Geometria Euclidiana Plana - Educação Hoje

A idéia intuitiva de congruência é que duas figuras são congruentes se elas podem ser movidas sem alterar o tamanho e a forma, de tal maneira que coincidam. Assim, dois triângulos equiláteros de mesmo tamanho são congruentes, dois círculos de mesmo raio tam- bém são congruentes, e assim por diante. Da mesma forma, dois segmentos de mesmo comprimento são congruentes.

Nesta aula daremos a definição formal de congruência, começando com segmentos e depois triângulos.

Congruência de Segmentos

Definição 3.1. Sejam AB e CD segmentos. Se AB = CD, então os segmentos são chamados congruentes, e escrevemos AB = CD.

Uma relação ∼, definida em um conjunto A, é chamada uma re- lação de equivalência se as seguintes condições são satisfeitas:

a ∼ a, ∀a ∈ A (reflexiva).
a ∼ b ⇒ b ∼ a (simetria).
a ∼ b e b ∼ c ⇒ a ∼ c (trasitiva).

Teorema 3.1. São válidas as seguintes propriedades:

AB = AB (reflexiva).

AB = CD ⇒ CD = AB (simétrica).
AB = CD e CD = EF então AB = EF (transitiva).

Devido a este teorema, a relação de congruência é uma relação de

equivalência.

Congruência de Triângulos 3

Exatamente como definimos congruência para segmentos em ter- mos de comprimento, definimos congruência entre ângulos em ter- mos de medida. Isto é, se dois ângulos ABˆC e DEˆF possuem a mesma medida, então diremos que os ângulos são congruentes, e indicaremos por

ABˆC = DEˆF.

Da mesma forma que a relação de congruência para segmentos é uma relação de equivalância, a relação de congruência para ângulos também é uma relação de equivalência.

Note que se dois ângulos suplementares são congruentes, então cada um deles é um ângulo reto. Além disso, temos também que dois ângulos opostos pelo vértice são congruentes, já que possuem o mesmo suplemento.

Definição 3.2. Dois triângulos ABC e DEF são congruentes se existir uma correspondência biunívoca entre seus vértices tal que os lados e ângulos correspondentes sejam congruentes.

Indicaremos por ABC = DEF para dizer que os dois triângulos são congruentes e a correspondência é dada por

A ↔ D, B ↔ E,

C ↔ F.

Neste caso, teremos seis congruências induzidas sobre os lados e os ângulos.

AB	=	DE,
BC	=	EF,
CA	=	FD,

Aˆ =

Bˆ =

Cˆ =

Dˆ,

Eˆ,

Fˆ.

De fato, para que dois triângulos sejam congruentes é necessário que as seis congruências acima sejam satisfeitas. Porém, se que- remos verificar se dois triângulos são congruentes será necessário verificar somente algumas delas.

Isto é o que diz o próximo axioma, conhecido também como o

primeiro caso de congruência de triângulos.

Axioma de Congruência 1 Sejam ABC e DEF dois triângulos. Se AB = DE, AC = DF e Aˆ = Dˆ, então ABC = DEF.

Figura 3.1:

Este axioma é também conhecido como o caso LAL (lado, ângulo, lado) de congruência de triângulos.

Definição 3.3. Um triângulo é dito isósceles se possui dois lados conguentes. Estes lados são chamados de laterais e o terceiro de base. Os ângulos opostos as laterais são chamados de ângulos da base.

Proposição 3.7. Os ângulos da base de um triângulo isósceles são congruentes.

Figura 3.2: ABC é um triângulo isósceles com base AB = AC.

Demonstração Considere a correspondência entre os vértices de um triângulo isósceles ABC :

↔ A
↔ C

D ↔ B

Por hipótese, segue que AB = AC, AC = AB e Aˆ = Aˆ. Pelo

Axioma de Congruência 1, segue que ABC = ACB. Isto implica que Bˆ = Cˆ.

