Irmãos Maristas por Geometria Elementar - Versão HTML

ATENÇÃO: Esta é apenas uma visualização em HTML e alguns elementos como links e números de página podem estar incorretos.
Faça o download do livro em PDF, ePub, Kindle para obter uma versão completa.

index-1_1.jpg

G E O M E T R I A

E L E M E N T A R

Entre os espíritos iguais e postos

nas mesmas condições, o que

conhece GEOMETRIA é superior aos

outros e possui vigor especial.

Pascal

APRESENTAÇÃO

Este livro maravilhoso, escrito pelos Irmãos Maristas e publicado pela editora marista FTD no início do século XX, traz mais de 600

problemas resolvidos de excelente nível envolvendo Geometria

Plana, Geometria Espacial e Cônicas.

Trata-se de uma obra prima recheada com centenas de problemas

de construção, inúmeras demonstrações variadas envolvendo

planimetria, geometria espacial, e um maravilhoso tratamento das cônicas (elipse, hipérbole e parábola) sem recorrer à geometria

analítica !

Nem mesmo o tempo foi capaz de alterar o brilho dessa obra,

escrita com muito vigor pelos irmãos maristas, com linguagem

bastante simples, objetiva e acessível a qualquer leitor interessado em aprimorar e aprofundar seus conhecimentos no mais mágico e

desafiador segmento da Matemática elementar: a Geometria.

O nível dos problemas aqui contidos estimulará mesmo os leitores mais exigentes. Provavelmente, os problemas mais difíceis de

Geometria contidos nos modernos livros brasileiros encontram-se

resolvidos na presente obra, cujo valor é inestimável para os

amantes da Geometria, podem ter certeza.

Mais uma vez, preocupada em resgatar para a presente e futuras

gerações o que há de melhor em livros de ciências exatas, a

VestSeller tem a honra de reeditar esta obra prima e, juntamente com todo o povo brasileiro, saudar e agradecer os irmãos maristas pela incomensurável contribuição que dão à educação nesse país

desde que aqui chegaram, no final do século XVIII, até os dias de hoje.

Prof. Renato Brito

(ex-aluno do colégio marista cearense)

Editora VestSeller

Setembro / 2009

SUMÁRIO

Capítulo 1

Demonstrações envolvendo triângulos;

7

Problemas de construção;

Demonstrações envolvendo quadriláteros.

Capítulo 2

Problemas de construção envolvendo círculos,

35

tangentes e secantes, inscrição e circunscrição.

Demonstrações envolvendo triângulos e círculos;

Problemas de construção envolvendo círculos

inscrito e círculo ex-inscrito;

Problemas de construção envolvendo

paralelogramos e trapézios.

Capítulo 3

Demonstrações envolvendo cevianas;

95

Demonstrações envolvendo triângulos e

circunferências;

Demonstrações envolvendo quadriláteros e

circunferências;

Demonstrações envolvendo polígonos.

Capítulo 4

Problemas envolvendo áreas de triângulos e

143

quadriláteros;

Problemas envolvendo divisão de áreas em razão

dada;

Problemas envolvendo áreas de polígonos.

Capítulo 5

Problemas envolvendo paralelepípedos e

188

pirâmides.

Capítulo 6

Problemas envolvendo divisão de volume de

190

sólidos em razão dada.

Capítulo 7

Problemas envolvendo sólidos de revolução;

203

Problemas envolvendo cálculo de volumes gerados

pela rotação de figuras planas.

Capítulo 8

Problemas de construção envolvendo elipses;

210

Demonstrações envolvendo elipses;

Demonstrações envolvendo hipérboles;

Problemas de construção envolvendo parábolas;

Demonstrações envolvendo parábolas.

Capítulo 9

Problemas de revisão do capítulo 1;

224

Demonstrações envolvendo triângulos;

Demonstrações envolvendo cevianas.

Capítulo 10

Problemas de revisão do capítulo 2;

234

Demonstrações de construção envolvendo

triângulos;

Demonstrações envolvendo circunferências,

triângulos, tangentes e secantes;

Problemas de construção envolvendo

circunferências e tangências.

Capítulo 11

Problemas de revisão do capítulo 3;

247

Demonstrações envolvendo triângulos,

circunferência inscrita e circunscrita;

O círculo de Euler dos 9 pontos.

Capítulo 12

Problemas de revisão do capítulo 4;

260

Lúnulas de Hipócrates;

Problemas de máximos e mínimos envolvendo

áreas de figuras isoperimétricas;

Problemas de máximos e mínimos envolvendo

inscrição e circunscrição de figuras planas.

Capítulo 13

Problemas de revisão do capítulo 5;

278

Problemas de máximos e mínimos envolvendo

paralelepípedos.

Capítulo 14

Problemas de revisão do capítulo 7;

282

Problemas envolvendo sólidos de revolução;

Problemas envolvendo inscrição e circunscrição de

figuras espaciais;

Problemas de máximo e mínimo envolvendo

inscrição e circunscrição de figuras espaciais.

Capítulo 15

Problemas de revisão do capítulo 8;

296

Demonstrações e teoremas envolvendo elipses e

parábolas.

