Geometria Euclidiana Plana (Resolvido)

Geometria Euclidiana Plana

Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM (Jo˜ ao Lucas Marques Barbosa) [email protected] Compilado dia 29/10/2017

O livro do Jo˜ ao Lucas de Geometria Euclidiana Plana apresenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publicado inicialmente em 1995 vem sendo usado até hoje, quase 20 anos depois, em cursos de matem´ atica por pessoas que falharam miseravelmente na vida com a tarefa de serem bons professores. O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra, embora ainda n˜ ao esteja completo devido á falta de tempo. Pode haver também uma ou outra passagem obscura, ou mesmo vários erros de português e codifica¸c˜ ao. Assim, se o leitor identificar algum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-se a vontade para avisar-me por e-mail. Caso deseje ajudar ainda ´ mais pode enviar-me as respostas dos exerc´ıcios que ainda faltam. O que certamente agilizaria a finaliza¸cão desse solucionário.

Para obter as atualiza¸c˜ oes desse documento e ter acesso a outros exerc´ıcios resolvidos ascese: www.number.890m.com

1

Sum´ ario ˆ 1 OS AXIOMAS DE INCIDENCIA E ORDEM 1.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 3 7

˜ DE SEGMENTOS 2 AXIOMAS SOBRE MEDIC ¸ AO 2.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12 12 18

˜ DE ANGULOS ˆ 3 AXIOMAS SOBRE MEDIC ¸ AO 3.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22 22 32

ˆ 4 CONGRUENCIA 4.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38 38 43

ˆ ˆ 5 O TEOREMA DO ANGULO EXTERNO E SUAS CONSEQUENCIAS 5.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46 46

6 O AXIOMA DAS PARALELAS 6.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52 52 58

ˆ 7 SEMELHANC ¸ A DE TRIANGULO 7.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59 59

8 O C´ IRCULO 8.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60 60 70

˜ TRIGONOMETRICAS ´ 9 FUNC ¸ ES 9.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77 77

´ 10 AREA 10.1 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

82 82

11 AGRADECIMENTOS:

85



ˆ OS AXIOMAS DE INCIDENCIA E ORDEM

1 1.1

Exerc´ıcios

1. Sobre uma reta marque quatro pontos A, B, C e D, em ordem, da esquerda para a direita. Determine:

e) SAB ∩SBC f) SAB ∩SAD g) SCB ∩SBC e) SAB ∪SBC

a) AB∪BC b) AB∩BC c) AC∩BD d) AB∩CD Solu¸ c˜ ao: a) AC

b) B

c) BC

d) ∅

e) SBC

f) SAB

g) BC

h) SAB

2. Quantos pontos comuns a pelo menos duas retas pode ter um conjunto de 3 retas no plano? E um conjunto de 4 retas do plano? Solu¸ c˜ ao: Na pior das hip´ oteses teremos 3 retas r1 , r2 e r3 que serão distintas. Assim formarão pontos Pij de intercess˜ ao conforme indicado na tabela abaixo: • r1 r2 r3

r1 – P21 P31

r2 P12 – P32

r3 P13 P23 –

A tabela possui três linhas e três colunas logo o numero de células é 3 · 3 = 9. Os elementos das diagonais s˜ ao nulos (pois uma reta não pode interceptar-se consigo mesma), assim o n´ umero de pontos de intercessão passa a ser (3 · 3 − 3) = 6 Como os pontos P12 e P21 s˜ ao o mesmo ponto de intercessão, nesse caso entre as retas r1 e r2 , e a mesma situa¸c˜ ao ocorre para os demais pontos então o numero de pontos de intercessão distintos é igual a 3. 6 3(3 − 1) = =3 2 2 Se tivéssemos n retas com racioc´ınio análogo chegar´ıamos a formula numero de retas. Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.

3

n(n − 1) onde n é o 2



3. Prove o item (b) da proposi¸c˜ ao (1.4). Solu¸ c˜ ao: Vamos provar a igualdade (SAB ∩ SBA = BA) por dupla inclusão.

Provando que AB ∈ SAB ∩ SBA Tome um ponto P pertencente a AB. Neste caso termos que P ∈ SAB e também que P ∈ SBA o que implica em P ∈ SAB ∩ SBA . Provando que SAB ∩ SBA ∈ AB Imagine uma reta com os pontos A e B. A

B

Agora imagine também um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA . Neste caso D não pode estar depois de B, pois neste caso não pertenceria a SBA . Tão pouco poderia estar antes de A, pois se assim fosse D ∈ / SAB . Sendo assim, D está entre A e B o que implica em D ∈ AB. Como todo ponto de AB ∈ SAB ∩ SBA e vice versa então fica provado a igualdade.

4. Prove a afirma¸c˜ ao feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento. Solu¸ c˜ ao1 Dada uma reta r com os pontos A e B distintos, suponha por absurdo que entre A e B exista um conjunto finito de pontos. Por defini¸cão um conjunto é finito quando pode ser colocado em correspondência biun´ıvoca com N. Assim teremos que AB = {P1 , P2 , ..., Pn }, que significa que AB é um conjunto com 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}, m1 = {a, b}, m2 = {a, c}, m3 = {b, c}. Chame P de plano e m1 , m2 e m3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I2 . Defini¸c˜ ao:

Um subconjunto do plano é convexo se o segmento ligando quaisquer dois de seus pontos está totalmente contido nele.

Solu¸ c˜ ao: Basta observar que todas as combina¸cões poss´ıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados dois a dois pertence a uma das três retas dessa geometria. Por exemplo, as combina¸cões poss´ıveis são: 1 Onde

est´ a escrito Pk−1 − Pr − Pk lˆ e-se: o ponto Pr est´ a entre Pk−1 e Pk :

4



ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1 . Do mesmo modo pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m1 , m2 , m3 ). O que mostra que nessa geometria vale o axioma I2 .

6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos são o próprio plano e qualquer semi-plano. Mostre que a interse¸c˜ ao de dois semi planos é um convexo. Solu¸ c˜ ao: Imagine os semi planos S1 , S2 e S3 tal que S3 = S1 ∩ S2 . Tomando dois pontos P1 e P2 ambos pertencentes a S3 ent˜ ao: P1 e P2 pertence tanto a S1 como a S2 Se S1 e S2 s˜ ao convexos ent˜ ao P1 P2 pertence tanto a S1 como a S2 e portanto pertence a interse¸c˜ ao. Logo S3 também é convexo.

7. mostre que a intercess˜ ao de n semi-planos é ainda um convexo. Solu¸ c˜ ao: Considere os semi planos α1 , α2 , ..., αn todos convexos. Seja B = {α1 ∩α2 ∩, ..., ∩αn } considere os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicará no fato de que X e Y pertence a α1 , α2 , ..., αn como todos esses semi-planos s˜ ao convexos então o segmento XY pertence a α1 , α2 , ..., αn logo também pertence a intercess˜ ao e portanto também pertencem a B, o que mostra que B ainda é convexo. Dica: Reveja o problema 6.

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

5



9. Três pontos n˜ ao colineares determinam três retas. Quantas retas são determinadas por quatro pontos sendo que quaisquer três deles são não colineares? Solu¸ c˜ ao: Analogamente ao exerc´ıcio três construiremos a seguinte tabela, onde rij é a reta determinada pelos pontos Pi e Pj . • P1 P2 P3 o numero de retas ser´ a

P1 – r21 r31

P2 r12 – r32

P3 r13 r23 –

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

6


1.2


Problemas

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

2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triângulo e não passa por nenhum de seus vértices, ent˜ ao ela intercepta também um dos outros dois lados. Solu¸ c˜ ao: Dado um triˆ angulo ABC e uma reta r que intercepta o segmento AB então A está do lado oposto a B em rela¸c˜ ao a reta r. Como por hipótese r não passa por C então C está do lado de A ou ent˜ ao 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 I1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos. Solu¸ c˜ ao: Antes de continuar vamos relembrar o axioma I1 e I2 . Axioma I1 . Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que não pertencem ` a reta. Axioma I2 . Dado dois pontos distintos existe uma u ńica reta que contem esses pontos. 7



Como deixa bastante claro o enunciado, essa geometria possui exatos 6 pontos. Vamos usar esse fato para provar o que desejamos. Dado dois pontos dessa geometria, por exemplo A e B, pelo axioma I2 então existe uma reta r que passa por estes dois pontos. r

B A Pelo axioma I1 existe ao menos um terceiro ponto, que chamaremos aqui de C que não pertence a r. C

r

B A Como pelo enunciado cada reta dessa geometria têm exatos 3 pontos deve existir també um ponto D pertencente a r. C

r

B D A Utilizando-nos novamente do axioma I2 teremos agora mais três retas distintas cada qual passando por um ponto de r.

