Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM
(Joao Lucas Marques Barbosa)
Compilado dia 21/01/2015
O livro do Joao Lucas de Geometria Euclidiana Plana a-presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publicadoinicialmente em 1995 vem sendo usado ate hoje, quase 20 anosdepois, nos cursos de licenciatura em matematica.
O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra,embora ainda nao esteja completo devido a falta de tempo. Podehaver tambem uma ou outra passagem obscura, ou mesmo varioserros de portugues. Contudo lembre-se da dificuldade em sentar-sena frente de um computador e digitar por horas textos em LATEXe desenhos em Postscript. Se o leitor identificar algum problemadesse tipo e/ou mesmo quiser contribuir de alguma forma, re-solvendo algum exercıcio ou refazendo algum desenho, sinta-se avontade para me escrever por e-mail.
EXERCICIO PAGINA 7
1. Sobre uma reta marque quatro pontos A, B,C e D, em ordem, da esquerda para a direita.Determine:
a) AB ∪ BCb) AB ∩ BCc) AC ∩ BDd) AB ∩ CDe) SAB ∩ SBC
f) SAB ∩ SAD
g) SCB ∩ SBC
e) SAB ∪ SBC
Solucao: 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 noplano? E um conjunto de 4 retas do plano?
Solucao:
1
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Na pior das hipoteses teremos 3 retas r1, r2 e r3 que serao distintas. Assim formarao pontosPij de intercessao conforme indicado na tabela abaixo:
• r1 r2 r3r1 – P12 P13
r2 P21 – P23
r3 P31 P32 –
A tabela possui tres linhas e tres colunas logo o numero de celulas e 3 · 3 = 9.
Os elementos das diagonais sao nulos (pois as retas nao podem se interceptar com elas mes-mas), assim o numero de pontos de intercessao passa a ser 9− 3
Como os pontos P12 e P21 sao o mesmo ponto de intercessao, nesse caso entre as retas r1 er2, e a mesma situacao ocorre para os demais pontos entao o numero de pontos de intercessaodistintos sao:
6
2=
3(3− 1)
2= 3
Se tivessemos n retas com raciocınio analogo chegarıamos a formula n(n−1)2 onde n e o numero
de retas.Assim para n = 3 temos 3 pontos e para n = 4 temos 6 pontos.
3. Prove o item (b) da proposicao (1.4).
Solucao:Definido as semi-retas tem se:
SAB = {AB e os pontos X| B esta entre A e X}SBA = {BA e os pontos X ′| A esta entre B e X ′}
Como AB = BA entao se torna evidente que AB ∈ SAB ∩ SBA. Agora imagine um ponto Dtal que D ∈ SAB ∩ SBA porem nao pertenca a AB. Pode ocorrer entao dois casos:
• A-B-D: (B esta entre A e D), nesse caso D ∈ SAB mas D /∈ SBA o que contrariaa hipotese.• D-A-B: nesse caso D ∈ SBA mas D /∈ SAB que novamente contraria a hipotese.
Ou seja, nao existe um ponto D /∈ AB e que tambem pertenca a SAB∩SBA. Conclui-se assimque SAB ∩ SBA = AB.
4. Prove a afirmacao feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.
Solucao: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 definicao um conjunto e finito quando pode ser colocadoem correspondencia biunıvoca com o conjunto N. Assim teremos que AB = {P1, P2, ..., Pn}, quesignifica que AB e um conjunto com n elementos.
2
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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 + 1elementos.
5. Sejam P = {a, b, c}, m1 = {a, b}, m2 = {a, c}, m3 = {b, c}. Chame P de plano e m1, m2 em3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I2.
Solucao:Basta observar que todas as combinacoes possıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados
dois a dois pertence a uma das tres retas dessa geometria. Por exemplo, as combinacoes possıveissao: ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m1. Do mesmomodo pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m1,m2,m3). O quemostra que nessa geometria vale o axioma I2.
6. Os exemplos mais simples de conjuntos convexos sao o proprio plano e qualquer semi-plano.Mostre que a intersecao de dois semi planos e um convexo.
Solucao:Imagine os semi planos S1, S2 e S3 tal que S3 = S1∩S2, tomando dois pontos P1 e P2 ambos
pertencentes a S3 entao:
P1, P2 ∈ S1, S2
Seja S1 e S2 convexos entao P1P2 ∈ S1, S2 e portanto pertence a intersecao, assim S3 tambeme convexo.
7. mostre que a intercessao de n semi-planos e ainda um convexo.
Solucao:Considere os semi planos α1, α2, ..., αn todos convexos. Seja B = {α1∩α2∩, ...,∩αn} considere
os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicara no fato de que X,Y pertence a α1, α2, ..., αn
como todos esses semi-planos sao convexos entao o segmento XY pertence a α1, α2, ..., αn logotambem pertence a intercessao e portanto tambem pertencem a B, o que mostra que B ainda econvexo.
8. Mostre, exibindo um contra exemplo, que a uniao de convexos pode nao ser um convexo.
Solucao: Os quatro retangulos (em cinza) abaixo sao figuras convexas e a uniao deles formamuma figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto concava.
3
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A B
C D
9. Tres pontos nao colineares determinam tres retas. Quantas retas sao determinadas porquatro pontos sendo que quaisquer tres deles sao nao colineares?
Solucao:Analogamente ao exercıcio tres construiremos a seguinte tabela, onde rij e a reta determinada
pelos pontos Pi e Pj .
• P1 P2 P3
P1 – r12 r13P2 r21 – r23P3 r31 r32 –
o numero de retas sera3(3− 1)
2= 3 e para n pontos
n(n− 1)
2.
10. Repita o exercıcio anterior para o caso de 6 pontos.
Solucao:
Para 6 pontos (n = 6),6(6− 1)
2= 15, terıamos 15 retas.
EXERCICIO PAGINA 9
1. Discuta a seguinte questao utilizando apenas os conhecimentos geometricos estabelecidos,ate agora, nestas notas: “Existem retas que nao se iterceptam”?
Solucao:Sim, retas que sao paralelas como indica a proposicao 1.1.
2. Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triangulo e nao passa por nenhum deseus vertices, entao ela intercepta tambem um dos outros dois lados.
Solucao:Dado um triangulo ABC e uma reta r, se r intercepta o segmento AB entao A esta do lado
oposto a B em relacao a reta r. Como por hipotese r nao passa por C entao C esta do lado daA ou de B.
4
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Se C esta do lado de A entao C esta contrario a B e entao r intercepta BC.Se C esta do lado de B entao e contrario a A e r intercepta AC
logo sempre intercepta um dos lados.
3. Repita o exercıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Faca uma conjectura de qual sera a respostano caso de n retas.
Solucao:Aproveitando o resultado para n retas ja obtido teremos:
Para n = 5 entao5(5− 1)
2= 10
Para n = 6 entao6(6− 1)
2= 15
4. Mostre que nao existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejamvalidos os axiomas I1 e I2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.
Axioma I1. Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que naopertencem a reta.
Axioma I2. Dado dois pontos distintos existe uma unica reta que contem esses pontos.
Solucao:Tomando uma reta r = {P1, P2} por hipotese existe um Q1 ∈ P diferente de P1 e P2.
Seja Q2 ∈ P e diferente de P1, P2 e Q1, tambem por hipotese, temos que Q2 /∈ r pois rja possui 3 pontos. Logo, existe uma reta s = {P1, Q2} e que contem um ponto Q3 ∈ P comQ3 6= P1, P2, Q1, Q2.
Agora tome Q4 ∈ P com Q4 6= P1, P2, Q1, Q2, Q3. Novamente por hipotese Q4 /∈ r, s poisambos ja possuem tres pontos. Logo deve existir uma reta t = {P1, Q4} que deve conter (porhipotese), um terceiro ponto Q5. Temos entao Q5 6= P1 e Q5 6= Q4 e, por construcao, Q5 6= Q1
e Q5 6= P2, pois r6=t, Q5 6= Q2 e Q5 6= Q3, pois s 6= t. Isto nos leva a uma contradicao pois Q5
seria o setimo 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.
Solucao:Dada a semi reta SAB pelos pontos A e B determinamos a semi reta SBA onde pela proposicao
1.4 ira gerar a reta m.Por definicao SAB e o conjunto dos pontos do segmento AB mais o conjunto de pontos X tal
que A−B −X.
Como C ∈ SAB por hipotese uma das tres possibilidades exclusivas ocorre:
5
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•C = B Nesse caso a demonstracao e imediata.
•A − B − C Nesse caso por definicao de semi-reta SAB = SAC e sendo BC =SBC ∩ SCA e como A /∈ SBC entao A /∈ BC.