Capítulo 16

Apêndice sobre máximos e mínimos sem uso de

299

cálculo diferencial.

index-7_1.jpg

index-7_2.jpg

Capítulo 1

GEOMETRIA ELEMENTAR

EXERCÍCIOS DE GEOMETRIA

CAPÍTULO 1

1. Construir o complemento de um ângulo dado.

Solução: seja o ângulo AOB. Se, sobre o lado OB, no ponto O, elevarmos uma perpendicular OC, o ângulo AOC será o ângulo procurado, pois AOB + AOC =

BOC = 1 reto.

2. Construir o suplemento de um ângulo dado.

Solução: seja o mesmo ângulo AOB. Se prolongarmos a reta BO, o ângulo AOD

será o ângulo procurado, pois AOB + AOD = 2 retos.

3. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos adjacentes

suplementares são perpendiculares uma à outra.

Solução: com efeito, sejam os dois ângulos suplementares e adjacentes AOB e AOC, e OD e OE as bissetrizes dos mesmos ângulos. Temos por definição: AOB + AOC = 2 retos;

Logo: 12 AOB + 12 AOC = 1 reto.

4. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos opostos pelo

vértice estão em linha reta.

Solução: Sejam OK a bissetriz do ângulo AOB, e OL a do ângulo COD.

Temos: BOK + KOA + AOC = 2 retos; mas BOK= COL;

Logo: KOA + AOC + COL = 2 retos;

Logo: OL é o prolongamento de OK.

7

index-8_1.jpg

index-8_2.jpg

Geometria Elementar

5. Quantas diagonais podem ser tragadas em um polígono

convexo de n lados?

Solução: Cada vértice, A, pode ser ligado a todos os outros, menos a seus vizinhos, o que dá, para cada vértice, n – 3 diagonais. Por conseguinte, para os n vértices, deveríamos ter: n(n – 3) diagonais ao todo. Mas cada diagonal é contada, duas vezes. Assim, a diagonal AD pode ser obtida unindo o ponto A ao ponto D, ou ligando o ponto D ao ponto A; e, como o mesmo se dá para todas

⎛ n− 3 ⎞

as outras, resulta que poderão ser traçadas ao todo n⎜

diagonais .

2 ⎟

Aplicações numéricas:

• Para o triângulo, n – 3 = 0;

⎛ n− 3 ⎞

Logo: n

= 0

2 ⎟

• Para o quadrilátero, temos n = 4; n – 3 = 1;

⎛ n− 3 ⎞

Logo: n

= 2

2 ⎟

6. Mostre que a soma das diagonais de um quadrilátero

convexo é menor que a soma e maior que a semi-soma de

seus lados.

Solução: Deveremos ter: AC + BD < AB + BC + CD + AD.

8

index-9_1.jpg

index-9_2.jpg

Capítulo 1

AC + BD > 12 (AB + BC + CD + AD).

1) Temos:

AC < AB + BC

AC < AD + DC.

Temos igualmente:

BD < BC + CD

BD < AB + AD.

Somando estas desigualdades membro a membro, e dividindo cada soma por 2, obtemos:

AC + BD < AB + BC + CD + AD.

2) Temos: OA + OB > AB

OB + OC > BC

OC + OD > CD

OD + OA > AD.

Somando estas desigualdades, e dividindo cada soma por 2, temos: OA + OB + OC + OD > 12 (AB + BC + CD + AD),

ou, finalmente: AC + BD > 12 (AB + BC + CD + AD).

7. Demonstre que a soma das retas que ligam um ponto

interior de um triângulo aos três vértices, é menor que a

soma e maior que a semi-soma dos três lados do triângulo.

Solução:

Teremos:

OA + OB + OC < AB + AC + BC;

OA + OB + OC > 12 (AB + AC + BC).

1) Tem-se:

OA + OB < AC + BC

OB + OC < AB + AC

OA + OC < AB + BC.

Somando membro a membro e dividindo por 2, temos:

OA + OB + OC < AB + AC + BC.

9

index-10_1.jpg

Geometria Elementar

2) Temos

também:

OA + OB > AB

OA + OC > AC

OB + OC > BC.

Somando e dividindo por 2, obtemos:

OA + OB + OC > 12 (AB + AC + BC).

8. Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm n – 1

lados consecutivos iguais, compreendendo n – 2 ângulos

iguais e semelhantemente dispostos.

Solução:

Temos:

AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D', DE = D'E', B = B', C = C', D = D'; digo que os dois polígonos são iguais.

Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre ABCDE, de modo que A'B'

coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C', C'D', D'E' coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD, DE.

Estando A' sobre A, e E' sobre E, A'E' se confundirá com AE, e o mesmo se dará com os polígonos.

9. Mostre que dois polígonos são iguais quando têm n – 2

lados consecutivos iguais adjacentes a n – 1 ângulos iguais

e semelhantemente dispostos.

Solução:

Temos: AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D'; A = A', B = B', C = C', D = D'; digo que os dois polígonos são iguais.

Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre ABCDE, de modo que A'B'

coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C', C'D'

coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD. Por outra, por causa de A' = A e D' = D, A'E' toma a direção de AE, e D'E' a de DE: o ponto E' cairá, pois, sobre o ponto E, e os dois polígonos serão iguais.

10. Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm

todos os lados, e n – 3 ângulos consecutivos

respectivamente iguais e semelhantemente dispostos.

10

index-11_1.jpg

Capítulo 1

Solução:

Temos:

AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D, DE = D'E', EA = E'A' e A = A', B = B’; digo que estes dois polígonos são iguais.

Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre o polígono ABCDE, de modo que A'B' coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos A e A', B e B', os lados A'B, B'C', A'E' coincidirão respectivamente com os lados iguais AB, BC, AE. Além disso, se eu traçar as diagonais (traçá-las) C'E' e CE, estas retas coincidem também; o mesmo se dá com os triângulos C'E'D' e CED, pois têm os 3

lados iguais e semelhantemente dispostos; logo, os dois polígonos são iguais.

11. Quantas condições são precisas para a igualdade de dois

polígonos?

Solução: Dois polígonos são iguais quando têm 2n – 3 elementos respectivamente iguais e semelhantemente dispostos.

Com efeito, conforme os 3 problemas precedentes, é preciso conhecer: 1º) n – 1

lados e n – 2 ângulos; 2º) n – 2 lados e n – 1 ângulos; 3º) n lados e n – 3

ângulos, e, por conseguinte, em todos os casos 2n – 3 elementos.

12. Mostre que, em qualquer triângulo, cada mediana é menor

que a semi-soma dos lados adjacentes.

Solução:

Teremos: AM < 12 (AB + AC).

Com efeito: prolonguemos a mediana AM do comprimento MD = AM, e

tracemos BD.

Os dois triângulos ACM, BDM são iguais e, por conseguinte, AC = BD. Mas temos AD = 2AM < AB + BD, ou 2AM < AB + AC, ou, enfim: AM < 12 (AB + AC).

Operar-se-ia da mesma forma para as medianas BN, CP.

13. Mostre que a soma das medianas de um triângulo é menor

que a soma e maior que a semi-soma dos lados (fig. 8).

Solução: Teremos: AM + BN + CP < AB + BC + AC

AM + BN + CP > 12 (AB + BC + AC).

1) Ora, temos (ex. 12):

11

index-12_1.jpg

index-12_2.jpg

Geometria Elementar

2AM < AB + AC

2BN < BA + BC

2CP < AC + BC.

Feita a soma, e dividida por 2, obtemos: AM + BN + CP < AB + BC + AC.

2) Temos (nº 60):

AM > AB – BM

AM > AC – CM.

Adicionando, obtemos: 2AM > AB + AC – BC.

Temos igualmente: 2BN > AB + BC – AC

2CP > AC + BC – AB.

Somemos essas três desigualdades, reduzamos e dividamos por 2; virá: AM + BN + CP > 12 (AB + BC + AC).

14. Sobre os lados de um ângulo, tornam-se os comprimentos

OA = OB; depois: OA' = OB'; traçam-se AB' e BA'.

Demonstrar que OM é bissetriz do ângulo considerado.

Solução: Com efeito, os triângulos OA'B, OAB' são iguais, como tendo um ângulo igual, compreendido entre lados iguais: onde resulta a igualdade dos ângulos OA'M e OB'M, OAM e OBM.

A igualdade destes últimos dá A'AM = B'BM.

Logo os triângulos A'AM e B'BM são iguais, por terem um lado igual adjacente a dois ângulos iguais; logo: AM = BM. Tendo os triângulos OAM e OBM um ângulo igual, OAM = OBM, compreendido entre dois lados respectivamente iguais, são iguais, e disto resulta a igualdade dos ângulos AOM e BOM. Daí, um meio de construir a bissetriz de um ângulo.

15. Por um ponto dado, P, fora de um ângulo AOB, traçar uma

reta que determine, por sua interseção com os lados deste

ângulo, dois comprimentos iguais OA, OB.

12

index-13_1.jpg

index-13_2.jpg

Capítulo 1

Solução: Suponhamos o problema resolvido. Já que os comprimentos OA e OB

são iguais, o triângulo OAB é isósceles; portanto a reta OC, que une o ponto O

ao meio C de AB, é perpendicular à reta PB e também é bissetriz do ângulo AOB. Daí resulta a construção seguinte: traça-se a bissetriz OC do ângulo AOB; depois, do ponto P, abaixa-se sobre OC a perpendicular PB, que é a reta procurada. Existe evidentemente outra solução, que se obtém traçando a bissetriz OC' do ângulo AOB', suplementar de AOB; de fato, ver-se-ia, com raciocínio análogo ao precedente, que os comprimentos OA' e OB' são iguais.

16. Dizer, sem tomar diretamente medida, se um ponto C,

situado fora de uma reta AB, está mais perto de A que de B.

Solução: Basta evidentemente elevar uma perpendicular no meio de AB: se o ponto C se acha sobre esta perpendicular, é que ele está igualmente distante de A e de B; se estiver fora desta perpendicular, está mais perto de um ponto que do outro. É fácil determinar de qual dos dois pontos está mais próximo.

17. Duas aldeias, A e B, situadas a certa distância de um rio,

querem construir uma ponte com despesas comuns;

pergunta-se o lugar em que deverá ser feita a ponte para se

achar igualmente distante de cada aldeia.

Solução: Uno A e B por uma reta; no ponto M, meio de AB levanto uma perpendicular, até o encontro em N do rio. Como a perpendicular MN é o lugar dos pontos equidistantes dos pontos A e B, o ponto N dista igualmente de A e de B.

18. Mostre que as perpendiculares elevadas no meio dos lados

de um triângulo concorrem em um mesmo ponto.