8



C r

B t

D

A

u v Pelo enunciado a reta t possui um terceiro ponto, que chamaremos de E diferente de C e B.

C E r

B t

D

A

u v Note que E n˜ ao pode ser igual a A, pois B pertence tanto a r como a t o que implicaria em t igual a r. T˜ ao pouco poderia ser igual a D, pois analogamente implicaria em t igual a u. Utilizando novamente o enunciado podemos estabelecer também os pontos F e G distintos entre si, e todos os demais, pertencentes as retas u e v respectivamente.

C E r G

F B t

D

A

u v 9



Toda via isto nos leva a uma contradi¸cão, pois G seria o sétimo ponto da geometria dada.

5. Se C pertence a SAB e C 6= A, mostre que: SAB = SAC , que BC ⊂ SAB e que A ∈ / BC. Solu¸ c˜ ao: Para facilitar esta demonstra¸c˜ ao vamos seguir por parte, isto é, vamos provar primeiro que SAB = SAC . Imagine uma semi reta que passe pelos pontos A e B.

B

A Pelo enunciado ainda temos um ponto C pertencentes a essa semi-reta de modo que temos ent˜ ao três possibilidade para a poci¸c˜ ao de C: B = C. A – B – C (Lê-se B est´ a entre A e C). A – C – B (Lê-se C est´ a entre A e B).

Se B = C a demonstra¸c˜ ao é imediata. Se A – B – C ent˜ ao SAB ⊂ SAC , pois AB ⊂ AC. E como SAB é a união do segmento AB com o conjunto de pontos que est˜ ao depois de B e C está depois de B então, por defini¸cão, SAC ⊂ SAB . Mesmo resultado se chega se analisarmos A – C – B. Como sob qualquer hip´ otese temos SAB ⊂ SAC e SAC ⊂ SAB então podemos afirmar que SAB = SAC . (Segunda parte). De uma forma ou e outra ou BC ∈ SAC ou BC ∈ SAB , mas como SAB = SAC então BC ∈ SAB . (Terceira parte). O fato de que A ∈ / BC é ´ obvio, pois C ∈ BC e por hipótese (reveja o enunciado) A 6= C.

10



Obs: Creio que o autor quisesse escrever outra coisa aqui.

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

7. Mostre que um triˆ angulo 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. m

o A

β α X C

Y

B

n

Assim ser´ a formado o triˆ angulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regiões (chamadas aqui de α e β). 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 pelas três retas. Como X e Y est˜ ao no mesmo semi plano gerado pela reta m então o segmento XY não intercepta a reta m. Analogamente o segmento XY n˜ ao pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelo triˆ angulo 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 n˜ ao constam na obra o que configura o segundo erro do livro. O primeiro é o de ter sido escrito.

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 então, os segmentos AC e BD terão o segmento BC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos então AC e BD possuem dois pontos em comum mas, nunca possuir˜ ao apenas dois pontos. 11



˜ DE SEGMENTOS AXIOMAS SOBRE MEDIC ¸ AO

2 2.1

Exerc´ıcios

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 marque 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 são 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. Dê a coordenada do ponto médio A3 do segmento A1 A2 . Dê a coordenada do ponto médio A4 do segmento A2 A3 . Dê a coordenada A5 do ponto médio do segmento A3 A4 . Solu¸ c˜ ao: Sendo A3 o ponto médio do segmento A1 A2 então a coordenada A3 será a media aritmética A3 =

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

Analogamente se calcula para os demais pontos. 12



A4 = A5 =

a b

5. Prove que, se d b

=

c d

3 2

3 2

+ 2 + 2

ent˜ ao

a)

a c

=

b d

e

c a

b)

a+b a

=

c+d d

e

a−b a

=

c−d c

c)

a+b b

=

c+d d

e

a−b b

=

c−d d

=

Solu¸ c˜ ao de A: Se

a b

=

c d

ent˜ ao:

a b

·

b c

=

c d

·

⇒

a c

=

b d

b c

Partindo também da mesma igualdade =

c d

⇒

a b

·

⇒

d b

=

a b

d a

c d

=

·

d a

c a

Solu¸ c˜ ao de B: a b

=

c d

⇒

db ac

·

⇒

d c

=

⇒1+ ⇒

c c

·

a b

=

c d

·

db ac

b a d c

d c

=1+

=

a a

·

b a

b a

13

4 2

7 4

=

7 4

=

13 8


⇒

c+d c


b+a a

=

J´ a a segunda igualdade procedemos assim: a b

=

c d

a b

·

⇒

db ac

⇒ −1 · ⇒

c−d c

=

c d

·

db ac

d c

= −1 ·

=

a−b a

b a

Dessa forma se procede as demais demonstra¸cões.

6. Se p é ponto de intercess˜ ao 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¸c˜ ao dos dois c´ırculos de raio r então P pertence tanto ao c´ırculo com centro em A como ao c´ırculo com centro em B. Como por defini¸cão de c´ırculo, PA = r e PB = r ent˜ ao PA = PB. Como se queria demonstrar.

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 isósceles). Solu¸ c˜ ao: Com a régua desenhe um segmento AB. A

B

Com um compasso centrado em A trace uma circunferência de raio AB.

A

B

Agora com centro em B trace outro c´ırculo de raio BA.

A

B

14



Na intercess˜ ao entre as duas circunferências marque os pontos C e D. C A

B D

Com a régua forme o triˆ angulo ABC ou ABD em qualquer caso teremos um tiângulo equilátero2 e como todo equil´ atero é, por defini¸c˜ ao, também isósceles então cumprimos o requerido.

8. Descreva um método para constru¸cão de um triângulo com os três lados de mesmo comprimento. Solu¸ c˜ ao: Veja a quest˜ ao anterior.

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

a+a
a+b 2

completando a primeira parte. J´ a a segunda parte provamos assim:

a
a+b
triˆ angulo com os tˆ es lados iguais.

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´ poss´ıvel desenhar se um triˆ 10. E angulo com lados medindo 3, 8 e 5? Solu¸ c˜ ao: N˜ ao, 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. r1

A

C

D

B r2

Note que m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD). Como m(AD) = r2 , m(CB) = r2 e m(CD) 6= 0 então: m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD) ⇒ m(AB) = r2 + r2 – m(CD) ⇒ m(AB) < r2 + r2 Ou seja, podemos dizer que m(AB) < m(r2 ) + m(r1 )

12. Considere um c´ırculo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste c´ırculo. O que se pode afirmar sobre o triˆ angulo ABC? Solu¸ c˜ ao: Se os pontos B e C pertencentes a circunferência que forma o c´ırculo então AB = AC = r logo o triˆ angulo é is´ osceles de base AB. NOTA: O livro refere-se a uma circunferência como c´ırculo.

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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 equil´ atero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho r ent˜ ao OB = r assim o ponto B est´ a a uma distancia r do centro do c´ırculo, isto é, B pertence a 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 triˆ angulos ABC e ACD? E sobre o quadrilátero ACBD? Solu¸ c˜ ao: Os triˆ angulos ABC e ACD s˜ ao is´ osceles, pois AC = BC = AD = BD = r. Como esses segmentos também formam o paralelogramo ACBD então o pol´ıgono é um quadrilátero de lados iguais.

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2.2


Problemas

1. Dado um segmento AB mostre que existe e é u ńico, 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¸cão do segmento AB. A B

B

C

A

C

1◦ caso 2◦ caso

Vamos considerar apenas o primeiro caso, uma vez que a resolu¸cão do segundo é análoga. Vamos come¸car provando a existência do ponto C. Pelo axioma III2 existe um x, um b e um c (todos reais) que representam as coordenadas dos pontos A, B e C respectivamente. Também pelo axioma III2 podemos declarar a seguinte equa¸cão: m(AC) c−x = m(BC) b−c como desejamos que

m(AC) = a então também desejamos que: m(BC) c−x =a b−c

O que implica em: c=

ab + x (1) 1+a

Como a é positivo (afinal é resultado da divisão de duas distâncias), então c existe para qualquer valor de x 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¸c˜ oes que C, mas diferente dele. Então: m(AC0 ) c0 − x =a⇒ =a 0 m(BC ) b − c0 . Resolvemos esta ultima equa¸c˜ ao para c’ chega-se a solu¸cão c0 =

ab + x (2) 1+a

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Finalmente comparando (1) e (2), e pelo axioma III2 , podemos afirmar que os pontos C e C’ têm distˆ ancia igual a zero o que por meio do axioma III1 nos leva a concluir que C e C’ são na verdade o mesmo ponto, o que contraria a tese inicial. Com isso conclu´ımos que n˜ ao pode m(AC) haver um ponto diferente de C entre A e B tal que = a. Provando a unicidade. m(BC)

2. Descreva um método para obter uma boa aproxima¸cão do comprimento de um c´ırculo. Solu¸ c˜ ao: Utilizando um compasso desenhe um c´ırculo 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 c´ırculo. 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 c´ırculo bastando com a régua medir os lados do pol´ıgono. Lembrando que quanto mais vértices o pol´ıgono tiver mais precisa ser´ a a aproxima¸cão.