•A− C −B Fica analogo ao caso anterior.
6. Demonstre que a intersecao de convexos ainda e um convexo.
SolucaoSejam A e B dois pontos pertencentes a intersecao de n conjuntos convexos, entao A e B
pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destesconjuntos, pois sao convexos. Portanto o segmento AB pertence a intersecao, concluindo assimque a intersecao e um conjunto convexo.
7. Mostre que um triangulo separa o plano em duas regioes, uma das quais e convexa.
SolucaoTracemos tres retas m, n e o que se imterceptam nos pontos A, B e C como na figura abaixo.
m o
n
αβ
C B
A
X
Y
Assim sera formado o triangulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regioes. Aregiao convexa e a regiao que forma o interior do triangulo. Para provar isso considere os pontosX e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas tres retas. Como X e Y estao no mesmo semiplano gerado pela reta m entao o segmento XY nao intercepta a reta m. Analogamente XY naopode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelotriangulo ABC que portanto e uma regiao convexa.
8. Generalize os exercıcios 11 e 12 para o caso de n pontos.
Solucao:Estes exercıcios nao constam no livro, trata-se de um erro de edicao. Tais erros sao muito
comuns nos livros da SBM.
9. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamentedois pontos em comum?
Solucao:
6
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Dado os pontos A,B,C e D de modo que A-B-C-D entao os segmentos AC e BD terao osegmento BC em comum como em um segmento existe infinitos pontos entao AC e BD possuemdois pontos em comum mas nunca possuirao apenas dois pontos.
EXERCICIO PAGINA 18
1. Sejam A, B, C pontos de uma reta. Faca um desenho representando-os, sabendo quem(AB) = 3,m(AC) = 2em(BC) = 5.
2. Repita o exercıcio anterior, sabendo que C esta entre A e B e que m(AB) = 7 e m(AC) = 5.
3. Desenhe uma reta e sobre ela merque dois pontos A e B. Suponha que a coordenada doponto A seja zero e a do ponto B seja um. Marque agora dois pontos cujas coordenadas sao 3,5, 5/2, 1/3, 3/2, 2, -1, -2, -5, -1/3, -5/3.
4. Sejam A1 e A2 pontos de coordenadas 1 e 2. De a coordenada do ponto medio A3 dosegmento A1A2. De a coordenada do plano medio A4 do segmento A2A3. De a coordenada A5
do ponto medio do segmento A3A4.
Solucao:Sendo A3 o ponto medio do segmento A1A2 entao a coordenada A3 sera a media aritmetica
A3 =A1 +A2
2=
1 + 2
2=
3
2
Analogamente se calcula para os demais pontos.
A4 =32 + 4
2
2=
7
4
A5 =32 + 7
4
2=
13
8
5.Prove que, se ab = c
d entao
a) ac = b
d e db = c
a
b)a+ba = c+d
d e a−ba = c−d
c
c) a+bb = c+d
d e a−bb = c−d
d
Solucao:a) a
b = cd
ab ·
bc = c
d ·bc
7
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ac = b
d
E tambem
ab = c
d
ab ·
da = c
d ·da
db = c
a
b) ab = c
d
dbac ·
ab = c
d ·dbac
dc = b
a
1 + dc = 1 + b
a
cc ·
dc = a
a ·ba
c+dc = b+a
a
c) ab = c
d
ab ·
dbac = c
d ·dbac
−1 · dc = −1 · bac−dc = a−b
a
Dessa forma se procede as demais demonstracoes.
6. Se p e ponto de intercessao de cırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) =m(PB).
SolucaoComo o ponto P esta na intersecao dos dois cırculos. Entao P pertence ao cırculo com centro
A e raio r, e por definicao de cırculo, PA = r, da mesma forma P pertence ao cırculo com centroB e raio r, por definicao de cırculo, PB = r,que implica que PA = PB.
7. Usando uma regua e um compasso, descreva um metodo para construcao de um triangulocom dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triangulo e chamado de triangulo isosceles).
Solucao
8
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Considere um segmento AB. Com um compasso centrado em A trace uma circunferenciade raio AB. Agora com centro em B trace um circulo de raio BA. A intercessao entre as duascircunferencias ira gerar os pontos C e D. Fazendo o triangulo CAD teremos um triangulo isoscelesde base CD e lados CA,AD = AB.
8. Descreva um metodo para construcao de um triangulo com os tres lados de mesmo com-primento.
SolucaoTraca-se uma reta e nela marca-se dois pontos A e B.
A B
Com centro em A e depois em B traca-se duas circunferencias de raio r gerando o ponto C talque C ∈ C(A,r) ∩ C(B,r) depois disso traca se os segmentos AC, AB e BC que ira gerar 4ABCcom lados iguais a r.
A B
C
9.Mostre que, se a < b entao a < (a+ b)/2 e b > (a+ b)/2.
SolucaoSe a < b entao
a+ b < b+ b
a+ b < 2b
a+ b
2< b
completando a primeira parte.
a < b
a+ a < a+ b
2a+ a+ b
9
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a <a+ b
2
10. E possıvel desenhar se um triangulo com lados medindo 3,8 e 5?
SolucaoNao, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triangulo e
maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8=8.
11. O cırculo de raio r1 centrado em A intercepta o cırculo de raio r2 centrado em B emexatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)?
SolucaoObserve o seguinte desenho.
A B
r2
r1
DC
Considere o circulo de raio r2 com centro em A e o circulo de raio r1 com centro em B e cujosegmento AB formam os pontos C e D.
Note que AB = AD+CB−CD e tambem que AD = r2, CB = r1 e que CD e um segmentonao nulo. Perceba que assim AB = r2 + r1 − CD o que implica que AB < r2 + r1
12. Considere um circulo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste cırculo. O que sepode afirmar sobre o triangulo ABC?
Solucao:Se os pontos B e C pertencentes a circunferencia que forma o circulo entao AB = AC = r
logo o triangulo e isosceles de base AB.NOTA: O livro refere-se a uma circunferencia como cırculo.
13. Considere um cırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste cırculo e seja B umponto tal que o triangulo OAB e equilatero. Qual e a posicao do ponto B relativamente aocırculo?
Solucao:Sendo o triangulo equilatero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de
tamanho r entao OB = r assim o ponto B esta a uma distancia r do centro do cırculo i.e. B
10
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pertence a circunferencia.
14. Dois cırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O quepode ser afirmado sobre os triangulos ABC e ACD? E sobre o quadrilatero ACBD?
Solucao:Os triangulos ABC e ACD sao isosceles pois AC,BC = r e AD = r, note que tambem que
BD = r. Como o paralelogramo ACBD e formado pela uniao dos 4ABC e 4ADB seus ladosseriam os segmentos que formam o triangulo, e entao AC = BC = AD = BD = r.
Logo o polıgono e um quadrilatero de lados iguais e os triangulos sao isosceles.
A B
C
D
EXERCICIO PAGINA 20
1. Dado um segmento AB mostre que existe e e unico, um ponto C entre A e B tal quem(AC)
m(BC)= a onde a e qualquer real positivo.
Solucao:Sejam x, b e c as coordenadas dos pontos A, B e C. Podemos supor que a < b < c. Para
o caso, de x > b > c, resolve-se de maneira inteiramente analoga. Entao, pelo axioma III2 o
problema de mostrar a existencia de um unico ponto B entre A e C tal quem(AC)
m(BC)= a, equivale
a mostrar que existe um unico numero real b tal que x < b < c eb− xc− b
= a.
Resolvendo em b obtemos que a unica solucao e b = x+ca1+a . Finalmente, resta mostrar que
este b encontrado satisfaz a x < b < c. Com efeito
x =x+ ax
1 + a<x+ ca
1 + a<c+ ca
1 + a
A unicidade do ponto B tambem e consequencia do axioma III2.
2.Descreva um metodo para obter uma boa aproximacao do comprimento de um cırculo.
Solucao:Utilizando um compasso desenhe um circulo de raio r. Com uma regua desenhe no interior
do cırculo um polıgono regular tal que o polıgono fique o mais proximo possıvel do circulo. Comocada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproximacao do circulobastando para isso que aumentemos os lados do polıgono.
11
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3. Prove a seguinte afirmacao feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora deum circulo com um ponto dentro do mesmo, tem um ponto em comum com o circulo.
Solucao:Seja C um ponto qualquer fora de um circulo de centro O, entao OC>r onde r e o raio do
cırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o circulo formado portodos os pontos do plano que estao a uma distancia r do ponto O, entao o ponto D pertencentea intercessao do segmento OC com a circunferencia.
4. Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontosC satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r e chamado de elipse. Estabeleca os conceitos de regiaointerior e de regiao exterior a uma elipse.