Solução:

Tracemos, nos meios de AB e AC, as perpendiculares ON, OP: teremos OA = OB, e OA = OC; onde: OB = OC; logo, ponto O pertence à perpendicular elevada no meio de BC: portanto, as três perpendiculares OM, OP, ON concorrem no mesmo ponto O.

13

index-14_1.jpg

index-14_2.jpg

index-14_3.jpg

Geometria Elementar

19. Mostre que se, das extremidades da base de um triângulo

isósceles abaixarmos perpendiculares sobre os lados

opostos, estas perpendiculares serão iguais.

Solução: Com efeito, os dois triângulos retângulos ABE, ABD têm a hipotenusa comum e um ângulo adjacente igual; logo, são iguais: onde, a igualdade das perpendiculares AE e BD.

20. Por um ponto dado, P, traçar uma reta equidistante de dois

pontos dados A e B, e separando os dois pontos dados.

Solução: Tracemos a reta AB e uma reta qualquer PE, cortando o meio de AB: PE é a reta pedida.

De fato, abaixemos sobre essa reta as perpendiculares AD e BE; obteremos dois triângulos ADC e BCE, iguais, por terem a hipotenusa igual e ângulos agudos em C iguais; onde: AD = BE; logo, PE é a reta pedida.

21. Dados dois pontos, A e B, situados do mesmo lado de uma

reta, achar o caminho mais curto para se ir do ponto A ao

ponto B, tocando nessa reta.

Solução: Se os dois pontos se encontrassem de cada lado da reta, o caminho mais curto para se ir do ponto A ao ponto B seria a reta que unisse esses dois pontos.

14

index-15_1.jpg

index-15_2.jpg

Capítulo 1

É, pois, natural procurarmos abaixo da reta um ponto A', tal que a reta A'B seja igual à linha quebrada que devemos percorrer para irmos de A a B. Para isto, abaixemos sobre MN a perpendicular AD, e prolonguemo-la de um comprimento DA' = AD (o ponto A' é simétrico de A em relação a MN). Enfim, tracemos a reta A'B: o trajeto ACB é o mais curto caminho procurado.

Para demonstrá-lo, provemos que qualquer outro, AEB, é maior. Segundo a construção da figura, ACB pode substituir-se por A'CB e AEB por A'EB; ora, é claro que temos: A'EB > A'CB.

NOTA. Do que precede, resulta que as retas AC, CB, correspondentes ao caminho mais curto (AC + CB é um mínimo), ficam igualmente inclinadas sobre a reta MN, pois os ângulos ACM o BC'N são iguais.

22. Tomados dois pontos, A e B, no interior de um ângulo xOy,

achar o caminho mínino do ponto A ao ponto B tocando os

lados Ox e Oy.

Solução: Sejam A' e B' os pontos simétricos de A e B, e A'B' a reta que os une: tracemos AC e BD, e teremos a linha quebrada ACDB, como sendo o caminho mais curto de A a B, tocando os lados Ox e Oy. Para demonstrá-lo, provemos que qualquer outro, AC'D'B por exemplo, é maior.

De acordo com a construção da figura, podemos substituir ACDB por A'CDB' e AC'D'B por A'C'D'B', sendo evidente que temos A'C'D'B' > A'CDB'.

23. Mostre que as bissetrizes dos três ângulos de um triângulo

concorrem no mesmo ponto.

Solução: Traço as bissetrizes dos ângulos A e B, e, do ponto O de encontro, abaixo as perpendiculares OD, OE e OF sobre os três lados. Ficando o ponto O sobre a bissetriz de A, OE = OF; pertencendo o mesmo ponto O à bissetriz de B, OD = OF, onde: OE = OD; logo, o ponto O está também na bissetriz do ângulo C; concluímos finalmente que as três bissetrizes concorrem no mesmo ponto.

15

index-16_1.jpg

index-16_2.jpg

Geometria Elementar

24. Demonstre que a paralela a um dos lados de um triângulo,

traçada pelo ponto de concurso das bissetrizes, é igual à

soma dos segmentos adjacentes a esse lado, determinados

por ela sobre os dois outros.

Solução: Sejam BO e CO as bissetrizes dos ângulos B e C, e DE a reta paralela a BC e passando pelo ponto O. Temos: DE = BD + CE.

Com efeito, os ângulos DOB e OBC são iguais como alternos-internos.

Portanto, o triângulo DOB é isósceles, e DO = BD. Analogamente se provaria OE = CE. Onde resulta que DO + OE, ou DE = BD + CE.

25. Determinar a bissetriz do ângulo formado por duas retas

AB e CD, que não podemos prolongar até o ponto de

concurso.

Solução:

Por um ponto qualquer de CD, traço EF paralela a AB, e tomo, sobre os lados do ângulo FEC, os comprimentos iguais EH e EG, prolongando GH até I. A reta IH forma com as duas retas, AB e CD, um triângulo isósceles, pois I = G = H.

Logo, obteremos a bissetriz do ângulo do vértice levantando uma perpendicular no meio da reta IH.

26. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos que têm os lados

paralelos são paralelas ou perpendiculares uma a outra.

Solução:

1º) Sejam os dois ângulos BAC e B'A'C', que têm os lados paralelos e dirigidos no mesmo sentido. Tracemos DA, paralela a D'A', bissetriz de B'A'C'; teremos:

BAD = B'A'D', DAC = D'A'C'.