3. Prove a seguinte afirma¸c˜ ao feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de um c´ırculo com um ponto dentro do mesmo, têm um ponto em comum com o c´ırculo. Solu¸ c˜ ao: Seja C um ponto qualquer fora de um c´ırculo de centro O, então OC > r, onde r é o raio do c´ırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o c´ırculo formado por todos os pontos do plano que est˜ ao a uma distância r do ponto O, então o ponto D pertencente a intercess˜ ao do segmento OC com a circunferência. 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 regi˜ ao exterior a uma elipse. Solu¸ c˜ ao: Analogamente a circunferência se m(CA) + m(CB) > r então o conjunto de pontos é externo.

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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 c´ırculo C tal que todos os pontos de M est˜ ao dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos é limitado. Prove também que segmentos s˜ ao limitados. Conclua o mesmo para triângulos. Solu¸ c˜ ao: Dado o conjunto de pontos P1 , P2 , ..., Pn tome um u ńico ponto Pi que usaremos para o centro da circunferência, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o próprio i, 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 c´ırculo de raio r = P1 Q que conter´ a todos os outros uma vez que o segmento que estabelece seu raio em rela¸c˜ ao ao centro P1 é maior que os demais definidos por todos os outros pontos.

6. Prove que a uni˜ ao de uma quantidade finita de conjuntos limitados é ainda um conjunto limitado. Solu¸ c˜ ao: Seja M1 , M2 ,... Mn conjuntos finitos suponha por absurdo que a união de todos eles não seja um conjunto finito. Por defini¸c˜ ao, deve então haver um ponto p do plano pertencente a essa uni˜ ao que n˜ ao pode estar contido dentro de nenhuma circunferência. Entretanto, se p pertence a uni˜ ao deve pertencer a um dos conjuntos que a forma e como esse ponto não pode ser contido ent˜ ao um dos conjuntos pertencentes a união não é finito o que é um absurdo.

7. Mostre que dado um ponto P e um conjunto limitado M, então existe um disco com centro em P que contém M. (Observa¸c˜ ao: estamos admitindo a validade da desigualdade triângular). Solu¸ c˜ ao: Para facilitar a compress˜ ao dessa solu¸cão vamos usa um desenho, embora na prática isso seja dispens´ avel. Se M é limitado ent˜ ao podemos tra¸car um c´ırculo de centro em O e raio r que contenha todo o conjunto. P r

O

O desenho acima assume que é poss´ıvel que P não seja limitado pela circunferência, mas caso ocorresse o contr´ ario a l´ ogica ainda seria a mesma. 20



Se tomarmos agora a distˆ ancia entre o ponto P e o ponto O somado ao raio da circunferência ent˜ ao teremos o c´ırculo descrito, pois esse novo c´ırculo irá conter tanto o ponto P como todos os pontos de M. Veja a prova. Prova O fato deste novo c´ırculo conter o ponto P e evidente, pois ele é centrado neste ponto. Para provar que esse novo c´ırculo também contém o conjunto M tome um ponto M1 pertencente a M. Como M est´ a limitado pela circunferência de centro em O, então a distância entre M1 e O deve ser menor que r. Como a distˆ ancia entre P e M1 deve ser igual a m(PO)+m(OM1 ) e como m(OM1 ) é menor que r ent˜ ao: d(PM1 ) < d(PM1 )+r Como d(PM1 ) + r é o raio do c´ırculo com centro em P, então todo ponto do conjunto M está contido nele o que finaliza a demonstra¸cão.

8. Prove que as retas s˜ ao conjuntos ilimitados. (Sugestão: use o problema 7.) Solu¸ c˜ ao: Supondo por absurdo que essa reta seja limitada então existe um c´ırculo de centro em A e raio r que limita m. Sabemos que dada uma reta m no plano existem pontos que pertence a reta e pontos que não pertencem a reta. Sendo assim, podemos tomar um ponto B não pertencente a m e centrando nele tra¸car um c´ırculo de raio igual a m(BA) + r.

21



˜ DE ANGULOS ˆ AXIOMAS SOBRE MEDIC ¸ AO

3 3.1

Exerc´ıcios

1. Mostre que se um ˆ angulo e seu suplemento têm a mesma medida então o ângulo é reto. Solu¸ c˜ ao: C β = 90◦ B

O

A

Considere o ˆ angulo α (Bb OC) e o seu suplemento β (Ab OC), tal como no desenho acima. Por defini¸c˜ ao temos: α + β = 180◦ como α = β ent˜ ao: α + α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦ Assim, conclui-se que β = 90◦ . Como se queria demonstrar.

2. Um ˆ angulo é chamado agudo se mede menos de 90◦ , e é obtuso se mede mais de 90◦ . Mostre que o suplemento de um ˆ angulo agudo é obtuso. Solu¸ c˜ ao: Seja α um ˆ angulo agudo e β o suplemento de α então: α + β = 180◦ ⇒ β = 180◦ − α, mas como α < 90◦ ent˜ ao (dessa u ´ltima igualdade) conclui-se imediatamente que β > 90◦ como se queria demonstrar.

3. Use um transferidor e desenhe ˆ angulos de 45c irc, 60c irc, 90c irc, 142c irc, 15,5c irc e 33c irc. Solu¸ c˜ ao: A cargo do leitor.

4. Dois ˆ angulos s˜ ao ditos complementares se sua soma é um ângulo reto. Dois ângulos são complementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais 30◦ . Quanto medem os dois ˆ angulos? Solu¸ c˜ ao: 22



Seja α + β = 90◦ (1) com α1 e β1 suplementos de α e β respectivamente então: α + α1 = 180◦ (2) β + β1 = 180◦ (3) Fazendo α1 = β1 + 30◦ (4) i.e., um ângulo igual ao outro somado 30 graus e substituindo β1 da equa¸caõ (3) na equa¸c˜ ao (4) chega-se à: α1 = (180◦ − β) + 30◦ ⇒ α1 = 210◦ − β (5) Substituindo (5) em (2) α + 210◦ − β = 180◦ α − β = −30◦ (6) Com as equa¸c˜ oes (1) e (6) montamos o seguinte sistema α + β = 90◦ α − β = −30◦ cuja solu¸c˜ ao é α = 30◦ e β = 60◦ , logo um ângulo 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 = s˜ ao os seus lados. Desenhe a poligonal ABCD sabendo que: AB = BC = CD = 2.cm, ABC ◦ ◦ ˆ 120 e BCD = 100 . Solu¸ c˜ ao: Para esse exerc´ıcio é necess´ ario 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

23



a mesma extremidade n˜ ao pertencem a uma mesma reta. Das 4 figuras, seguintes, apenas duas s˜ ao pol´ıgonos. Determine quais s˜ ao elas.

D

A D C

C E B

B

E A

C A

B

B C

D

A

D

E

E

Um pol´ıgono de vértice A1 , A2 , ..., An+1 = A1 , será representado por A1 A2 A3 ,...,An . Ele tem n lados, n vértices e n ˆ angulos. 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 necess´ ario régua, transferidor e compasso. B

A C

D

24



8. O segmento ligando vértices n˜ ao 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 ter´ a 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 vértices exceto para ele mesmo e para os outros dois adjacentes. Como temos 6 vértices então do ponto A sairão um total de : 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

25



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 n´ umero total de diagonais ser´ a: (6 − 3)6 =9 2 Para um pol´ıgono de n lados, ter´ıamos então: (n − 3)n 2 Essa f´ ormula pode ser utilizada para determinar o n´ umero 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 est´ a 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.

Pol´ıgonos convexos recebem designa¸cões especiais. São as seguintes as designa¸cões dadas a estes pol´ıgonos de acordo com seu n´ umero de lados, até 10 lados.

26


n◦ de lados 3 4 5 6 7 8 9 10


nome do pol´ıgono convexo triângulo quadrilátero pentágono hexágono heptágono octágono nonágono decágono

Solu¸ c˜ ao: Qual a pergunta mesmo?