Solucao:Analogamente a circunferencia se m(CA)+m(CB) > r entao o conjunto de pontos e externo.Se m(CA) +m(CB) < r entao o conjunto de pontos sera interno.
5. Um conjunto M de pontos do plano e limitado se existe um circulo C tal que todos ospontos de M estao dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos e limitado. Provetambem que segmentos sao limitados. conclua o mesmo para triangulos.
Solucao:Dado o conjunto de pontos P1, P2, ..., Pn tome um unico ponto Pi que usaremos para o centro
da circunferencia, por cada ponto Pj com i 6= j e j variando de 1 a n retirando o proprio i,passara um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos entao por ele marca-seum ponto Q (P1−Pj−Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P1Q definimosum circulo de raio r = P1Q que contera todos os outros uma vez que o segmento que estabeleceseu raio em relacao ao centro P1 e maior que os demais definidos por todos os outros pontos.
EXERCICIO PAGINA 29
1. Mostre que se um angulo e seu suplemento tem a mesma medida entao o angulo e reto.
Solucao:
C
AB β = 90◦
O
12
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Considere o angulo α (BOC) e β, tal como no desenho, onde β e o suplemento de α. Pordefinicao temos:
α+ β = 180◦(1)
como α = β entao:α+ α = 180◦ ⇒ 2α = 180◦ ⇒ α = 90◦
Que de (1) se conclui que β = 90◦ como querıamos demonstrar.
2. Um angulo e chamado agudo se mede menos de 90o, e e obtuso se mede mais de 90◦.Mostre que o suplemento de um angulo agudo e obtuso.
Seja α um angulo agudo e β o suplemento de α. Sabemos que α+ β = 180◦ e como α < 90◦
e β = 180◦ − α entao β > 90◦ como querıamos demonstrar.
4. Dois angulos sao ditos complementares se sua soma e um angulo reto. Dois angulos saocomplementares e o suplemento de um deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais30◦. Quanto medem os dois angulos?
Solucao:Seja α+ β = 90◦ (1) com α1 e β1 suplementos de α e β entao:
α+ α1 (2)
β + β1 (3)
fazendo α1 = β1 + 30◦ (4) i.e. um angulo igual ao outro somado 30 graus. E substituindo β1 de(3) em (4) entao:
α1 = (180◦ − β) + 30◦ = 210◦ − β (5)
Substituindo (5) em (2)α+ 210◦ − β = 180◦
α− β = −30◦ (6)
das equacoes (1) e (6) montamos o sistema:cuja solucao e α = 30◦ e β = 60◦, logo um angulo possui 30 e outro 60 graus.
EXERCICIO PAGINA 32
2. Mostre que as bissetrizes de um angulo e do seu suplemento sao perpendiculares.
Solucao:Considere o desenho abaixo.
AG
D
BE
O
13
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Seja AOB um angulo e BOC seu suplemento entao:
AOB +BOC = 180◦ (1)
Queremos mostrar que BOD + BOE = 90◦ para isso observe que BOD =AOB
2pois SOD
e bissetriz de AOB e BOE =BOC
2logo BOE +BOD =
AOB
2+BOC
2(2)
Comparando as equacoes (1) e (2) vem que:
2(BOE +BOD) = AOB +BOC = 180◦
BOE +BOD =180◦
2= 90◦
Como querıamos demonstrar.
EXERCICIO PAGINA 41
1. Desenhe um triangulo. Construa agora um outro triangulo congruente ao que voce desen-hou. Descreva o procedimento.
Solucao:
A B
C
E F
G
Considere o triangulo ABC. A partir dele construiremos o triangulo EFG congruente ao ABC.Seja os pontos G, E e F nao colineares tal que EF = AC, GF = CB e FE = BA logo pelo
caso LLL os triangulos sao congruentes.
2. Construa um triangulo ABC sabendo que AB = 7.5 cm, BC = 8.2 cm e ABC = 80◦.Meca o comprimento de BC e os outros angulos do triangulo.
Solucao:Considere o seguinte exemplo provisorio de triangulo.
8.2 cm
7.5 cm
C B80◦
A
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Usando a Lei dos senos temos que:
(AC)2 = AB2 + CB2 − 2(AB)(CB) cosB
AC =√
(7.5)2 + (8.2)2 − 2(7.5)(8.2) cos80◦
AC ∼= 10.106
Aplicando novamente a lei
(AB)2 = BC2 +AC2 − 2(CB)(AC) cos C
cos C =(AB)2 − (BC)2 − (AC)2
−2(CB)(AC)
cos C =(7.5)2 − (8.2)2 − (10.106)2
−2(8.2)(10.106)
cos C ∼= 0.6825
C ∼= cos−1(0.6825) ∼= 46◦, 95′
Como a soma de todos os angulos de todo polıgono e 180 graus entao A = 53◦, 05′
De posse desses dados e possAvel construir o triangulo representado no desenho abaixo.
C
A
B
Onde CB = 8,2 cm; AB = 7,5 cm e AC = 10,106 cm. Com os angulos A = 53◦, 05′, B = 80◦
e C = 46◦95′.
3. Na figura ao lado os angulos α e β sao iguais. Mostre que AC = BC
α
β
A
B
C
Solucao:Considere a figura acima e observe que α e o suplemento de BAC e β e o suplemento de
ABC, logo:
15
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α+ABC = 180◦ e β +ABC = 180◦.
Fazendo α = 180◦ −BAC e β = 180◦ −ABC, como α = β temos:
180◦ −BAC = 180◦ −ABC
BAC = ABC
Como todo triangulo isosceles possui os angulos da base congruentes e vice versa fica demon-strado o requerido.
4. Na figura ao lado tem se AB = AC e BD = CE Mostre que:
A
B
C
D
E
a) ACD = ABE
b) BCD = CBE
Solucao (a):
Por hipotese AB = AC logo 4ABC e isosceles e os angulos ABC e ACB.Como 4DBC e 4ECB compartilham o lado BC e por hipotese BD = EC pelo caso LAL
4DBC e congruente a 4ECB o que implica em: CBE = BCD assim:
ACD = ABC + CBE = ACB +BCD = ABE
ACD = ABE
Solucao (b):Use os dados da letra a.
5. Tres sarrafos de madeira sao pregados, dois a dois, de modo a formar um triangulo, comsomente um prego em cada vertice, como indicado na figura seguinte
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A figura assim obtida e rıgida? Porque?Para comparacao construa um quadrilatero com quatro sarrafos e um prego em cada vertice.
E esta figura rıgida?
Solucao:Todo triangulo e uma figura rıgida.
Dem: Seja os 4ABC e 4EFG congruentes. Supondo que os triangulos nao sejam figurasrıgidas ao deformarmos o 4ABC seus angulos irao variar, mas os lados continuarao com asmesmas medidas. Assim pelo caso LLL os dois triangulos ainda seriam congruentes o que seriaum absurdo pois um dos triangulos sofreu uma deformacao.
7. Na figura abaixo, AC = AD e AB e a bissetriz do angulo CAD prove que os triangulosACB e ADB sao congruentes.
A
C
B
D
Solucao:Se AB e bissetriz de CAD entao CAB = BAD.Como CA = AD e AB e comum tanto a 4ADB como 4CAB entao pelo caso LAL, 4ACB
= 4ADB.
8. Na figura abaixo o ponto A e ponto medio dos segmentos CB e DE. Prove que os triangulosABD e ACE sao congruentes.
D
B
C
EA
Solucao:Os angulos CAE = DAB pois sao opostos pelo vertice. Como por hipotese CA = BA e DA
= AE pelo caso LAL, 4ABD = 4ACE.
9. Na figura abaixo os angulos A e C sao retos e o segmento DE corta CA no ponto medioB de CA. Mostre que DA = CE.
17
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
DB
C
E
A
Solucao:Os angulos DBA = CBE pois sao opostos pelo vertice e como CA = BA por hipotese, entao
pelo caso ALA, 4ABD = 4CEB que implica em DA = CE.
10. Da figura abaixo sabe se que OC = OB, OD = OA e BOD = COA. Mostre que CD =BA.
D
BC
AO
Solucao:Por hipotese BOD = COA com:
BOD = BOC + COD e COA = COB +BOA (1)
e pelo esquema COB = COD logo pelo caso LAL, 4BOA = 4COD o que implica em CD= BA.
EXERCICIO PAGINA 44
1. Na figura abaixo CMA e um angulo reto e M e ponto medio de AB. Mostre que CA =CB.
A
B
C
Solucao:
18
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
BMC e o suplemento de CMA logo CMA + BMC = 180◦. Como CMA = 90◦ temos queBMC = 180◦ - 90◦ = 90◦, logo CMA = BMC como M e ponto medio de AB, temos que AM =MB. Como CM e um lado comum ao 4AMC e 4BMC pelo caso LAL entao 4AMC = 4BMCque implica em CA = CB.