Mas B'A'D' = D'A'C'; logo, BAD = DAC, e DA é bissetriz de BAC.

2º) Se considerarmos a bissetriz AE do ângulo BAG, esta reta é perpendicular a AD, e, portanto, a A'D'.

16

index-17_1.jpg

index-17_2.jpg

index-17_3.jpg

Capítulo 1

27. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos de lados

perpendiculares são perpendiculares ou paralelas.

Solução:

1º) Sejam os ângulos agudos BAC e B'A'C', que têm os lados perpendiculares, AD e A'D' as suas bissetrizes. Estas retas são perpendiculares. Com efeito, pelo pelo ponto A, tracemos AC'' e AB'', paralelas a A'C' e A'B': os ângulos B''AC'' e B'A'C', dirigidos em sentidos opostos, são iguais. A bissetriz AD'', do ângulo B''AC'', é paralela a A'D' (ex. 26). Ora, se do ângulo reto CAC"

tirarmos o ângulo DAC e lhe acrescentarmos o ângulo C"AD" = DAC, ainda teremos DAD'', que será reto.

Logo, AD e AD'' são perpendiculares e, portanto, AD e A'D' também o são.

2º) Sejam os dois ângulos BAC e C'A'G, agudo um, e obtuso o outro; a bissetriz A'E é perpendicular a A'D' e, por conseguinte, paralela a AD.

28. Mostre que num triângulo ABC, o ângulo O das bissetrizes

A

dos ângulos B e C vale 1 reto mais

.

2

17

index-18_1.jpg

index-18_2.jpg

Geometria Elementar

A

Solução: Deveremos ter: O = 1r +

.

2

B + C

Com efeito, no triângulo BOC, temos: O = 2r −

. Mas o triângulo proposto

2

dá: B + C = 2r – A ou, dividindo por 2 ambos os membros desta igualdade: B + C

A

A

A

= 1r −

; onde O = 2r − 1r +

= 1r +

.

2

2

2

2

29. Dados um triângulo ABC, e um ponto O, no interior do

mesmo, demonstrar que o ângulo O é sempre maior que o

ângulo A do triângulo (fig. 22).

Solução:

Com efeito, temos: A = 2r – (B + C) e O = 2r – (OBC + OCB).

Ora, é evidente a relação OBC + OCB < B + C; onde: O > A.

30. Mostre que o ângulo DAE formado pela mediana e a altura

de um triângulo retângulo, é igual à diferença dos dois

ângulos agudos.

Solução:

Devemos ter DAE = B – C.

Com efeito, B + C = 1r. Também temos C + DAC = 1r, portanto B = DAC. Aliás, C = EAC; e, finalmente: DAE = DAC – EAC = B – C

31. Num triângulo ABC, traça-se até o lado BC uma reta AD,

fazendo com o lado AB um ângulo igual ao ângulo C, e uma

reta AE, fazendo com o lado AC um ângulo igual a B.

Demonstrar que o triângulo DAE é isósceles.

Solução: A ângulo BAD = C, ângulo EAC = B. Digo que o triângulo DAE é isósceles.

Com efeito, sendo o ângulo AED exterior no triângulo AEC, temos: AED = EAC + C = B + C; e, do mesmo modo: ADE = B + C. Portanto, o triângulo ADE é isósceles.

18

index-19_1.jpg

Capítulo 1

32. Achar a soma dos ângulos de um polígono de 25 lados.

Solução:

Seja S a soma pedida. Temos S = 2nr – 4r. Ora n = 25, logo:

S = (2r × 25 – 4r) = 46r.

33. Qual é o polígono regular cuja soma dos ângulos vale 12

retos?

Solução: Na fórmula S = 2nr – 4r, basta substituir S por 12r e resolver a equação resultante, onde n = 8.

Resposta: Trata-se do octógono.

34. Qual é o polígono regular cujo ângulo interior vale 4/3 de 1

reto?

Solução: Como no ex. 32, a soma dos ângulos interiores é igual a: 2nr – 4r; um 2nr − 4r

ângulo terá por medida

.

n

2nr − 4r

4r

No caso presente, temos:

=

. Eliminemos r e resolvamos a equação;

n

3

virá n = 6.

Resposta: O polígono pedido é o hexágono.

35. Mostre que dois trapézios são iguais quando têm os

quatro lados iguais e dispostos do mesmo modo.

Solução: Consideremos os dois trapézios ABCD e A'B'C'D', nos quais temos AB = A'B'; BC = B'C'; CD = C'D' e AD = A'D'. Pelos pontos A e A', tracemos as paralelas AE e A'E' aos lados CD e C'D'. Os dois triângulos ABE e A'B'E' são iguais por terem os três lados iguais, pois BE = BC – AD = B'C' – A'D' = B'E'; AB = A'B' e AE = A'E'.

Por conseguinte, se os sobrepusermos de forma que BE coincida com B'E', o ponto A cairá no ponto A'; como temos BC = B'C', o ponto C cairá em C' e igualmente D em D', devido a EAD = E'A'D' e AD = A'D'.

Logo, os dois trapézios sobrepostos coincidirão em toda a sua extensão.

36. Mostre que as três alturas AG, BH e CI de um triângulo

concorrem ao mesmo ponto.