10. Descreva um método, em que se fa¸ca uso apenas de um compasso e de uma régua n˜ ao numerada, de constru¸c˜ ao 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.

o

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

27



o

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

o

Finalmente, usando a régua ligue os pontos de intercessão.

Fazendo quatro segmentos de comprimento r.

28



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.

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:

29



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

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

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

30



P

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

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

31


3.2


Problemas

ˆ mostre que existe uma u ˆ = COB. ˆ 1. Dado um ˆ angulo AOB ńica semi-reta SOC tal que AOC ˆ A semi reta SOC é chamada de bissetriz do ângulo AOB. Solu¸ c˜ ao: Considere o ˆ angulo Ab OB com bissetriz SOC como na imagem a seguir. C

A

B

O

Suponha por absurdo que exista uma segunda bissetriz SOC0 6= SOC que também seja bissetriz de Ab OB. Nesse caso existe duas possibilidades:

SOC0 est´ a a direita de SOC , como na figura abaixo. C

A

C’ B

O ou entt˜ ao SOC0 est´ a a esquerda de SOC .

C’ C

A

B

O

Vamos considerar o 1◦ caso. Como SOC0 e SOC s˜ ao bissetrizes de Ab OB então pelo axioma III6 Ab OB = Ab OC + Cb OB = 2Cb OB (1) Ab OB = Ab OC’ + C’b OB = 2C’b OB (2) Pela figura 2 fica evidente que Cb OB = Cb OC’ + C’b OB (3) Usando (3) em (1) Ab OB = 2(Cb OC’ + C’b OB) (4) Comparando (2) e (4) Ab OB = Ab OB 2C’b OB = 2Cb OC’ + 2C’b OB ⇒ Cb OC’ = 0. 32



No entanto, se Cb OC’ = 0 ent˜ ao pelo axioma III4 SOC = SOC0 o que contradiz a hipótese inicial de que SOC 6= SOC0 . Logo o ˆ angulo Ab OB não pode ter mais que uma bissetriz. Analogamente se mostra para o caso de SOC0 a esquerda de SOC

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

E

D G

A O

Seja Ab OB um ˆ angulo e Bb OC seu suplemento então: Ab OB + Bb OC = 180◦ (1) Ab OB , pois, SOD é bissetriz Queremos mostrar que Bb OD + Bb OE = 90◦ para isso observe que Bb OD = 2 b b b BOC AOB BOC de Ab OB e Bb OE = logo, Bb OE + Bb OD = + (2) 2 2 2 Comparando as equa¸c˜ oes (1) e (2) vêm que: 2(Bb OE + Bb OD) = Ab OB + Bb OC = 180◦ ◦ 180 Bb OE + Bb OD = = 90◦ 2 Que implica em SOE ⊥ SOD como se queria demonstrar.

3. Dado um ˆ angulo Ab OB e um n´ umero real positivo 0 < a < 1, mostre que existe uma u ńica semi-reta SOC tal que Cb OB = a·Ab OB. Solu¸ c˜ ao: Essa afirmativa n˜ ao é verdadeira, entretanto ela pode ser provada se for colocada também a condi¸c˜ ao de que C deve estar entre A e B.

4. De quantos graus move-se o ponteiro dos minutos enquanto o ponteiro das horas percorre um a ˆngulo raso. Solu¸ c˜ ao: Considere o seguinte desenho.

33



12 1 6 Quando o ponteiro dos minutos gira 360 graus o ponteiro da horas se move para o 1. 12 1 θH 6 Dividindo 360 por 12 obtemos o deslocamento θH que o ponteiro das horas se moveu. 360◦ = 30◦ 12 Com esse valor obtemos a seguinte rela¸cão θH =

θM 360◦ ⇒ θM = 12 · θH = c θH 30 irc Assim, se o ponteiro das horas faz um deslocamento raso (180◦ ) então o deslocamento do ponteiro dos minutos ser´ a: θM = 12 · 180◦ θM = 2160◦ Portanto, o ponteiro se move 2160◦ . Contudo, por ser um valor m´ ultiplo de 360 em rela¸cão ao seu ponto inicial o deslocamento é de 0◦ . Ambas as respostas (0◦ ou 2160◦ ), são poss´ıveis para a pergunta.

5. Descreva um processo pelo qual um desenhista, sem usar um transferidor, possa “copiar” um ˆ angulo, isto é, dado um ˆ angulo desenhado em uma folha de papel, desejamos estabelecer um procedimento pelo qual possamos desenhar um outro ângulo que seja congruente ao primeiro, isto sem fazer uso de um transferidor. Solu¸ c˜ ao: Esse método é descrito por Keenan, Edward P., Isidore Dressler e Ann Gantert Xavier no livro Integrated Mathematics, publicado pela Amsco School Publications em 1999. Dado um ˆ angulo ABC vamos construir um ângulo congruente.

A B C 34



Primeiro marque um ponto M (que será vértice do novo ângulo) em algum lugar próximo ao angulo original. ˆ A B

M C

Desenhe um raio MN em qualquer dire¸cão e de qualquer tamanho. Esse será uma das arestas do novo ˆ angulo. A B

M

N

C Desenhe agora um c´ırculo com centro em B e raio r menor que BA e BC. A B C E na intercess˜ ao da circunferência com as semi retas marque os pontos X e Y. X

A

B Y C Com o compasso ainda aberto trace uma nova circunferência com centro no ponto M criando o ponto F. x

A

B

M y C

Defina agora a largura do compasso igual à distância xy. x

A

B y C 35

F

N



E com essa abertura trace um novo circulo com centro em F e outro com centro no ponto M criando o ponto G. G

x

A

B

M

F

N

y C Finalmente trace as semi-retas MG e MN. G

x

A

B

M

F

N

y C Olhe para a constru¸c˜ ao conclu´ıda. O novo ângulo GMN é congruente ao ângulo original ABC.

6. Uma alternativa para definir um ângulo é o de considerar a intercessão de semi-planos. Formalize esta ideia. Relacione com nossa defini¸cão. Solu¸ c˜ ao: Tome um plano qualquer com duas retas que se interceptam num ponto O formando dois semi planos (um formado por cada reta). α2 A

α1

B

α2

O

α1

36



Podemos definir como interior do aˆngulo a intercessão do semi-plano α1 com origem na reta OA e que contém o ponto B. E o semi-plano α2 com origem em OB e que contém o ponto A. De modo similar podemos definir como região externa do ângulo a reunião dos semi-planos, β1 com origem na reta OA e que n˜ ao contém o ponto B e o semi-plano β2 com origem em OB e que n˜ ao contém o ponto A. β1 A

β2 O β1

B β2

perceba agora que com isso o conjunto de pontos pertencentes ao plano, mas que não pertence a regi˜ ao interna ou externa do ˆ angulo, formam duas semi-retas com a mesma origem (no caso o ponto O). Assim, pela defini¸c˜ ao de ˆ angulo podemos dizer que: um ângulo é a figura formada por todos os pontos do plano que n˜ ao pertence a região interior ou exterior do ângulo.

37



ˆ CONGRUENCIA

4 4.1

Exerc´ıcios

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

G

A

B

E

F

Considere o triˆ angulo ABC. A partir dele construiremos o triângulo EFG congruente a ABC. Seja os pontos G, E e F n˜ ao colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo caso LLL os triˆ angulos s˜ ao congruentes.

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

C

80◦ 8.2 cm

B

Usando a Lei dos senos temos que: (AC)2 = AB2 + CB2 − 2(AB)(CB) cosb B

AC =

p (7.5)2 + (8.2)2 − 2(7.5)(8.2) cos80◦ AC ∼ = 10.106

Aplicando novamente a lei (AB)2 = BC2 + AC2 − 2(CB)(AC) cos b C

38



(AB)2 − (BC)2 − (AC)2 cos b C= −2(CB)(AC) (7.5)2 − (8.2)2 − (10.106)2 cos b C= −2(8.2)(10.106) cos b C∼ = 0.6825 b C∼ = cos−1 (0.6825) ∼ = 46◦ , 950 Como a soma de todos os ˆ angulos de todo pol´ıgono é 180 graus então b A = 53◦ , 050 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 ângulos b A = 53◦ , 050 , b B = 80◦ e ◦ 0 b C = 46 95 .