2. A regiao marcada com um M representa um lago. Descreva um processo pelo qual serapossıvel medir a distancia entre os pontos A e B. (Qualquer medicao fora do lago e possıvel)
M
A
B
C
Solucao:Considerando a figura, prolongamos a SAC e SBC construindo os segmento CD e CE tal que
CD = CA e CE = CB.
M
A
B
E
D
C
Como DCE = ACB, pois sao opostos pelo vertice, entao 4DCE = 4ACB pelo caso LAL.Assim basta medirmos o segmento DE para termos a medida de AB.
3. Mostre que, se um triangulo tem os tres lados congruentes, entao tem tambem os tresangulos congruentes.
Solucao:Considere a seguinte construcao:
B C
A
Se ∆ABC e equilatero entao tambem e isosceles de base BC, e portanto os angulos de suabase serao congruentes, isto e: B = C. Tomando agora AB como base, pelo mesmo motivo
19
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
teremos A = C que implica em A = B = C. C.Q.D.
4. Na figura abaixo ABD e BCD sao triangulos isosceles com base DB. Prove que os angulosABC e ADC sao congruentes.
C
B
A
D
Solucao:Como ABD = BDA e DBC = BDC pois sao angulos da base de triangulos isosceles, entao:
ABD +DBC = ADB +BDC
que implica em:
ABC = ADC
5. Usando a mesma figura, (do exercıcio 4), mostre que tambem a reta AC e bissetriz de
BAD e perpendicular a DB.
Solucao:Os triangulos ABC e ADC sao congruentes pelo caso LAL logo CAB = CAD. Entao por
definicao AC e bissetriz de BAD.
6. Na figura abaixo, ABD e BCD sao triangulos isosceles com base BD. Prove que ABC =ADC e que AC e bissetriz do angulo BCD.
A
B
C
D
Solucao:Como o triangulo BCD e isosceles entao CBD = BDC. Como CBD = DBA + ABC e BDC
= BDA + ADC entao:
DBA + ABC = BDA + ADC
20
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Como DBA = BDA pois ∆BDC e isosceles, entao ABC = ADC. E pelo criterio LAL temosque ∆BAC = ∆ADC o que implica que AC seja bissetriz.
7. Justifique o seguinte procedimento para determinacao do ponto medio 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 cırculos se interceptam em doispontos. Trace a reta ligando estes dois pontos. A intercecao desta reta com o segmento AB serao ponto medio de AB.”
Solucao:Executando o procedimento chegaremos ao seguinte desenho.
EAB
C
D
Onde percebemos que CB = CA = BD = DA = raio. Assim ∆CBA = ∆BDA e ∆CAD =∆CBD.
Pelos criterios de congruencia ∆CBE = ∆CEA = ∆BDE =∆EDA, entao BE = EA e a reta“r” intercepta o segmento BA no ponto medio.
EXERCICIOS DA PAGINA 621
1. Prove que, se um triangulo tem dois angulos externos iguais, entao ele e isosceles.
Solucao:Dado o ∆ABC como no esquema
A
e
B
f
C
Como e e CAB sao adjacentes e estao sob a mesma semi-reta entao:
e+ CAB = 180◦
Do mesmo modo se conclui que
1Neste capıtulo as letras TAE se referem ao Teorema do Angulo Externo.
21
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
CBA+ f = 180◦
O que implica que
e+ CAB = CBA+ f (1)
Como por hipotese e = f entao de (1) se conclui:
CAB = CBA
Portanto o triangulo ABC e isosceles de base AB.
3. Na figura abaixo os angulos externos ACE e ABD satisfazem a desigualdade: ACE <ABD. Mostre que ABD > ABC.
A
B CD E
Solucao:Pelo TAE tem se que:
ACE > BAC,ABC
Como por hipotese ACE < ABD entao
ABC < ACE < ABD
Que implica em ABC < ABD
4. Prove que um triangulo retangulo tem dois angulos externos obtusos.
Solucao:Dado o triangulo ABC como na figura a seguir
A B
C
sabe se que A + B + C = 180◦. Como B = 90◦ entao A, C < 90◦. Logo o angulo externo aA e C > 90◦ uma vez que sao suplementares.
5. Na figura abaixo, B, D e A sao colineares. Do mesmo modo D, E e C sao colineares.Mostre que AEC > DBC
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
B
C
DE
Solucao:Note que ADE e um angulo externo ao triangulo DBC e pelo TAE tem se:
ADE > DBC,DCB (1)
Do mesmo modo AEC e externo ao ∆ADE e novamente pelo TAE tem se:
AEC > ADE (2)
De (2) e (1) tira-se que, AEC > DBC. Concluindo a demonstracao.
6. Em um cartorio de registro de imoveis um escrivao recusou se a transcrever o registro deum terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprietario mediam 100m, 60m e 20m. Vocepode dar um argumento que justifique a atitude do escrivao?
Solucao:Uma possibilidade e que este escrivao seja funcionario publico e ja tenha dado a hora que
marca o fim do seu expediente. Outra possibilidade e que ele conheca o Teorema da desigualdadeTriangular. Pelo teorema da desigualdade triangular a soma de quaisquer dois lados de umtriangulo deve ser maior que o terceiro lado. Ora se somarmos 60 + 20 teremos 80 que e menorque 100, o que iria contra o teorema.
7. Prove as propriedades da funcao “reflexao”, constantes do texto.
Solucao:Prova de (i)Sabe-se que Fm(Fm(A)) = A, no entanto queremos provar que Fm(A) = A′ o que seria
equivalente ao mostrar que Fm(A′) = A. Portanto para verificar essa igualdade (Fm(A) = A′)vamos mostrar que Fm(A′) = A.
Se Fm(A) = A′ entao existe um segmento AA’ perpendicular a uma reta m.
A
D
A′
m
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Como por hipotese A, A’ nao pertencem a reta m, entao AA’ intercepta m num ponto D talque AD = DA′.
Agora verifica-se que o segmento AA′ possui duas condicoes de reflexo.
A′A = {AD ∪DA′} = AA′
Contudo, como AD e DA’ estao sob a mesma reta A′A coincide com AA′, logo A′A e per-pendicular a m tendo D como seu ponto medio. Assim Fm(A′) = A.
C.Q.D.
Prova de (ii)
(⇒) Se Fm(A) = A entao por definicao existe um segmento AA perpendicular a uma reta monde m ∩ AA e um ponto P que e ponto medio do segmento AA. No entanto como AA e umconjunto unitario (AA={A}) entao A ∈ m.
(⇐) Como AA = {A} e A pertence a m entao Fm(A) = A, pois o reflexo de um ponto e oproprio ponto.
Prova de (iii)Fazendo Fm(A) = A′ e Fm(B) = B′ entao Fm(A)F(B) = A′B′ deste modo devemos provar
que A′B′ = AB.
• Se A = B usando a propriedade (ii) a demonstracao e imediata.• Se A 6= B entao AA’ e BB’ serao interceptados por m nos seus pontos medios D e E
respetivamente
D
B
B′
E
A
A′
m
r
s
Seja r a reta que passa por DB e s a reta que passa por DB′ teremos que:
∆BDE = ∆EB’D (caso LAL)
Note que ∆BDB’ e isosceles de base BB’ e a reta m e sua bissetriz. Assim BDE = B′DE ecomo
ADB +BDA+BDE + EDB′ = 180◦
e tambem
ADB = BDE = 90◦
Entao conclui se que ADB = A′DB′. E portanto ∆ADB = ∆A’DB’ sao congruentes pelocaso LAL.
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D
B
B′
E
A
A′
Assim AB = A′B′ C.Q.D.
Prova de (iv)Seja r a reta que passa por A e B, e s a reta que passa por A e B’ entao:
A
B
B′
m
r
s
BDA = ADB = 90◦ e portanto ∆ABD = ∆ADB’ pelo caso LAL. Logo ∆ABB’ e isosceles ecomo m e sua altura, pois m ⊥ BB′, tambem e sua bissetriz.
8. Na figura a seguir os triangulos ABC e EDC sao congruentes e os pontos A, C e D saocolineares. Mostre que AD > AB
C
B
A
E
D
Solucao:O angulo ECD > B, A pelo TAE. Como ∆ABC = ∆ECD ∴ ECD = BCA, assim AC = EC
pelo teorema da desigualdade triangular temos que:
AC + CB ≥ AB
Como AC = EC e CB = CD entao
EC + CD > AB
Como AD = AC + CD tem se que:
AD = EC + CD > AB
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
que implica em AD > AB.