19

index-20_1.jpg

index-20_2.jpg

Geometria Elementar

Solução: Pelos vértices A, B e C do triângulo proposto, traço paralelas aos lados e assim obtendo segundo triângulo DEF. Sendo iguais as paralelas compreendidas entre paralelas, escrevo AF = BC = AE; logo, o ponto A é o meio de EF.

Com análogo raciocínio, prova-se que os vértices C e B do triângulo ABC

também se encontram respectivamente no meio dos lados DE e DF do triângulo DEF. Por outra parte, sendo AG, BH e CI perpendiculares aos lados BC, AC e AB, são também perpendiculares as suas paralelas (nº 90) EF, DF e DE. Em consequência, as alturas do primeiro triângulo ABC podem ser consideradas como perpendiculares levantadas pelos meios dos lados do segundo DEF e, portanto, concorrem ao mesmo ponto.

NOTA. Do que precede, resulta que se, pelos vértices de um triângulo ABC, traçarmos paralelas aos lados, o triângulo DEF assim formado é o quádruplo do primeiro. Os triângulos ABC e ABF são iguais por terem os três lados respectivamente iguais. Pela mesma razão, os triângulos AEC e BCD também são iguais ao triângulo ABC; logo, DEF é o quádruplo de ABC.

37. Demonstre que se, pelos vértices de um quadrilátero,

traçarmos paralelas às suas diagonais, formaremos um

paralelogramo equivalente ao dobro do quadrilátero dado.

Solução: A figura EFGH é um paralelogramo equivalente ao dobro do quadrilátero ABCD.

Com efeito, consideremos os dois triângulos AEB e AOB; têm um lado igual adjacente a dois ângulos iguais como alternos-internos; logo estes triângulos são iguais. Pode-se verificar, da mesma maneira, que cada um dos triângulos acrescentados, pela construção indicada, à figura primitiva, é igual a um dos triângulos constitutivos do quadrilátero proposto. Portanto, o quadrilátero EFGH, que é paralelogramo por serem paralelos os seus lados opostos, vale o dobro do quadrilátero dado.

20

index-21_1.jpg

Capítulo 1

51. Mostre que se unirmos os meios E, F, G e H dos lados

consecutivos de um quadrilátero ABCD, a figura EFGH é

um paralelogramo.

Solução: Com efeito, EH é paralela a DB e igual à sua metade (ex. 49). Do mesmo modo, FG é paralela a DB e à sua metade. Portanto, EH e FG são iguais e paralelas, e a figura EFGH é um paralelogramo.

52. Demonstre que se unirmos os meios H e F de dois lados

opostos de um quadrilátero aos meios I e J das diagonais,

ainda obtemos um paralelogramo HIFJ (fig. 39).

Solução: Efetivamente, como a reta HI une os meios de dois lados AB e DB do triângulo ABD, é paralela a AD e igual à sua metade, acontecendo o mesmo com JF no triângulo ADC. Daí, HI e JF são iguais e paralelas, e a figura HIFJ é um paralelogramo. Com raciocínio análogo demonstraríamos que EJGI também é paralelogramo.

53. Mostre que as retas HF e GE, que unem os meios dos lados

opostos de um quadrilátero, e a reta IJ, que une os meios

das diagonais, concorrem a um mesmo ponto O (fig. 39).

Solução: De fato, no paralelogramo IHJF, a diagonal HF passa pelo meio O de IJ; assim também GE, diagonal do paralelogramo GIEJ, passa pelo meio O de IJ; logo, estas três retas concorrem a um mesmo ponto.

54. Mostre que se traçarmos as bissetrizes dos ângulos de um

paralelogramo: 1º obteremos um retângulo; 2º os vértices

K, L, M e N deste retângulo estarão situados nas retas que

unem os meios dos lados opostos do paralelogramo.

Solução:

1º A figura KLMN é um retângulo, pois tem os ângulos retos. Com efeito, temos 1

A + D = 2 retos e, por conseguinte:

(A + D) = 1 reto.

2

Logo AND = MNK = 1 reto.

27

index-22_1.jpg

Geometria Elementar

Solução: Sejam as duas retas PA e PB, provenientes de um ponto P e terminadas numa reta AB. Digo que o meio F de uma reta qualquer PC pertence à reta DE que une os meios D e E das retas PA e PB. Com efeito, no triângulo APC, a reta DE, paralela a AB e traçada pelo meio de AP, passa pelo meio F de PC (ex. 49). Logo, o lugar procurado é a reta DE, que une os meios D e E de duas retas PA e PB

oriundas do ponto P.

64. Mostre que em um triângulo, o ponto de concurso das

perpendiculares levantadas nos meios dos lados, o ponto

de concurso das três medianas e o das três alturas acham-

se em linha reta e a distância do 1º ponto ao 2º é a metade

da distância do 2º ao 3º.

Solução: Sendo O e H os pontos de concurso das perpendiculares e das alturas, temos que demonstrar que o ponto M situado sobre OH é o ponto de concurso MH

das medianas e que MO =

.