3. Na figura ao lado os ˆ angulos 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 Bb AC e β é o suplemento de Ab BC, logo: α + Ab BC = 180◦ e β + Ab BC = 180◦ . Fazendo α = 180◦ − Bb AC e β = 180◦ − Ab BC, como α = β temos: 180◦ − Bb AC = 180◦ − Ab BC Bb AC = Ab BC

39



Como todo triˆ angulo is´ osceles 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: D

B A

E

C

b = ABE b a) ACD b = C BE b b) B CD Solu¸ c˜ ao (a): Por hip´ otese AB = AC logo 4ABC é isósceles e os ângulos Ab BC e Ab CB. Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipótese BD = EC pelo caso LAL 4DBC é congruente a 4ECB o que implica em: Cb BE = Bb CD assim: Ab CD = Ab BC + Cb BE = Ab CB + Bb CD = Ab BE ACD = ABE Solu¸ c˜ ao (b): Use os dados da letra a.

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

40



A figura assim obtida é r´ıgida? Porque? Para compara¸c˜ ao construa um quadrilátero com quatro sarrafos e um prego em cada vértice. ´ esta figura r´ıgida? E Solu¸ c˜ ao: Todo triˆ angulo é uma figura r´ıgida. Dem: Seja os 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triângulos não sejam figuras r´ıgidas ao deformarmos o 4ABC seus ˆ angulos ir˜ ao 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.

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

A

B

D Solu¸ c˜ ao: Se AB é bissetriz de Cb AD ent˜ ao Cb AB = Bb AD. Como CA = AD e AB é comum tanto a 4ADB como 4CAB então pelo caso LAL, 4ACB = 4ADB.

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

D

E

B Solu¸ c˜ ao: Os ˆ angulos Cb AE = Db AB pois s˜ ao opostos pelo vértice. Como por hipótese CA = BA e DA = AE pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE.

beC b são retos e o segmento DE corta CA no ponto médio 9. Na figura abaixo os ˆ angulos A B de CA. Mostre que DA = CE. 41



D

B

C

A

E

Solu¸ c˜ ao: Os ˆ angulos Db BA = Cb BE pois s˜ ao opostos pelo vértice e como CA = BA por hipótese, então pelo caso ALA, 4ABD = 4CEB que implica em DA = CE.

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

D

B

O

A

Solu¸ c˜ ao: Por hip´ otese Bb OD = Cb OA com: Bb OD = Bb OC + Cb OD e Cb OA = Cb OB + Bb OA (1) e pelo esquema Cb OB = Cb OD logo pelo caso LAL, 4BOA = 4COD o que implica em CD = BA.

42


4.2


Problemas

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

M

B Solu¸ c˜ ao: b BMC é o suplemento de Cb MA logo Cb MA + Bb MC = 180◦ . Como Cb MA = 90◦ temos que Bb MC = 180◦ ◦ ◦ b b - 90 = 90 , logo CMA = BMC como M é ponto médio de AB, temos que AM = MB. Como CM é um lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL então 4AMC = 4BMC que implica em CA = CB.

2. A regi˜ ao marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual será possˆıvel medir a distˆ ancia 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 Db CE = Ab CB, pois s˜ ao opostos pelo vértice, então 4DCE = 4ACB pelo caso LAL. Assim basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.

3. Mostre que, se um triˆ angulo tem os três lados congruentes, então tem também os três angulos congruentes. ˆ Solu¸ c˜ ao: Considere a seguinte constru¸c˜ ao: 43



A

B

C

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

4. Na figura abaixo ABD e BCD s˜ ao triângulos isósceles com base DB. Prove que os ângulos b e ADC b s˜ ABC ao congruentes. B

C

A

D

Solu¸ c˜ ao: Como Ab BD = Bb DA e Db BC = Bb DC pois são ângulos da base de triângulos isósceles, então: Ab BD + Db BC = Ab DB + Bb DC que implica em: Ab BC = Ab DC

5. Usando a mesma figura, (do exerc´ıcio 4), mostre que também a reta AC é bissetriz de b e perpendicular a DB. B AD Solu¸ c˜ ao: Os triˆ angulos ABC e ADC s˜ ao congruentes pelo caso LAL logo Cb AB = Cb AD. Então por defini¸cão AC é bissetriz de Bb AD.

b = 6. Na figura abaixo, ABD e BCD são triângulos isósceles com base BD. Prove que ABC b b ADC e que AC é bissetriz do ˆ angulo BCD.

44



B

D A

C

Solu¸ c˜ ao: Como o tri´ angulo BCD é is´ osceles então Cb BD = Bb DC. Como Cb BD = Db BA + b BC e Bb DC = Bb DA + Ab DC ent˜ ao: Db BA + Ab BC = Bb DA + Ab DC Como Db BA = Bb DA, pois ∆BDC é is´ osceles, então Ab BC = Ab DC. E pelo critério LAL temos que ∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.

7. Justifique o seguinte procedimento para determina¸cão 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, então BE = EA e a reta r intercepta o segmento BA no ponto médio.

45



ˆ O TEOREMA DO ANGULO EXTERNO E SUAS ˆ CONSEQUENCIAS

5 5.1

Exerc´ıcios

3

1. Prove que, se um triˆ angulo tem dois ângulos externos iguais, então ele é isósceles. Solu¸ c˜ ao: Dado o ∆ABC como no esquema C

fb

eb A

B

Como b e e Cb AB s˜ ao adjacentes e est˜ ao sob a mesma semi-reta então: b e + Cb AB = 180◦ Do mesmo modo se conclui que Cb BA + b f = 180◦ O que implica que b e + Cb AB = Cb BA + b f (1) Como por hip´ otese b e=b f ent˜ ao de (1) se conclui: Cb AB = Cb BA Portanto o triˆ angulo ABC é is´ osceles de base AB.

b e ABD b satisfazem a desigualdade: ACE b < 3. Na figura abaixo os ˆ angulos externos ACE b b > ABC. b ABD. Mostre que ABD A

D 3 Neste

B

C

E

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

46



Solu¸ c˜ ao: Pelo TAE tem se que: Ab CE > Bb AC, Ab BC Como por hip´ otese Ab CE < Ab BD ent˜ ao Ab BC < Ab CE < Ab BD Que implica em Ab BC < Ab BD

4. Prove que um triˆ angulo retˆ angulo tem dois ângulos externos obtusos. Solu¸ c˜ ao: Dado o triˆ angulo ABC como na figura a seguir C

A

B

sabe se que b A+b B+b C = 180◦ . Como b B = 90◦ então b A, b C < 90◦ . Logo o ângulo externo a b Ae ◦ b C > 90 uma vez que s˜ ao suplementares.

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

D

E

A

C

Solu¸ c˜ ao: Note que Ab DE é um ˆ angulo externo ao triângulo DBC e pelo TAE tem se: Ab DE > Db BC, Db CB (1) Do mesmo modo Ab EC é externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se: Ab EC > Ab DE (2) 47



De (2) e (1) tira-se que, Ab EC > Db BC. Concluindo a demonstra¸cão.

6. Em um cart´ orio 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? 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 triˆ angulo 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¸c˜ ao “reflexão”, constantes do texto. Solu¸ c˜ ao: Prova de (i) Sabe-se que Fm (Fm (A)) = A, no entanto queremos provar que Fm (A) = A0 o que seria equivalente ao mostrar que Fm (A0 ) = A. Portanto para verificar essa igualdade (Fm (A) = A0 ) vamos mostrar que Fm (A0 ) = A. Se Fm (A) = A0 ent˜ ao existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m. A D

m

A0 Como por hip´ otese A e A’ n˜ ao pertencem a reta m, então AA’ intercepta m num ponto D tal que AD = DA’. Agora verifica-se que o segmento AA’ possui duas condi¸cões de reflexo. A0 A = {AD ∪ DA0 } = AA0 Contudo, como AD e DA’ est˜ ao sob a mesma reta A0 A coincide com AA0 , logo A0 A é perpendicular a m tendo D como seu ponto médio. Assim Fm (A0 ) = A. Como se queria demonstrar. Prova de (ii) (⇒) Se Fm (A) = A ent˜ ao por defini¸caõ existe um segmento AA perpendicular a uma reta m onde m ∩ AA é um ponto P que é ponto médio do segmento AA. No entanto como AA é um conjunto unit´ ario (AA={A}) ent˜ ao A ∈ m. (⇐) Como AA = {A} e A pertence a m então Fm (A) = A, pois o reflexo de um ponto é o próprio ponto. Prova de (iii) 48



Fazendo Fm (A) = A0 e Fm (B) = B0 ent˜ ao Fm (A)F( B) = A0 B0 deste modo devemos provar que A0 B0 = AB. • Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstra¸cão é imediata. • Se A 6= B ent˜ ao AA’ e BB’ ser˜ ao interceptados por m nos seus pontos médios D e E respetivamente r

B

A

D

m

E A0

B0

s

Seja r a reta que passa por DB e s a reta que passa por DB0 teremos que: ∆BDE = ∆EB’D (caso LAL) Note que ∆BDB’ é is´ osceles de base BB’ e a reta m é sua bissetriz. Assim Bb DE = B0 b DE e como Ab DB + Bb DA + Bb DE + Eb DB0 = 180◦ e também Ab DB = Bb DE = 90◦ Ent˜ ao conclui se que Ab DB = A0 b DB0 . E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ são congruentes pelo caso LAL. B

A

D

E

A0

B0

Assim AB = A0 B0 C.Q.D. Prova de (iv) Seja r a reta que passa por A e B, e s a reta que passa por A e B’ então: B

r

m

A B0

49

s



Bb DA = Ab DB = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ é isósceles e como m é sua altura, pois m ⊥ BB0 , também é sua bissetriz.