9. Na figura a seguir tem se 1 = 2 e 1 + 2 = 180◦. Conclua que as retas m e n sao paralelas.
m
1
n
2
Solucao:Se m nao for paralela a n entao se formara um triangulo com dois angulos retos, pois 1 = 2 e
1 + 2 = 180◦ o que nao seria possıvel, (isso porque a soma dos angulos internos seria maior que180 graus). Portanto a reta m e paralela a reta n.
10. Na figura abaixo B e D sao angulos retos e AB = DC. Mostre que AD = BC.
A
D C
B
Solucao:Basta tracar o segmento AC, e entao ∆ADC = ∆ABC pelo criterio cateto hipotenusa que
implica que AD = BC.
11. Sejam ABC e A’B’C’ dois triangulos quaisquer em que AB = A’B’, A = A′ e C = C ′.Decida se ABC e A’B’C’ sao congruentes ou nao.
Solucao:Os triangulos serao congruentes pelo caso LAA◦ ou pelo caso Cateto angulo oposto caso sejam
triangulos retangulos.
12. No final da demonstracao do teorema 5.2, e feita a seguinte afirmacao: “.. a semi-retaSAF divide o angulo BAD,...”. Justifique com detalhes porque essa afirmacao e verdadeira.
Solucao:Dado BAD este angulo e definido por duas semi-retas com origem em A.
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A
B
D
F
Dado um ponto F entre as semi-retas SAB e SAD entao F∈BAD e portanto SAF ⊂ BADlogo divide BAD
EXERCICIO PAGINA 84
1. Na figura ao lado O e o ponto medio de AD e B = C. Se B, O e C sao colineares, concluaque os triangulos ABO e DOC sao congruentes.
A B
C D
O
Solucao:Por hipotese AO = OD e B = C, devemos provar que ∆AOB = ∆COD.Pela proposicao 6.3 AB e paralelo a CD logo A = D pois sao correspondentes, como COD =
AOB, pois sao opostos pelo vertice. Assim pelo caso ALA, ∆AOB = ∆COD
2. Prove que a soma das medidas dos angulos agudos de um triangulo retangulo e 900.
Solucao:
A
B
C
Pelo teorema 6.5 A+ B + C = 1800. Seja C = 900 entao A+ B = 1800 − C que implica emA+ B = 900.
3. Prove que cada angulo de um triangulo equilatero mede 600.
Solucao:
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A
C
B
r
Seja ∆ABC equilatero entao:
A+ B + C = 1800 (1)
Por ser isosceles A = C = B entao:3 · B = 1800
Que implica em B = 600 logo A = C = B = 600
4. Prove que a medida do angulo externo de um triangulo e igual a soma das medias dosangulos interno a ele nao adjacentes.
Solucao:
A
C
B
e
Dado ∆ABC sabe se que A+ B + C = 1800 (1) tambem B + e = 1800 (2) igualando (1)com (2) temos:
A+ B + C = B + e⇒ e = A+ B
Como se queria demonstrar.
5. Um segmento ligando dois pontos de um circulo e passado por seu centro chama-sediametro. Na figura ao lado O e o centro do circulo, AB e um diametro e C e outro pontodo circulo. Mostre que 2 = 2 · 1
Solucao:
A B
C
O
21
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Como mostramos na questao anterior 2 = 1 + c. Para mostrar que 2 = 2 · 1 basta mostrarentao que c = 1. Sabemos que AD = r (r e o raio da circunferencia) e OC = r logo AO = OC
portanto ∆AOC e isosceles de base AC e seus angulos 1 = C C.Q.D..
6. Prove que se m e n sao retas equidistantes entao m e n sao paralelas ou coincidentes.
Solucao
A
A′
P
n
m
Seja m e n duas retas distintas que se interceptam no ponto P. Marca se na reta m o ponto Apor onde desse uma perpendicular a reta n no ponto A′. Como as retas sao equidistantes entaoAP = A′P e ∆AA′P e isosceles de base AA′ o que e um absurdo pois a soma de seus angulosinternos seriam maior que 1800, logo ou m e paralela a n ou m = n i.e. coincidentes.
7. Seja ABC um triangulo isosceles com base AB. Sejam M e N os pontos medios dos ladosCA e CB, respetivamente. Mostre que, o reflexo do ponto C relativamente. Mostre que, o reflexodo ponto C relativamente A reta que passa or M e N A¨ exatamente o ponto medio do segmentoAB.
Solucao:Considere as figuras:
A B
C
M N
Seja ∆ABC CM = CN, pois o triangulo e isosceles, e M, N e ponto medio. Seja F(MN)(C) =C ′ entao CC ′ intercepta MN perpendicularmente. Assim pelo criterio Hipotenusa, Cateto∆CMF = ∆NFN entao CC ′ intercepta MN no seu ponto medio.
8. Demonstrar a proposicao (6.10).
Solucao:Para o quadrilatero ABCD por hipotese AB//DC, AB = DC, BC = AD entao temos:
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O
A B
CD
Pelo desenho e possıvel deduzir que os angulos ACD = CAB; ABD = BDC e DAO =ADO = OBC = BCO
Entao 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 medio.
9. Demonstre a proposicao (6.12).
Solucao:Proposicao 6.12: Dado um quadrilatero qualquer se dois lados opostos sao congruentes e
paralelos entao o quadrilatero e um paralelogramo.
A
C
B
D
er
Para esta prova usaremos a proposicao 6.11 onde dado o quadrilatero ABCD com AB//DCe AB = DC por hipotese provaremos que AD = DC por hipotese provaremos que AD = BC,pois segundo 6.11 se isso ocorre o quadrilatero e um paralelogramo. AB//DC por hipotese, logotracamos uma reta r que divide o quadrilatero em ∆ADB, ∆DBC (esquema) entao:
e = ABD pois sao opostos pelo vertice.
e = BDC pois sao correspondentes.
Como DB e comum aos dois triangulos e AB = DC por hipotese entao ∆ADB = ∆DBCpelo caso LAL. Dessa forma BC = AD e pela proposicao 6.11 ABCD e um paralelogramo.
10 Um retangulo A¨ um quadrilatero que tem todos os seus angulos, retos. Mostre que, todoretangulo A¨ um paralelogramo.
Solucao:Considere o desenho.
A
C
B
D
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Sabendo que AB//DC marcamos uma reta r tal como no esquema. Os angulos BAC = ACDe como a soma dos dos angulos internos de um triangulo e 180 graus entao:
ACB = DAC
Logo pelo caso LAL∆ADC = ∆ABC
entao os segmentos AD = BC e ambos sao perpendiculares a AB, DC logo os quatro lados saocongruentes e paralelos.
11. Mostre que, as diagonais de um retangulo sao congruentes.Solucao:Por definicao um retangulo e um quadrilatero com 4 angulos retos.
A
C
B
D
O
Sabe se que se duas retas sao interceptadas por uma terceira perpendicular a elas entao estassao paralelas, logo dado o retangulo ABCD tem se que:
AB//DC e AD//BC
Portanto o retangulo e um paralelogramo e AB = DC e AD = BC. Dado as retas DB e AC,diagonais de ABCD, provemos que sao congruentes.
PROVA: Dado os pontos ABC temos ∆ABC , e de forma analoga construımos ∆ADCcomo ambos sao retos e AD = BC, AB = DC pelo caso LAL sao congruentes e DB =AC.
12. Um losango e um paralelogramo que tem todos os seus lados congruentes. Mostre que,as diagonais de um losango cortam-se em angulos reto e sao bissetrizes dos seus angulos.
Solucao:Em um losango e em um paralelogramo suas diagonais se interceptam em seus pontos medios.
Seja AC e BD diagonais do losango ABCD que se intercepta em F, entao pelos pontos AB eC construımos o triangulo ABC de modo analogo construımos o triangulo DAB. Como BA=BCe DA=AB entao ∆ABC e ∆DAB sao isosceles tal que
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
∆ABC = ∆ABF ∪∆BFC
∆DAB = ∆DAF ∪∆FAB
e ∆ABF = ∆BFC, ∆DAF = ∆FAB pelo caso LLL. Entao BD intercepta AC em 900 ecomo se interceptam em seus pontos medio ( e as diagonais sao a base do triangulo isosceles)entao sao bissetrizes.
13. Um quadrado e um retangulo que tambem e um losango. Mostre que, se as diagonais deum quadrilatero sao congruentes e se cortam em um ponto que e ponto medio de ambas, entaoo quadrilatero e um retangulo.