2

Traço a reta DE que une os meios de CH e BH, e depois, FG, que une os pés de BC

duas perpendiculares; estas retas são paralelas a BC e valem

(ex. 49). Logo

2

DE = FG; além disto, os ângulos OFG e HED são iguais como tendo os lados paralelos e dirigidos em sentido oposto; o mesmo se dá com os ângulos OGF e HDE. Os triângulos OFG e HDE são, portanto, iguais e segue-se que CH

OG = DH =

. Por outra parte, a reta LK, que une os meios dos lados MC e MH

2

CH

do triângulo MCH, é paralela a CH e igual a

. Logo LK = OG e os dois

2

triângulos OMG e LKM são iguais, porque têm um lado igual adjacente a dois ângulos respectivamente iguais como alternos-internos; assim temos: ML = MG = LC.

Fica provado que M está na mediana CG, aos 2/3 da mesma a contar do ponto C.

Por conseguinte, é o ponto de concurso das medianas. Além disso, temos: MH

MK = OM = KH, onde: MO =

.

2

32

index-23_1.jpg

index-23_2.jpg

Capítulo 2

Solução: Temos, com efeito: HEF = 4 retos – (AEH + AEF).

Ora, no quadrilátero inscrito AEHD, temos: AEH = 2 retos – ADH. Igualmente, no quadrilátero AEFB, temos: AEF = 2 retos – ABF.

Portanto, substituindo no valor de HEF, virá HEF = ADH + ABF; do mesmo modo: FGH = CDH + CBF.

Logo, por fim: E + G = B + D = 2 retos, e o quadrilátero EFGH é inscritível.

120. Mostre que se unirmos os pés das alturas de um triângulo

ABC, obteremos outro triângulo em que os ângulos têm

por bissetrizes as alturas do primeiro.

Solução: Por exemplo, a altura CF será bissetriz do ângulo DFE e teremos: DFO = OFE.

De fato, observamos que o quadrilátero ADOF, com dois ângulos retos em D e F, é inscritível e bem assim, o quadrilátero OEBF. Posto isto, vemos que os dois DO

ângulos DFO e DAO, de medida comum

,

2 são iguais, como também os

DO

ângulos OFE e OBE, que medem ambos

. Ora, os ângulos DAO e OBE

2

são iguais como complementares do mesmo ângulo C; logo, os dois ângulos DFO e OFE são iguais e CF é bissetriz do ângulo DFE. Da mesma forma ocorre com os dois outros ângulos.

55

index-24_1.jpg

index-24_2.jpg

Geometria Elementar

121. Sobre um raio OA prolongado, levanta-se uma

perpendicular DE e, pelo ponto A, traçam-se a secante

ABC e as tangentes CD e BE. Demonstrar que AB = AD.

Solução: Com efeito, sobre OD como diâmetro, descrevamos uma circunferência que deverá passar pelos pontos C e A, visto que o ângulo OCD

é reto assim como o ângulo OAD. Sobre OE como diâmetro, descrevamos outra circunferência, que também há de passar pelos pontos B e A. Ora, os CO

ângulos CDO e CAO, que têm por medida comum

, são iguais. Da

2

BO

mesma forma, são iguais os ângulos CAO e BEO que valem

. Portanto,

2

os ângulos CDO e BEO, são iguais e os triângulos retângulos CDO e BEO

são iguais por terem um cateto igual: CO = BO e um ângulo agudo igual; daí: OD = OE. Sendo iguais as oblíquas OD e OE, são equidistantes do pé da perpendicular, e AE = AD.

122. Toma-se um ponto P qualquer sobre o diâmetro de um

círculo; une-se este ponto à extremidade A do raio AO

perpendicular ao diâmetro OP; prolonga-se AP até

encontrar a circunferência em B e traça-se a tangente BC.

Demonstrar que CB = CP.

56

index-25_1.jpg

index-25_2.jpg

Capítulo 2

BD + AE

AB

Solução: Com efeito, o ângulo CPB tem por medida

ou

.

2

2

AB

Igualmente, o ângulo CBP tem por medida

.

2

Logo, o triângulo CBP é isósceles e temos CB = CP.

123. Se, pelo ponto A, meio de um arco BAC, traçarmos duas

cordas quaisquer AD e AE que cortem em F e G a corda

BC, mostre que o quadrilátero DFGE, assim obtido, é

inscritível.

AB + CD

AC + CD

Solução: Com efeito, o ângulo F tem por medida

ou

.

2

2

AD

O ângulo E tem por medida

. Os ângulos F e E são, pois, suplementares,

2

e o quadrilátero DFGE é inscritível.

124. Mostre que as bissetrizes EF e GH dos ângulos formados

pelos lados opostos de um quadrilátero ABCD inscritível

são perpendiculares entre si.

Solução: Os ângulos em I são retos.

57

index-26_1.jpg

index-26_2.jpg

Geometria Elementar

Com efeito, devido à bissetriz EF, temos: AF – BM = FD – MC.

A bissetriz GH igualmente nos dá: AH – DN = BH – CN.

Somando membro a membro, virá: FH – BM – DN = FD + BH – MN ou

FH + MN = HM + FN.

A medida dos ângulos FIH e HIM é pois a mesma. Logo, estes ângulos são iguais e as bissetrizes EF e GH são perpendiculares entre si.

125. Mostre que se duas cordas AB e CD se cortam em um

círculo, a soma AC + BD dos arcos por elas interceptados

é igual à soma dos arcos interceptados pelos dois

diâmetros paralelos a estas cordas.

Solução:

Teremos: AC + DB = KM + LN.