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 B E

A

D

C

Solu¸ c˜ ao: Oˆ angulo Eb CD > b B, b A pelo TAE. Como ∆ABC = ∆ECD ∴ Eb CD = Bb CA, assim AC = EC pelo teorema da desigualdade triangular temos que: 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 b 1=b 2eb 1+b 2 = 180◦ . Conclua que as retas m e n são paralelas. m

n

1

2

Solu¸ c˜ ao: Se m n˜ ao for paralela a n ent˜ ao se formara um triângulo com dois ângulos retos, pois b 1=b 2e b 1+b 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.

beD b s˜ 10. Na figura abaixo B ao ˆ angulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC. 50



A

B

D

C

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

b=A c0 e C b=C c0 . 11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triˆ angulos quaisquer em que AB = A’B’, A Decida se ABC e A’B’C’ s˜ ao congruentes ou não. Solu¸ c˜ ao: Os triˆ angulos ser˜ ao congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso cateto, ângulo oposto caso sejam triˆ angulos retˆ angulos.

12. No final da demonstra¸c˜ ao do teorema 5.2, é feita a seguinte afirma¸cão: “.. a semi-reta b SAF divide o ˆ angulo B AD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirma¸cão é verdadeira. Solu¸ c˜ ao: Dado Bb AD este ˆ angulo é definido por duas semi-retas com origem em A. B A

F D

Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD então F ∈ Bb AD e portanto SAF ⊂ Bb AD logo divide Bb AD

51


6


O AXIOMA DAS PARALELAS

6.1

Exerc´ıcios

b = C. b Se B, O e C são colineares, conclua 1. Na figura ao lado O é o ponto médio de AD e B que os triˆ angulos ABO e DOC s˜ ao congruentes. A B O C

D

Solu¸ c˜ ao: Por hip´ otese AO = OD e b B=b C, devemos provar que ∆AOB = ∆COD. Pela proposi¸c˜ ao 6.3 AB é paralelo a CD logo b A=b D pois são correspondentes, como Cb OD = Ab OB, pois s˜ ao opostos pelo vértice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD

2. Prove que a soma das medidas dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 900 . Solu¸ c˜ ao: B

A

C

Pelo teorema 6.5 b A+b B+b C = 1800 . Seja b C = 900 então b A+b B = 1800 − b C que implica em 0 b A+b B = 90 .

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

A

r

B

Seja ∆ABC equil´ atero ent˜ ao: b A+b B+b C = 1800 52

(1)



Por ser is´ osceles b A=b C=b B ent˜ ao: 3·b B = 1800 Que implica em b B = 600 . Logo b A=b C=b B = 600

4. Prove que a medida do ˆ angulo externo de um triângulo é igual a soma das medias dos angulos interno a ele n˜ ˆ ao adjacentes. Solu¸ c˜ ao: C

e A

B

Dado ∆ABC sabe se que b A+b B+b C = 1800 (2) temos:

(1) também b B+b e = 1800

(2) igualando (1) com

b A+b B+b C=b B+b e⇒b e=b A+b B Como se queria demonstrar.

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

A

1

2 O

B

Como mostramos na quest˜ ao anterior b 2=b 1+b c. Para mostrar que b 2 = 2·b 1 basta mostrar ent˜ ao que b c=b 1. Sabemos que AD = r (r é o raio da circunferência) e OC = r logo AO = OC portanto ∆AOC é is´ osceles de base AC e seus ângulos b 1=b C C.Q.D..

53



6. Prove que se m e n s˜ ao 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 então AP = A’P e ∆AA0 P é is´ osceles de base AA0 o que é um absurdo pois a soma de seus ângulos internos seriam maior que 1800 , logo ou m é paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.

7. Seja ABC um triˆ angulo is´ osceles 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 triângulo é isósceles e M, N é ponto médio. E seja F(MN) (C) = C0 ent˜ ao CC’ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo critério Hipotenusa, Cateto ∆CMF = ∆NFN ent˜ ao CC’ intercepta MN no seu ponto médio.

8. Demonstrar a proposi¸c˜ ao (6.10). Solu¸ c˜ ao: Para o quadril´ atero ABCD por hip´ otese AB//DC, AB = DC, BC = AD então temos:

54



A

B

O D

C

Pelo desenho é poss´ıvel deduzir que os ângulos Ab CD = Cb AB; Ab BD = Bb DC e Db AO = Ab DO = Ob BC = Bb CO Ent˜ ao 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¸c˜ ao (6.12). Solu¸ c˜ ao: Proposi¸c˜ ao 6.12: Dado um quadrilátero qualquer se dois lados opostos são congruentes e paralelos ent˜ ao o quadril´ atero é um paralelogramo. B

A

D

r e

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 quadril´ atero é um paralelogramo. AB//DC por hipótese, logo tra¸camos uma reta r que divide o quadril´ atero em ∆ADB, DeltaDBC (esquema) então: b e = Ab BD pois s˜ ao opostos pelo vértice. b e = Bb DC pois s˜ ao correspondentes. Como DB é comum aos dois triˆ angulos 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 retˆ angulo 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 55



Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os ângulos Bb AC = Ab CD e como a soma dos dos ˆ angulos internos de um triângulo é 180 graus então: Ab CB = Db AC Logo pelo caso LAL ∆ADC = ∆ABC ent˜ ao 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¸c˜ ao um retˆ angulo é um quadrilátero com 4 ângulos retos. A

B

O D

C

Sabe se que se duas retas s˜ ao interceptadas por uma terceira perpendicular a elas então estas s˜ ao paralelas, logo dado o retˆ angulo ABCD têm se que: AB//DC e AD//BC Portanto o retˆ angulo é um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC, diagonais de ABCD, provemos que s˜ ao 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 são congruentes e DB = AC.

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

56



Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, então 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 s˜ ao is´ osceles 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 médio ( e as diagonais são a base do triângulo isósceles) então são bissetrizes.

13. Um quadrado é um retˆ angulo que também é um losango. Mostre que, se as diagonais de um quadril´ atero s˜ ao congruentes e se cortam em um ponto que é ponto médio de ambas, então o quadril´ atero é um retˆ angulo. Solu¸ c˜ ao: Um retˆ angulo 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 ˆ angulos Ab OB e Bb OC estão sob a mesma semi-reta e são complementares além de serem congruentes então: Ab OB = Bb OD = 900 Analogamente para Ab OC = Cb OD = 900 . Como por (1) os triângulos contidos em ABCD são is´ osceles ent˜ ao: Ob BD = Ob DB = Ob BA = Bb AD = Db AC = Ab CD = Ob DC = 450 pois a soma de seus ˆ angulos internos deve ser 1800 , um dos ângulos já é reto e dois da base s˜ ao congruentes. Assim os ˆ angulos Ab BD = Bb AC = Cb DB = Ab BD = 900 Satisfazendo a defini¸c˜ ao de retˆ angulo.

57


6.2


Problemas

3. Mostre que, se dois ˆ angulos e o lado oposto a um deles, em um triângulo, são iguais ás correspondentes partes de um outro triângulo, então os triângulos são congruentes. Solu¸ c˜ ao: A soma dos ˆ angulos internos de cada ∆ é 180◦ ou seja b C+b A+b B = Cb0 + Ab0 + Bb0 como b A = Ab0 e 0 0 b b b B=B ⇒b C = C . Assim pelo critério LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’.