Solucao:Um retangulo e um quadrilatero com 4 angulos retos internos.
F
A C
B D
Pelo caso LLL os ∆AOC = ∆BOD; ∆AOB = ∆CODComo AB = BC por hipotese e O e o ponto medio de ambos entao:
BO = OD = OC = AO (1)
∆AOC = ∆BOD; ∆AOB; ∆COD
Pelo caso LLL. Assim como os angulos AOB e BOC estao sob a mesma semi-reta e saocomplementares alem de serem congruentes entao:
AOB = BOD = 900
Analogamente para AOC = COD = 900. Como por (1) os triangulos contidos em ABCD
sao isosceles entao OBD = ODB = OBA = BAD = DAC = ACD = ODC = 450, pois a somade seus angulos internos deve ser 1800, um dos angulos ja e reto e dois da base sao congruentes.
Assim os angulos ABD = BAC = CDB = ABD = 900
Satisfazendo a definicao de retangulo.
EXERCICIO PAGINA 86
3. Mostre que, se dois angulos e o lado oposto a um deles, em um triangulo, sao iguais ascorrespondentes partes de um outro triangulo, entao os triangulos sao congruentes.
Solucao:A soma dos angulos internos de cada ∆ e 180◦ ou seja C + A+ B = C ′ + A′ + B′ como A =
A′ e B = B′ ⇒ C = C ′. Assim pelo criterio LAL o ∆ABC = ∆A’B’C’
EXERCICIO PAGINA 100
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
10. Mostre que todo triangulo retangulo de lados p2 − q2, 2pq e p2 + q2 e um trianguloretangulo. Aqui p e q sA£o quaisquer numeros inteiros positivos com p > q.
Solucao:Se o triangulo e retangulo deve valer o teorema de Pitagoras caso contrario o triangulo nA£o
e retangulo. Vamos mostrar que este teorema e valido.
(p2 + q2)2 = (2pq)2 + (p2 − q2)2
(p2 + q2)2 = 4p2q2 + p4 + q4 − 2p2q2
(p2 + q2)2 = p4 + 2p2q2 + q4
Note que o segundo termo da igualdade e um quadrado perfeito
(p2 + q2)2 = (p2 + q2)2
EXERCICIO PAGINA 119
1. Prove que, em um mesmo circulo ou em cırculos de mesmo raio, cordas congruentes saoequidistantes do centro.
Solucao:
A E B
O
C F D
Construa uma circunferencia de centro O com cordas AB = CD. Por O tracamos os segmentosOA = OB = OC = OD = Raio.
Assim ∆ABO e isosceles, o mesmo para ∆COD. Como AOB = COD, pois sao opostos pelovertice, entao ∆ABO = ∆COD pelo caso LAL.
Tracando os segmentos OE e OF tal que OE e EF sao alturas dos triangulos, portantoperpendiculares a AB e CD respetivamente. Como ∆AOB = ∆COD entao EO = OF e as cordasAB e CD sao equidistantes, C.Q.D.
2. Prove que, em um mesmo circulo ou em cırculos de mesmo raio, cordas equidistantes docentro sao congruentes.
Solucao:Imagine a seguinte construcao:
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
B
C D
E
F
O
Pelo problema anterior sabemos que se duas cordas sao equidistantes entao existe uma per-pendicular a cada corda que e congruente, isto e:
OE = OF por hipotese e temos que OE, OF ⊥ AB, CD respetivamente.
Assim ∆OAE = ∆OBE = ∆OCF = ∆OFD pelo caso cateto hipotenusa. Portanto AE = EB= CF = FD e entao:
AE + EB = CF + FD
AB = CD
C.Q.D.
3. Prove que, em um mesmo circulo ou em cırculos de mesmo raio, se duas cordas temcomprimentos diferentes, a mais curta e a mais afastada do centro.
Solucao:Imagine a seguinte construcao:
A
B
C D
E
F
O
Como A,B,C e D pertence ao circulo entao:
OC = OD = OA = OB = raio
Logo ∆COD, ∆AOB sao isosceles.Tracando os segmentos OE e OF de modo a termos, ∆AOB = ∆COD ambos retangulos.
Entao pelo teorema de Pitagoras:
OA2 = OF 2 + AF 2
e tambem
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
OC2 = OE2 + CE2
Como OA = OC = raio
OF 2 + AF 2 = OE2 + CE2 (1)
Como AB < CD por hipotese e F e E sao pontos medios de AB e CD respetivamente, pois∆AOB, ∆COD sao isosceles, entao AF < CE o que obriga a desigualdade OF > OE para mantera igualdade em (1). C.Q.D.
4. Mostre que a mediatriz de uma corda passa pelo centro do circulo.
Solucao:Dado uma corda AB e uma mediatriz “m” cortando AB no ponto E tal que AE = EB e
m⊥AB imagina-se a construcao a seguir:
A
E B
O
m
Com base na construcao e facil ver que:
AO = OB = Raio
e tambem que
∆AOB e isosceles de base AB.
Seja OE mediana relativa a base AB do ∆AOB entao (por construcao), OE ⊥ AB. Comopor um ponto passa uma unica reta perpendicular entao OE e a propria mediana passando peloponto O (centro). C.Q.D.
5. Explique porque o reflexo de um circulo relativamente a uma reta que passa pelo seucentro e ainda o mesmo circulo.
Solucao:Recordando as propriedades de reflexao temos:
Fm(A) = A se A ∈ m.
Imagine a seguinte construA§A£o:
35
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
E
A′
Om
Tracando uma reta “m” que, passe pelo centro do circulo, o reflexo do centro e o propriocentro. Seja A um ponto qualquer pertencente ao circulo entao existe um segmento AA’ queintercepta “m” no ponto E tal que AE = A’E e AA’ ⊥ m.
Tracamos entao o ∆AOE = ∆EOA’ que sao congruentes pelo caso LAL. Assim OA = OA’ eportanto o reflexo de A tambem pertence ao circulo.
7. Na figura abaixo AE e tangente comum e JS liga os centros dos dois cırculos. Os pontosE e A sao pontos de tangencia e B e o ponto de intercessao dos segmentos JS e AE. Prove queo angulo J e igual ao angulo S.
S
E
B
J
A
Solucao:
Teorema: Se um raio tem uma reta tangente a circunferencia em sua extremidade entaoesta e perpendicular a reta tangente.
Note que pelo teorema ∆ESB e ∆JBA sao retangulos e EBS = JBA, pois sao postos pelovertice. Como ∆ESB e ∆JBA possui dois angulos congruentes entao sao semelhantes e portantoS = J, C.Q.D.
8. Na figura seguinte, M e o centro dos dois cırculos e AK e tangente ao circulo menor noponto R. Mostre que AR = RK.
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
AR
K
M
Solucao:Construa ∆MAR e ∆MRK tal que AM = MK = Raio.
AR
K
M
Por “m” tracamos uma reta que intercepta AK no ponto R. Ora se um raio intercepta umareta em seu ponto de tangencia esta e perpendicular a reta. Com base nisto teremos ARM =MRK = 90◦. Portanto ∆AMR, e ∆MRK sao retangulos e pelo criterio cateto hipotenusa dostriangulos retangulos ∆MRK = ∆AMR. Logo AR = RK C.Q.D.
9. Na figura abaixo, UK e tangente ao circulo no ponto U e UE = LU. Mostre que LE = EK.
L
U
E
K
Solucao:Se UK e tangente ao circulo no ponto U entao UK ⊥ LU logo LUK = 90◦.
Por hipotese UE = LU e como LE e raio entao LE = LU = UE.
Assim ∆LUE e equilatero e LEU = LUE = ULE = 60◦.
Como LEU e angulo externo do ∆EUK entao:
LEU = EKU + EUK
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
No entanto como LUK = LUE + EUK entao LUE + EUK = 90◦ (1)Como LUE = 60◦ por (1) tem-se
EUK = 30◦
Assim LEU = EUK + EKU implica em:
60◦ = 30◦ + EKU
EKU = 30◦
Assim ∆EUK e isosceles de base UK, pois possuem dois angulos de 30◦, e assim EK = UE(2). Como UE = LU = LE (3).
Por (2)e por (3) chegamos a LE = EK C.Q.D.
10. Na figura seguinte, MO = IX. Prove que MI = OX.
M X
O I
Solucao:Tracando uma corda MX com ela e possıvel perceber que MOX = MIX, pois ambas possuem
a mesma corda.
M X
O I
B
Como ∆MOB e ∆BXI possuem dois angulos congruentes estes sao semelhantes portanto:
MO
XI=OB
BI
Como MO = XI por hipotese:
OB
BI= 1⇒ OB = BI
Assim ∆MOB = ∆BXI pelo caso LAL e MB = BX, portanto:
MB + BI = BX + OBMI = XO
C.Q.D.