De fato, os ângulos BED e LON, de lados paralelos e dirigidos no mesmo sentido, são iguais.

AC + DB

KM + LN

Ora um mede

; ao passo que o outro mede

.

2

2

Portanto, AC + DB = KM + NL.

126. Sejam o círculo circunscrito a um triângulo ABC, e H o

ponto de encontro das alturas. Mostre que se

prolongarmos a altura CG até F, teremos: HG = GF.

AD + CD

Solução: Tracemos AF. O ângulo AFC tem por medida

; o ângulo AHF

2

AF + CE

mede

. Ora, os ângulos ACG e DBA são iguais como complementos do

2

mesmo ângulo CAB; portanto os arcos DA e AF, que os medem, são iguais.

58

index-27_1.jpg

Capítulo 3

CAPÍTULO 3

207. Achar uma 4ª proporcional a três linhas que têm 25m, 32m

e 48m.

x

32

32 × 25

Solução: Temos:

=

, onde: x =

= 16m666.

25

48

48

208. Achar uma média proporcional a duas linhas que tem 28m

e 45m.

Solução: Temos: x2 = 28 × 45, onde: x = 28 × 45 = 35m 49.

209. Pede-se uma 3ª proporcional a duas linhas que têm 36m e

24m.

x

36

36 × 36

Solução: Temos:

=

, onde: x =

= 54m.

36

24

24

210. Num triângulo ABC, tem-se AB = 20m, AC = 22m e

BC = 30m: quais são os dois segmentos determinados

sobre BC pela bissetriz AD?

BD

AB

BD

20

Solução: O nº 239 do Curso dá:

=

ou

=

.

BC − BD

AC

30 − BD

22

Eliminando os denominadores, teremos: 22 BD = 600 – 20 BD; onde: 600

BD =

= 14m28.

42

660

Da mesma forma, acha-se: CD =

= 15m71.

42

Teorema de Menelaus de Alexandria (100.AC)

211. Qualquer transversal DEF determina nos lados de um

triângulo ABC seis segmentos tais que o produto de três

segmentos não consecutivos é igual ao produto dos três

outros.

95

index-28_1.jpg

Geometria Elementar

Solução: Deveremos ter: AE × BF × CD = AF × BD × EC.

AE

AF

Com efeito, tracemos CG paralela a DF. O triângulo ACG dá:

=

, e o

EC

FG

BF

BD

triângulo BFD:

=

.

FG

CD

AE × BF

AF × BD

Multiplicando membro a membro, virá

=

; ou, pela

EC × FG

FG × CD

eliminação dos denominadores e a supressão de FG:

AE × BF × CD = AF × BD × EC.

Teorema de Ceva (Geovanni Ceva – 1678)

212. Três pontos D, E, F estão em linha reta quando determinam

sobre os lados de um triângulo ABC seis segmentos tais

que o produto de três segmentos não consecutivos seja

igual ao produto dos três outros (fig. 181).

Solução: Temos: AE × BF × CD = AF × BD × EC; digo que os três pontos D, E e F estão em linha reta.

Com efeito, traço DF; esta reta, cortará AC em certo ponto K, visto que os pontos D e F estão de cada lado de AC e teremos (ex. 211):

AK × BF × CD = AF × BD × CK.

Mas, por hipótese, temos: AE × BF × CD = AF × BD × EC.

AK

CK

AK

E

Dividindo membro a membro, vem:

=

ou

=

.

AE

EC

CK

EC

Ora, uma reta AC pode ser dividida, a partir de A em dois segmentos proporcionais a AE e EC, apenas de um modo: logo AK = AE e os três pontos D, E e F acham-se em linha reta.

96

index-29_1.jpg

Capítulo 3

Teorema de Ceva (1678)

213. Unem-se os três vértices A, B e C de um triângulo a um

ponto qualquer O e prolongam-se AO, BO e CO até o

encontro dos lados opostos. O produto de três segmentos

não consecutivos é igual ao produto dos três outros.

Solução:

Teremos:

AE × BF × CD = AF × BD × CE.

Com efeito, o triângulo BAD dá, por causa da transversal CF (ex. 211): AO × BF × CD = AF × BC × DO, e o triângulo ADC dá, por causa da

transversal BE: AE × DO × BC = AO × BD × CF.

Multiplicando membro a membro e suprimindo os fatores comuns aos produtos, virá: AE × BF × CD = AF × BD × CE.

214. Os três lados de um triângulo são 120m, 80m e 75m: quais

serão os três lados de um triângulo semelhante, cujo lado

homólogo de 120m deve ter 90m?

Solução: Os triângulos semelhantes têm os lados homólogos proporcionais; 120

80

75

80 × 90

assim podemos assentar:

=

=

; onde: x =

= 60m e

90

x

y

120

75 × 90

y =

= 56m25.

120

215. Duas oblíquas partindo do mesmo ponto B encontram

duas paralelas. A 1ª corta as paralelas em D e A, e a 2ª em

E e C, dando as relações seguintes: DA = 4m, DE = 12m,

AC = 18m, BC = 16m: qual é o valor de BD, BE e CE:

97

index-30_1.jpg

index-30_2.jpg

Geometria Elementar

Solução: Os triângulos semelhantes ABC, AIH, ACD, AHG, etc, nos dão: IH

AH

HG

AG

GF

=

=

=

=

.

BC

AC

CD

AD

DE