58



ˆ SEMELHANC ¸ A DE TRIANGULO

7 7.1

Exerc´ıcios

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

59



O CÍRCULO

8 8.1

Exerc´ıcios

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 is´ osceles, o mesmo para ∆COD. Como Ab OB = Cb OD, pois são opostos pelo vértice, ent˜ ao ∆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 então 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 s˜ ao congruentes. Solu¸ c˜ ao: Imagine a seguinte constru¸c˜ ao: 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 AE = EB = CF = FD e ent˜ ao:

60



AE + EB = CF + FD AB = CD Como se queria demonstrar.

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¸c˜ ao: 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 is´ osceles. Tra¸cando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retângulos. Então pelo teorema de Pit´ agoras: OA2 = OF2 + AF2 e também OC2 = OE2 + CE2 Como OA = OC = raio OF2 + AF2 = OE2 + CE2 (1) Como AB < CD por hip´ otese e F e E são pontos médios de AB e CD respetivamente, pois ∆AOB, ∆COD s˜ ao is´ osceles, ent˜ ao 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¸c˜ ao a seguir:

61



m A E

B

O

Com base na constru¸c˜ ao é f´ acil ver que: AO = OB = Raio e também que ∆AOB é isósceles de base AB. Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB então (por constru¸cão), 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: Fm (A) = A se A ∈ m. ˜ A£o: ˜ Imagine a seguinte construA§ A

m

O

E

A0 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 ent˜ ao 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 s˜ ao pontos de tangencia e B é o ponto de intercessão dos segmentos JS e AE. Prove que oˆ angulo b J é igual ao ˆ angulo b S. 62



S E

B A J

Solu¸ c˜ ao: Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunferência em sua extremidade então esta é perpendicular a reta tangente. Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA são retângulos e Eb BS = Jb BA, pois são postos pelo vértice. Como ∆ESB e ∆JBA possui dois ˆ angulos congruentes então são semelhantes e portanto b S=b 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

63

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 Ab RM = Mb RK = 90◦ . Portanto, ∆AMR, e ∆MRK s˜ ao retˆ angulos e pelo critério cateto hipotenusa dos triângulos retângulos ∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK. Como se queria demonstrar.

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

L

E K

U

Solu¸ c˜ ao: Se UK é tangente ao circulo no ponto U então UK ⊥ LU logo Lb UK = 90◦ . Por hip´ otese UE = LU e como LE é raio então LE = LU = UE. Assim ∆LUE é equil´ atero e Lb EU = Lb UE = Ub LE = 60◦ . Como Lb EU é ˆ angulo externo do ∆EUK então: Lb EU = Eb KU + Eb UK No entanto como Lb UK = Lb UE + Eb UK ent~ ao Lb UE + Eb UK = 90◦ (1) ◦ Como Lb UE = 60 por (1) tem-se Eb UK = 30◦ Assim Lb EU = Eb UK + Eb KU implica em: 60◦ = 30◦ + Eb KU Eb KU = 30◦ Assim ∆EUK é is´ osceles 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

64



Solu¸ c˜ ao: Tra¸cando uma corda MX com ela é poss´ıvel perceber que Mb OX = Mb IX, 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 N C

I

H

Solu¸ c˜ ao: A N C

H

I

Na figura dada tra¸camos AH (figura acima), então: b C = 0.5(Ab HI) (1) 65



Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Também podemos b = Ab perceber CAH HN, pois s˜ ao ˆ angulos alternos internos. b = Ab Como ∆ACH é equil´ atero (AH = CA = CH = Raio) então b C = CAH HN. Ent˜ ao de (1) vem que: b C = 0.5Ab HI = 0.5(Ab HN + Nb HI) b C = 0.5(Ab HN + Nb HI) Como Ab HN = b C b C - 0.5 b C = 0.5 Nb HI 0.5 b C = 0.5 Nb HI Nb HI = b C = Ab HN Concluindo que Nb HI = Ab HN. Como ˆ angulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstra¸cão _ _ 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 triˆ angulos PAT e ZAT s˜ ao congruentes. T

P O

A

Z Solu¸ c˜ ao: Note que Tb PA e Tb ZA remetem ambos a arcos formados por semi c´ırculos de modo que Tb PA = Tb ZA = 90◦ Logo os triˆ angulos PAT e ZAT s˜ ao 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 66

I

A



Solu¸ c˜ ao: _

Temos Db NA = Db MA, pois submetem ao mesmo arco DA . Como DIAN é um paralelogramo ent˜ ao Db NA = Db IA, assim: Db MA = Db IA Como I, A e M s˜ ao 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 s˜ ao 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 Ab OH é um ˆ angulo central da mesma circunferência em que Ab TH está inscrita e portanto: Ab OH Ab TH = 2 _

_

Com Ab TH relativo ao arco AH e Mb OY relativo ao arco MY. _ _ b b Como MOY > AOH isso implica diretamente em MY = AH.

16. Mostre que um ˆ angulo 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 op˜ oe pelo vértice. (Na figura anterior a esquerda: Ab PB = (med AB + med CD). 2

67



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

B

Note que Ab PB é ˆ angulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que Ab PB = Ab DB + Cb BD. _ Como Ab OB é ˆ angulo inscrito na circunferência que corresponde ao arco AB e Cb BD corresponde _ ao arco DC temos: _

AB Ab DB = 2 _

DC Cb BD = 2 Como Ab PB = Ab DB + Cb BD segue se que: _

_

AB + DC Ab PB = 2

17. Na figura abaixo Ab PB é um ˆ angulo secante cujo vértice esta fora do circulo mostre que Ab PB _ _ 1 = (med AB - med CD) 2 A

P

C D B

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

68



A

P

C D B

Com essa constru¸c˜ ao teremos os seguintes ângulos inscritos Ab CB, Ab DB e Cb BD. Como Ab CB é ˆ angulo esterno ao triˆ angulo CBP por consequência do axioma V temos: Ab CB = Ab PB + Cb BD b b b APB = ACB - CBD _

_

AB CD Ab PB = + 2 2 _ _ 1 Ab PB = (AB − CD) 2 Como se queria demonstrar.

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 ˆ angulo daquele vértice. Solu¸ c˜ ao: Seja A1 ,...,An um pol´ıgono qualquer inscrito numa circunferência de centro O A1 A2 A3

O

A4 An Os triˆ angulos A1 OA2 e A2 OA3 s˜ ao congruentes e dessa congruência retiramos que: A1 Ab2 O = OAb2 A3 Logo OA2 é bissetriz de A1 Ab2 A3 . Como se queria demonstrar.

69


8.2


Problemas

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 está 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 > OC.

2. Na figura abaixo APbC é um ´ angulo 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 Bb AD = Bb 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 Como se queria demonstrar.

3. Na figura abaixo W S e HI s˜ ao cordas que se interceptam no ponto G, e RT é bissetriz do b Prove que W R · T S = HT · RI. angulo W GI. ˆ I

R W G H

T

70

S



Solu¸ c˜ ao: Wb GR = Rb GI, pois RT é bissetriz de W b GI. Como Wb GR = Tb GS, pois são opostos pelo vértice, então Rb GI = Hb GT que implica que Rb GI = Sb GT. _

Temos que Wb SH = Wb IH, pois subentende-se ao mesmo arco WH. Com isso pode-se afirmar que ∆IRG é semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois ângulos congruentes Sb GT = Ib GR e Wb ST = Wb IH). Desta semelhan¸ca temos que: RG IG RI = = (1) TS GT GS _

Considerando que Ib WS = Ib HS, pois se subentendem ao mesmo arco IS, segue se que ∆WRG é semelhante ao ∆HGT. Desta semelhan¸ca tem se que: RG WG WR = = (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 Como se queria demonstrar.

b Prove 4. Seja ABC um triˆ angulo e D um ponto de BC tal que AD é bisstriz do ângulo A. 2 que (AD) = 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 Bb AD = Db AC, pois por hip´ otese AD é sua bissetriz. Como Bb EA = Ab CB, pois são ângulos _ que subtende ao mesmo arco, no caso AB, então se conclui que ∆ABE é semelhante ao ∆ADC. Isso implica que: AB AE = ⇒ AB · AC = AE · AD AD AC _

Observe que Db BE e Cb AD s˜ ao ˆ angulos que determinam o mesmo arco EC e portanto Db BE = Cb AD. E como Bb ED = Ab CD ent˜ ao ∆BDE é semelhante ao ∆ADC. Desta semelhan¸ca tem-se: 71



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 Como se queria demonstrar.

5. Na figura seguinte o c´ırculo est´ a 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. B

X 90◦ A O 90◦ P D

Y

C Z

Note que AB, BC, CD e DA s˜ ao 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:

72



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 hip´ otese e pela constru¸c˜ ao dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA são tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente. Pela constru¸c˜ ao 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

73



Como se queria demonstrar.