11. Na figura seguinte, H e o centro do circulo e CI e um diametro. Se CA e HN sao paralelos,
mostre que_
AN e_IN tem a mesma medida.
38
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
C IH
NA
Solucao:
C IH
NA
Na figura dada tracamos AH (figura acima), entao:
C = 0.5(AHI) (1)
Note que CA = HA = HN = HI = Raio por paralelismo entre CA e HN. Tambem podemosperceber CAH = AHN, pois sao angulos alternos internos.
Como ∆ACH e equilatero (AH = CA = CH = Raio) entao C = CAH = AHN.Entao de (1) vem que:
C = 0.5 AHI = 0.5(AHN + NHI)
C = 0.5(AHN + NHI)
Como AHN = C
C - 0.5 C = 0.5 NHI
0.5 C = 0.5 NHI
NHI = C = AHN
Concluindo que NHI = AHN.
Como angulos centrais iguais resultam em cordas congruentes completamos a demonstracao
concluindo que_
AN =_IN.
12. Na figura abaixo, O e o centro do circulo e TA e um diametro. Se PA = AZ, mostre queos triangulos PAT e ZAT sao congruentes.
P
A
Z
T
O
39
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Solucao:Note que T PA e T ZA remetem ambos a arcos formados por semi cırculos de modo que
T PA = TZA = 90◦
Logo os triangulos PAT e ZAT sao congruentes pelo caso especial (PA = AZ e TA comum).
14. Na figura seguinte, o quadrilatero DIAN e um paralelogramo e I, A e M sao colineares.Mostre que DI = DM.
A
M
N
DI
O
Solucao:
Temos DNA = DMA, pois submetem ao mesmo arco_
DA . Como DIAN e um paralelogramoentao DNA = DIA, assim:
DMA = DIA
Como I, A e M sao colineares o ∆DMI e isosceles 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? Sabese que os dois cırculos sao concentricos.
A ME
TS
YH
Solucao:Com base na figura dada imagine a seguinte construA§A£o:
A ME
T
SYH
o
40
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Note que AOH e um angulo central da mesma circunferencia em que ATH esta inscrita eportanto:
ATH =AOH
2
Com ATH relativo ao arco_
AH e MOY relativo ao arco_
MY.
Como MOY > AOH isso implica diretamente em_
MY =_
AH.
16. Mostre que um angulo secante cujo vertices esta dentro do circulo tem medida igual ametade da soma do arco que determina com o arco que e determinado pelo angulo que se lhe
opoe pelo vertice. (Na figura anterior a esquerda: APB =1
2(med
_AB + med
_CD).
Solucao:Facamos a seguinte construcao:
A
B
C
D
P
Note que APB e angulo externo a ∆PBD e pelo axioma V temos que APB = ADB + CBD.
Como AOB e angulo inscrito na circunferencia que corresponde ao arco_
AB e CBD corresponde
ao arco_
DC temos:
ADB =
_AB
2
CBD =
_DC
2
Como APB = ADB + CBD segue se que:
APB =
_AB +
_DC
2
17. Na figura abaixo APB e um angulo secante cujo vertice esta fora do circulo mostre que APB
=1
2(med
_AB - med
_CD)
41
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A
B
C
D
P
Solucao:Na figura fazemos a seguinte construcao:
A
B
C
D
P
Com essa construcao teremos os seguintes angulos inscritos ACB, ADB e CBD.Como ACB e angulo esterno ao triangulo CBP por consequencia do axioma V temos:
ACB = APB + CBD
APB = ACB - CBD
APB =
_AB
2+
_CD
2
APB =1
2(
_AB−
_CD)
C.Q.D.
21. Prove que o segmento ligando um vertice de um polıgono regular ao centro do cırculo emque ele esta inscrito e bissetriz do angulo daquele vertice.
Solucao:Seja A1,...,An um polıgono qualquer inscrito numa circunferencia de centro “O”
A1
A2
A3
A4
An
O
42
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Os triangulos A1OA2 e A2OA3 sao congruentes e dessa congruencia retiramos que:
A1A2O = OA2A3
Logo OA2 e bissetriz de A1A2A3 C.Q.D.
EXERCICIO PAGINA 125
1. Prove que uma reta pode cortar um cırculo em no maximo dois pontos.
Solucao:Seja C um circulo e A um ponto deste circulo. Tracamos por A uma reta m que intercepta
o cırculo num ponto B, assim C ∪m{A,B} pois A e B sao colineares.Suponha por absurdo que exista um ponto C diferente de A e B que pertenca a m e a C
simultaneamente (em outras palavras C ∩ m ∈ C). Como A, B e C sao colineares entao Cesta entre A e B (A − C − B). Deste modo sendo “O” o centro da circunferencia terıamosOA = OB = OC. O que seria um absurdo pois se C esta entre A e B OA = OB > OC.
2. Na figura abaixo APC e um angulo secante cujo vertice encontra-se fora do circulo e queo intercepta em quatro pontos como indicado. Prove que AP·PB = CP·PD.
A B
C
D
P
Solucao:
Tracando AD e CB tem se BAD = BCP , pois determinam o mesmo arco_
BD. E possıvelobservar que ∆APD e semelhante ao ∆CBP, desta semelhanca tem-se:
AP
CP=AD
CB=DP
PB
Que implica em
AP · PB = CP · PDComo se queria demonstrar.
3. Na figura abaixo WS e HI sao cordas que se interceptam no ponto G, e RT e bissetriz doangulo WGI. Prove que WR · TS = HT ·RI.
WR I
G
H T S
43
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Solucao:WGR = RGI, pois RT e bissetriz de WGI. Como WGR = TGS, pois sao opostos pelo
vertice, entao RGI = HGT que implica que RGI = SGT .
Temos que WSH = WIH, pois subentende-se ao mesmo arco_
WH. Com isso pode-se afirmarque ∆IRG e semelhante ao ∆SGT, (pois possuem dois angulos congruentes SGT = IGR e
WST = WIH). Desta semelhanca temos que:
RI
TS=RG
GT=IG
GS(1)
Considerando que IWS = IHS, pois se subentendem ao mesmo arco_IS, segue se que ∆WRG
e semelhante ao ∆HGT. Desta semelhanca tem se que:
WR
HT=RG
GT=WG
HG(2)
De (1) e (2) obtemos
RG
GT=WR
HT;RG
GT=RI
TS⇒ WR
HT=RI
TS⇒WR · TS = HT ·RI
Como se queria demonstrar.
4. Seja ABC um triangulo e D um ponto de BC tal que AD e bisstriz do angulo A. Proveque (AD)2 = AB ·AC −BD ·DC.
Solucao:Considere o ∆ABC inscrito no circulo (C) como na figura abaixo; onde acrescentamos os
segmentos DE e EB.
A
BC
E
D
Note que BAD = DAC, pois por hipotese AD e sua bissetriz. Como BEA = ACB, pois sao
angulos que subtende ao mesmo arco, no caso_
AB, entao se conclui que ∆ABE e semelhante ao∆ADC. Isso implica que:
AB
AD=AE
AC⇒ AB ·AC = AE ·AD
Observe que DBE e CAD sao angulos que determinam o mesmo arco_
EC e portanto DBE =CAD. E como BED = ACD entao ∆BDE e semelhante ao ∆ADC. Desta semelhanca tem-se:
44
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
BD
AD=ED
DC⇒ AD ·DE = BD ·DC
Levando em conta que AE = AD +DE temos:
AD ·AE = AB ·AC
AD · ( AD +DE ) = AB ·AC
AD2
+AD ·DE = AB ·AC
AD2
+BD ·DC = AB ·AC
AD2
= AB ·AC −BD ·DC
Como se queria demonstrar.
5. Na figura seguinte o cırculo esta inscrito no quadrilatero. Prove que a soma dos compri-mentos de um par de lados opostos e igual a soma dos comprimentos do outro par.
Solucao:Considere o desenho a seguir onde os segmentos de mesma cor sao congruentes.
A
B
CD
O
X
P
Z
Y
90◦
90◦
Note que AB, BC, CD e DA sao tangentes ao circulo nos pontos X, Y, Z e P, o que implicaem:
AX = AP
BX = BY
CY = CZ
DZ = DP
Somando membro a membro:
45
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
AX +BX + CY +DZ = AP +BY + CZ +DP
AB + (CY +DZ) = AD + (BY + CZ)
AB +DC = AD +BC
Com se queria demonstrar.
