Prove que se dois c´ırculos têm dois pontos em comum, a reta dos centros é mediatriz do segmento ligando estes dois pontos. Solu¸ c˜ ao: Considere a seguinte constru¸cão onde A e B são os pontos de intercessão entre os c´ırculos. A

O

B

 

OA = OB pois, s˜ ao raios do circulo mais a esquerda de modo que OAB = O BA pois são ângulos da base ∆AOB isósceles. Tra¸cando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), ent˜ ao pelo critério LAL o ∆AOH e ∆BOH s˜ ao congruentes de modo que H será ponto médio de AB.

Tra¸cando agora um segundo segmento PH’ de modo que PH’⊥AB (com H’ ∈ AB ). Com pensamento an´ alogo se chega a constru¸caõ de que H’ também é ponto médio do segmento AB. Como um segmento não pode possuir dois pontos médios ent˜ ao H = H’ assim 

OH ∪ H P = OP

Que intercepta AB no seu ponto médio. Como se queria demonstrar.

10. Prove que se dois c´ırculos são tangentes, a reta dos centros passa pelo ponto de contacto. Solu¸ c˜ ao: Dado o esquema a seguir queremos mostrar que a reta determinada por O e P passa pelo ponto de tangência X . r

O

X

65

P



Para tanto perceba que OX é perpendicular a reta r , assim os pontos O, X e P s˜ ao colineares. Onde se conclui que OP passa pelo ponto X.

11. Na figura seguinte as retas são tangentes comuns aos dois c´ırculos. Prove que m1 e m2 se interceptam na linha dos centros. Prove que se os raios dos dois c´ırculos são diferentes, as retas n 1 e n2 também se interceptam na reta dos centros. Solu¸ c˜ ao: (Primeira parte) Considere a seguinte constru¸cão. m1 n1 B O

D

H

P

A

C n2 m2

  

O angulo B AC é tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC é isósceles que implica que C BA = B CA. Tra¸cando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC será formado o ponto D (que é intercessão de OH com BC) que será ponto médio de BC. Segue-se então que AD é altura, bissetriz e mediana. Usando de mesmo racioc´ınio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P são pontos colineares e que então m1 e m 2 se interceptam na linha dos centros.

12. Sejam A e B pontos de intercess˜ ao de dois c´ırculos. Sejam C e D as extremidades dos diâmetros dos dois c´ırculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D contém o ponto B. Solu¸ c˜ ao: Imagine a seguinte constru¸cão

66



A

C

D

B

   

Os aˆngulos ABC e ABD s˜ ao inscritos e subtendem a semi-c´ırculos pois AC e AD são diâmetros, assim ABC = 90 = ABD. Isto implica que eles são suplementares e portanto os pontos C, B e D são colineares o que prova a afirma¸caõ. ◦

13. Prove que a medida de um ângulo formado por um tangente e uma corda de um circulo é igual a metade da medida do arco que ele determina. Solu˜ ao: Considere o seguinte esquema: A C

O B

 

Perceba que OA⊥ AC e ∆OAB é isósceles o que implica no fato de que O AB = A BO. Como A OB ´ e angulo central correspondente ao arco AB , pelo axioma V tem se:



         AOB + OAB + OBA = 180

◦

◦

AOB = 180 − 2 OAB





Como O AB = 90 − CAB ent˜ ao: ◦

Que implica em

AOB = 180 − 2(90 − CAB) ◦

CAB =


◦

AOB arco(AB) = 2 2

67



´ EXERCÍCIO PAGINA 142 1. Quando o sol está a 20 acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada por um edif´ıcio de 50m? ◦

Solu¸ c˜ ao: tg 20 = ◦

50 ⇒ AB  137.3796 AB

2. Uma a´rvore de 10 metros de altura projeta uma sombra de 12m. Qual é a altura angular do sol? Solu¸ c˜ ao:

10m θ

12m

10 ∼ 39.8 . ⇒ θ = arctg(0.8333...) = 12

tg θ =

◦

3. Os lados de um triângulo ABC são os seguintes: AB = 5, AC = 8, e BC = 5. Determine o seno do ângulo A. Solu¸ c˜ ao:



A

B

5

5

α

α

C

8 Pela lei dos cosenos temos: 2

2

 