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¸c˜ ao 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 Ob AB = Ob BA pois são ângulos da base ∆AOB is´ osceles. Tra¸cando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), então 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¸c˜ ao de que H’ também é ponto médio do segmento AB. Como um segmento n˜ ao pode possuir dois pontos médios então H = H’ assim OH ∪ H0 P = OP Que intercepta AB no seu ponto médio. Como se queria demonstrar.

10. Prove que se dois c´ırculos s˜ ao 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

74

P



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

11. Na figura seguinte as retas s˜ ao 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 n1 e n2 também se interceptam na reta dos centros. Solu¸ c˜ ao: (Primeira parte) Considere a seguinte constru¸c˜ ao. m1 n1 B

O

D

H

P

A

C n2 m2 O angulo Bb AC é tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC é isósceles que implica que Cb BA = Bb CA. Tra¸cando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC será formado o ponto D (que é intercess˜ ao 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 ent˜ ao m1 e m2 se interceptam na linha dos centros.

12. Sejam A e B pontos de intercessão de dois c´ırculos. Sejam C e D as extremidades dos diˆ ametros 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¸c˜ ao

75



A

C

D

B

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

13. Prove que a medida de um ˆ angulo 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 is´ osceles o que implica no fato de que Ob AB = Ab BO. Como Ab OB é angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se: Ab OB + Ob AB + Ob BA = 180◦ Ab OB = 180◦ − 2 Ob AB Como Ob AB = 90◦ − Cb AB ent˜ ao: Ab OB = 180◦ − 2(90◦ − Cb AB) Que implica em arco(AB) Ab OB Cb AB = = 2 2 Como se queria demonstrar.

76



˜ TRIGONOMETRICAS ´ FUNC ¸ ES

9 9.1

Exerc´ıcios

1. Quando o sol est´ a a 20◦ acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada por um edif´ıcio de 50m? Solu¸ c˜ ao: 50 tg 20◦ = ⇒ AB ' 137.3796 AB

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

12m

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

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

B

5

5

α

α 8

Pela lei dos cosenos temos: 2 2 AB = AC + BC − 2AC BCcosb C

Substituindo os valores da figura: 25 = 64 + 25 − 2 · 8 · 5 cosb C 64 cosb C= ⇒b C∼ = 36◦ 870 80 77

C



Como b C=b A pois o triˆ angulo é is´ osceles, então sen b C = sen b A = 0.6

4. Do topo de um farol, 40 metros acima do n´ıvel do mar, o faroleiro vê um navio segundo um a ˆngulo (de depress˜ ao) de 15◦ . Qual a distância 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 A

20◦

B

Aplicando a lei dos senos Senb C Senb A = AB BC Sen90◦ Sen20◦ = ⇒ BC ∼ = 171.01m 500 BC

6. Mostre que o per´ımetro de um pol´ıgono regular inscrito em um circulo de raio R e pn = 2Rn 180◦ sen . n Solu¸ c˜ ao: 78



O per´ımetro de Pn de n lados é calculado por: Pn = 2nP Onde P é a metade da medida de um lado, conforme a figura abaixo indica. B D A

C b A

BD = DC e P =

P Sendo Sen b A = com b A= R

360◦ 2n

BD DC

então: P = R · senb A

e portanto Pn = 2n · R · senb A 360◦ 2n 180◦ Pn = 2n · R · sen n

Pn 2n · R · sen

Como se queria demonstrar

b = 20◦ e C b = 140◦ . Determine a altura do vértice 7. Num triˆ angulo ABC tem se AC = 23, A B. Solu¸ c˜ ao: Esse triˆ angulo n˜ ao existe. O que invalida a questão. Isso pode ser provado com o seguinte calculo. A soma dos ˆ angulos internos de todo pol´ıgono é igual a 180◦ , logo b B = 20◦ e o triângulo é is´ osceles e portanto CB = 23. Como na figura abaixo. C 140◦ A 20◦

B 20◦

Tra¸cando uma bissetriz em b C teremos dois triângulos retângulos como na figura abaixo. 79



C 70◦ 90◦ A 20◦

D

B 20◦

Usando a lei dos senos sen20◦ sen90◦ ⇒ DC ∼ = = 7.866 23 DC Aplicando o teorema de Pit´ agoras chegamos a AD = 21.613. Portanto, AB = 43.226. Vamos usar esses dados para mostrar que essa constru¸cão de triângulo não é poss´ıvel pois se tra¸carmos uma altura (segmento BE ) conforme a figura abaixo C E

90◦

A 20◦

B

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

b são definidas por secA b= 8. As fun¸c˜ oes secante, cossecante e cotangente de um ângulo A b cossecA b = 1/senA b e cotgA= b 1/tgA, b desde que cosA, b senA b e tgA b sejam definidas e 1/cosA, diferentes de zero. Prove que: a) 1 + tg2 b A = sec2 b A 2b b) 1 + tg A = cossec2 b A

80



Solu¸ c˜ ao de a: sec2 b A=

1 A cos2 b

sec2 b A=

sen2 b A + cos2 b A 2 b cos A

sec2 b A=

sen2 b A +1 2 b cos A

sec2 b A = Tg2 b A+1 Como se queria demonstrar Solu¸ c˜ ao de b: Cosec2 b A= =

1 A sen2 b

sen2 b A + cos2 b A 2 b sen A

1+

A cos2 b 2 b sen A

A = 1 + cotg2 b =1+

1 tg2 b A

Como se queria demonstrar

81


10 10.1


´ AREA Problemas A

9. Uma outra prova do teorema de Pitágoras é sugerida pela figura ao lado. Determine a area do trapézio de duas maneiras diferentes, ´ de forma an´ aloga ao que foi feito na questão anterior. Complete a prova. Esta prova foi inventada por Garfield em 1876.

b

a

B

c

A a D

c b

E

Solu¸ c˜ ao4 James Abrahan Garfield (1831 - 1881) come¸cou desenhando um triângulo retângulo, de catetos b e c e hipotenusa a. Em seguida repetiu o mesmo triângulo, em outra posi¸cão e com um dos vértices coincidindo. Dessa forma ele colocou em alinhamento o cateto b de um dos triângulos, com o cateto c do outro. b

A a c

θ a A

b

c Em seguida, “fechou” a figura, obtendo um trapézio retângulo constitu´ıdo pelos dois triângulos retˆ angulos iniciais (iguais) e um outro triângulo que, como vamos demonstrar, é também um triˆ angulo retˆ angulo. 4 Solu¸ c˜ ao

apresentada pelo prof. Ilydio Pereira de S´ a da UERJ.

82



b α A a c β

B θ

α

a A

β

b

c Precisamos mostrar que o ˆ angulo θ tem medida de 90c irc, para confirmar a afirmativa de que o terceiro triˆ angulo (B) é também retˆ angulo. Como o triˆ angulo inicial (A) é retˆ angulo, temos que os ângulos α e β somam 90◦ (pela Lei angular de Tales). Dessa forma, olhando os três ângulos formados em torno do ponto P, e do mesmo lado de uma reta, teremos que α + β + θ = 180◦ , nos levando a concluir que θ mede também 90o e o triˆ angulo B é também retângulo. ´ ˆ Observe ainda que as três partes unidas geraram um TRAPEZIO RETANGULO, cuja altura é b + c e cujas bases s˜ ao b e c. Podemos calcular a ´ area desse trapézio de duas formas: a) Diretamente pela f´ ormula da ´ area do trapézio. b) Somando as ´ areas dos três triˆ angulos retângulos (2A e 1B). ´ claro que, n˜ E ao importa a forma do cálculo, esses dois resultados devem ser iguais. Vejamos: (b + c) (b + c) 2 2 a a2 bc + = bc + Por b) soma das ´ areas das partes: 2A + B ou 2 2 2 2 Por a) (metade da soma das bases) x altura ou

Igualando as duas express˜ oes obtidas, teremos:

bc +

a2 (b + c)2 = 2 2

2bc + a2 = b2 + 2bc + c2

83



ou, finalmente, a2 = b2 + c2 . Uma curiosidade é que atualmente já existem registradas cerca de 400 demonstra¸cões diferentes do teorema de Pit´ agoras.

84


11


AGRADECIMENTOS:

A Sabrina Fortunato Cunha pelo toque na questão 5 da página 9 do livro. Marina Passos pela solu¸c˜ ao da questão 10 da página 101 do livro. Andreia Cristina Pereira de Oliveira pelo aux´ılio na digita¸cão.

85

Geometria Euclidiana Plana (Resolvido)

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