6. Seja ABCDEF um hexagono que circunscreve um cırculo. Prove que AB + CD + EF = BC + DE + FA.Solucao:
T
Q
F C
X
P
Y
Z
A B
DE
Por hipotese e pela construcao dada, AB, BC, CD, DE, EF, e FA sao tangentes ao circulonos pontos X, Y, Z, P, Q e T respectivamente.
Pela construcao e possıvel notar que alguns segmentos sao congruentes, isto e:
AT = AXBX = BYCY = CZDZ = DPEP = EQFQ = FT
somando as igualdade membro a membro.
AT + BX + CY + DZ + EP + FQ = AX + BY + CZ + DP + EQ + FT
Permutando alguns membros
(BX + AX) + (DZ + CZ) + (EQ + FQ) = (BY + CY) + (DP + EP) + (AT + FT)
AB + CD + EF = BC + DE + FA
46
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Como se queria demonstrar.
8. Prove que se dois cırculos tem dois pontos em comum, a reta dos centros e mediatriz dosegmento ligando estes dois pontos.
Solucao: Considere a seguinte construcao onde A e B sao os pontos de intercessao entre oscırculos.
O
A
B
OA = OB pois, sao raios do circulo mais a esquerda de modo que OAB = OBA pois sao angulosda base ∆AOB isosceles.
Tracando agora um segmento OH tal que OH ⊥ AB (com H ∈ AB), entao pelo criterio LAL o∆AOH e ∆BOH sao congruentes de modo que H sera ponto medio de AB.
Tracando agora um segundo segmento PH’ de modo que PH’⊥AB (com H’ ∈ AB). Compensamento analogo se chega a construcao de que H’ tambem e ponto medio do segmento AB.
Como um segmento nao pode possuir dois pontos medios entao H = H’ assim
OH ∪ H′P = OP
Que intercepta AB no seu ponto medio, CQD.
10. Prove que se dois cırculos sao tangentes, a reta dos centros passa pelo ponto de contacto.
Solucao: Dado o esquema a seguir queremos mostrar que a reta determinada por O e Ppassa pelo ponto de tangencia X.
O PX
r
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Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Para tanto perceba que OX e perpendicular a reta r, assim os pontos O, X e P sao colineares.Onde se conclui que OP passa pelo ponto X.
11. Na figura seguinte as retas sao tangentes comuns aos dois cırculos. Prove que m1 e m2
se interceptam na linha dos centros.Prove que se os raios dos dois cırculos sao diferentes, as retas n1 e n2 tambem se interceptam
na reta dos centros.
Solucao: (Primeira parte) Considere a seguinte construcao.
O P
B
C
HA
n1
n2
D
m1
m2
O angulo BAC e tangente ao circulo de centro O assim: AB = AC e ∆ABC e isosceles queimplica que CBA = BCA.
Tracando o segmento OH de modo que OH seja perpendicular ao segmento BC sera formado oponto D (que e intercessao de OH com BC) que sera ponto medio de BC. Segue-se entao que AD ealtura, bissetriz e mediana.
Usando de mesmo raciocınio para o circulo mais a direita conclui-se que O, A e P sao pontoscolineares e que entao m1 e m2 se interceptam na linha dos centros.
12. Sejam A e B pontos de intercessao de dois cırculos. Sejam C e D as extremidades dosdiametros dos dois cırculos que se iniciam no ponto A. Prove que a reta que liga C a D contemo ponto B.
Solucao: Imagine a seguinte construcao
A
BDC
Os angulos ABC e ABD sao inscritos e subtendem a semi-cırculos pois AC e AD sao diametros,
48
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
assim ABC = 90◦ = ABD. Isto implica que eles sao suplementares e portanto os pontos C, B e Dsao colineares o que prova a afirmacao.
13. Prove que a medida de um angulo formado por um tangente e uma corda de um circuloe igual a metade da medida do arco que ele determina.
Soluao: Considere o seguinte esquema:
O
A
B
C
Perceba que OA⊥ AC e ∆OAB e isosceles o que implica no fato de que OAB = ABO.Como AOB e angulo central correspondente ao arco AB, pelo axioma V tem se:
AOB + OAB + OBA = 180◦
AOB = 180◦ − 2 OAB
Como OAB = 90◦ − CAB entao:AOB = 180◦ − 2(90◦ − CAB)Que implica em
CAB =AOB
2=
arco(AB)
2
EXERCICIO PAGINA 142
1. Quando o sol esta a 20◦ acima do horizonte, qual o comprimento da sombra projetada porum edifıcio de 50m?
Solucao:
tg 20◦ =50
AB⇒ AB ' 137.3796
2. Uma arvore de 10 metros de altura projeta uma sombra de 12m. Qual e a altura angulardo sol?
Solucao:
12m
10m
θ
49
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
tg θ =10
12⇒ θ = arctg (0.8333...) ∼= 39.8◦.
3. Os lados de um triangulo ABC sao os seguintes: AB = 5, AC = 8, e BC = 5. Determineo seno do angulo A.
Solucao:
A
B C
8
55
α α
Pela lei dos cosenos temos:
AB = AC2
+BC2 − 2AC BCcosC
25 = 64 + 25− 2 · 8 · 5 cosCcosC =
64
80⇒ C ∼= 36◦87′
Como C = A pois o triangulo e isosceles, entao sen C = sen A = 0.6
4. Do topo de um farol, 40 metros acima do nıvel do mar, o faroleiro vAa um navio segundoum angulo (de depressao) de 15◦. Qual a distancia do navio ao farol?
Solucao:
A B
C
15◦
40
tg θ =AC
BC⇒ AC = tg15◦ · 40 ∼= 10.72m
5. Um carro percorreu 500 metros de uma estrada inclinada 20◦ em aclive. Quantos metroso ponto de chegada esta acima do ponto de partida.
Solucao:
50
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
A 20◦ B
C
500m
Aplicando a lei dos senos
SenC
AB=SenA
BC
Sen90◦
500=Sen20◦
BC⇒ BC ∼= 171.01m
6. Mostre que o perımetro de um polıgono regular inscrito em um circulo de raio R e
pn = 2Rsen
(180◦
n
).
Solucao:O perımetro de Pn de n lados e calculado por:
Pn = 2nP
Onde P e a metade da medida de um lado, conforme a figura abaixo indica.
A
A
B
C
D
Fig. BD = DC e P =BD
DC
Sendo Sen A =P
Rcom A =
(360◦
2n
)entao:
P = RsenA
e portanto
Pn = 2nRsenA Pn2nRsen
(360◦
2n
)Pn = 2nRsen
(180◦
n
)C. Q. D.
7. Num triangulo ABC tem se AC = 23, A = 20◦ C = 140◦. Determine a altura do vertice
51
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
B.
Solucao:Esse triangulo nao existe. O que invalida a questao. Isso pode ser provado com o seguinte
calculo.A soma dos angulos internos de todo polıgono e igual a 180◦, logo B = 20◦ e o triangulo e
isosceles e portanto CB = 23. Como na figura abaixo.
A B
C
20◦ 20◦
140◦
Tracando uma bissetriz em C teremos dois triangulos retangulos como na figura abaixo.
A B
C
20◦ 20◦
70◦
D
90◦
Usando a lei dos senos temos:
sen20◦
DC=sen90◦
23⇒ DC ∼= 7.866
Aplicando o teorema de Pitagoras chegamos a AD = 21.613 portanto AB = 43.226.Vamos usar esses dados para mostrar que essa construcao de triangulo nao e possıvel pois se
tracarmos uma altura (segmento BE ) conforme a figura abaixo
A B
C
E90◦
20◦
teremos ABE = 180◦ − (20◦ + 90◦) = 70◦ o que seria impossıvel.
8. As funcoes secante, cossecante e cotangente de um angulo A sao definidas por secA =1/cosA, cossecA = 1/senA e cotgA = 1/tgA, desde que cosA, senA e tgA sejam definidas ediferentes de zero. Prove que:
a) 1 + tg2A = sec2A
52
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
b) 1 + tg2A = cossec2A
Solucao 8a:
sec2A =1
cos2A
sec2 =sen2A+ cos2A
cos2A
sec2sen2A
cos2A+ 1
sec2 = Tg2A+ 1
C. Q. D.
Solucao 8b:
Cosec2A =1
sen2A
=sen2A+ cos2A
sen2A
1 +cos2A
sen2A
= 1 + cotg2A
= 1 +1
tg2A
C. Q. D.
53
Geometria Euclidiana Plana Diego Alves Oliveira - UESB
Agradecimentos:
A Sabrina Fortunato Cunha pelo toque na questao 5 da pagina 9 do livro.Marina Passos pela solucao da questao 10 da pagina 101.Andreia Cristina Pereira de Oliveira pelo auxilio na digitacao.
54