AB = AC + BC − 2AC BCcos C

Substituindo os valores da figura: 25 = 64 + 25 − 2 · 8 · 5 cos C



cosC =

64 ⇒ C ∼ = 36 87 80

 



◦







Como C = A pois o triângulo é isósceles, então sen C = sen A = 0.6 68



˜ a um navio segundo 4. Do topo de um farol, 40 metros acima do n´ıvel do mar, o faroleiro v A um aˆngulo (de depressão) de 15 . Qual a distˆ ancia do navio ao farol? ◦

Solu¸ c˜ ao: C 15

◦

40

A

tg θ =

B

AC ⇒ AC = tg(15 ) · 40 ∼ = 10.72m BC ◦

5. Um carro percorreu 500 metros de uma estrada inclinada 20 em aclive. Quantos metros o ponto de chegada esta acima do ponto de partida. ◦

Solu¸ c˜ ao: C

500m 20

A

◦

B

Aplicando a lei dos senos

 

SenC SenA = AB BC ◦

◦

Sen90 Sen20 ∼ 171.01m = ⇒ BC = 500 BC

6. Mostre que o per´ımetro de um pol´ıgono regular inscrito em um circulo de raio R e 180 pn = 2Rsen . n

  ◦

Solu¸ c˜ ao: O per´ımetro de P n de n lados é calculado por:

69



Pn = 2nP

Onde P é a metade da medida de um lado, conforme a figura abaixo indica. B D A

C

 A

BD = DC e P =

BD DC

  

P Sendo Sen A = com A = R



◦

360 2n

ent˜ ao:

     

P = R · senA

e portanto

Pn = 2n · R · senA

◦

Pn 2n · R · sen

360 2n

◦

Pn = 2n · R · sen

180 n

Como se queria demonstrar

 

7. Num triângulo ABC tem se AC = 23, A = 20 C = 140 . Determine a altura do v´ ertice ◦

B.

◦

Solu¸ c˜ ao: Esse triângulo n˜ ao existe. O que invalida a quest˜ ao. Isso pode ser provado com o seguinte calculo. A soma dos aˆngulos internos de todo pol´ıgono é igual a 180 , logo B = 20 e o triângulo é isósceles e portanto CB = 23. Como na figura abaixo. ◦



◦

C 140

◦

A 20

B 20

◦

◦



Tra¸cando uma bissetriz em C teremos dois triângulos retângulos como na figura abaixo.

70



C 70

◦

90 A 20

B 20

D

◦

◦

◦

Usando a lei dos senos ◦

◦

sen20 sen90 = ⇒ DC ∼ = 7.866 23 DC

Aplicando o teorema de Pitágoras chegamos a AD = 21.613. Portanto, AB = 43.226. Vamos usar esses dados para mostrar que essa constru¸caõ de triângulo n˜ ao é poss´ıvel pois se tra¸carmos uma altura (segmento BE ) conforme a figura abaixo C E

90

A 20

◦

B

◦



teremos ABE = 180 − (20 + 90 ) = 70 o que seria imposs´ıvel. ◦

◦

◦

◦

   



8. As fun¸cões secante, cossecante e cotangente de um ângulo A s˜ ao definidas por secA = 1/cosA, cossecA = 1/senA e cotgA= 1/tgA, desde que cosA, senA e tgA sejam definidas e diferentes de zero. Prove que:

        

a) 1 + tg2 A = sec 2 A b) 1 + tg2 A = cossec2 A

71



Solu¸ c˜ ao de a:

   

sec2 A = sec2 A = 2

sec A =

1

      

cos2 A

sen2 A + cos2 A cos2 A

sen2 A cos2 A

+1

sec2 A = Tg 2 A + 1

Como se queria demonstrar Solu¸ c˜ ao de b:

=

1

        

Cosec2 A =

sen2 A

sen2 A + cos2 A

1+

sen2 A

cos2 A sen2 A

= 1 + cotg2 A = 1+

1

tg2 A

Como se queria demonstrar

72

153657102-Geometria-Euclidiana-Plana-Resolvido.pdf

Recommend Documents