Observe que a prova anterior mostra que o triângulo ABC é con- gruente ao triângulo ACB. Caso você tenha dificuldades em acom- panhar a prova, você pode desenhar duas cópias do triângulo e repetir a prova para estes dois triângulos. A prova de Euclides para este resultado aparece no início dos Elementos e é longa. A prova acima é devida, essencialmente, ao grande geômetra grego Pappus de Alexandria (350 d.C.), embora ele não tenha usado a formulação do Axioma de Congruência 1 que utilizamos aqui.

Corolário 3.1. Todo triângulo equilátero possui os três ângulos congruentes.

Exercício 3.1. Prove o Corolário 3.1.

Teorema 3.2 (Caso ALA). Dados dois triângulos ABC e DEF

com AB = DE, Aˆ = Dˆ e Bˆ = Eˆ, então ABC = DEF.

Figura 3.3: ABC é um triângulo isósceles com base AB = AC.

Demonstração Sabemos que existe um ponto G na semi-reta S_AC tal que AG = DF . (ver figura 3.3) Por construção, temos que os triângulos ABG e DEF satisfazem AG = DF, AB = DE e Aˆ = Dˆ. Pelo Axioma de Congruência 1, obtemos que ABG = DEF. Pela definição de congruência de triângulos, segue que ABˆG = Eˆ = ABˆC. Logo, as semi-retas S_B_G e S_B_C coincidem. Isto implica que G coincide com o ponto C. Então ABC = ABG = DEF.

Observe que o ponto G na figura acima poderia ser tal que A∗C ∗G

e mesmo assim obteríamos o mesmo resultado.

Este teorema é também conhecido como o 2^◦ Caso de Congruência de Triângulos ou o caso ALA (ângulo, lado, ângulo) de congruência de triângulos.

Corolário 3.2. Se dois ângulos de um triângulo são congruentes, então o triângulo é isósceles.

Este corolário é a recíproca da Proposição 3.7. Tente demonstrá- lo de forma análoga, porém será necessário usar o caso ALA de congruência de triângulos. De fato, os lados congruentes serão opostos aos ângulos congruentes.

Corolário 3.3. Todo triângulo que possui todos os ângulos con- gruentes é equilátero.

Definição 3.4. Seja ABC um triângulo e D um ponto da reta 3

que contém B e C.

O segmento AD é a mediana do triângulo ABC relativa- mente ao lado BC, se D for o ponto médio de

Figura 3.4: Mediana

O segmento AD é a bissetriz do ângulo Aˆse a semi-reta S_AD

divide o ângulo CAˆB em dois ângulos congruentes.

Figura 3.5: Bissetriz

O segmento AD é a altura do triângulo ABC relativamente ao lado BC, se AD é perpendicular à reta que contém B e

Proposição 3.8. Em um triângulo isósceles a mediana relativa- mente à base é também a bissetriz e altura.

Figura 3.6: Altura

Demonstração Seja ABC um triângulo com AB = AC. Seja AD a mediana relativamente à base BC. Considere os triângulos ABD e ACD. Como D é o ponto médio de BC, então BD = CD. Além disso, ABC é um triângulo isósceles, o que implica que

AB = AC e Bˆ = Cˆ. Logo, os triângulos ABD e ACD são tais

que AB = AC, BD = CD e ABˆD = ACˆD. Pelo caso LAL de congruência de triângulos, segue que ABD = ACD. Em particu- lar, BAˆD = CAˆD, o que implica que AD é a bissetriz do ângulo BAˆC. Além disso, temos ADˆB = ADˆC, e como estes ângulos são suplementares, segue que ADˆB = ADˆC = 90^◦.

Figura 3.7:

Teorema 3.3 (Caso LLL). Se dois triângulos têm três lados cor-

respondentes congruentes então os triângulos são congruentes. 3

Figura 3.8: Altura

Demonstração Sejam ABC e DEF triângulos tais que AB = DE, BC = EF e AC = DF. A idéia da prova é construir um triângulo AGC, com o ponto G no lado oposto da reta que contém DB, tal que AGC = DEF. Então mostraremos que ABC = AGC.

Passo 1: Pelo Axioma de Medição de Ângulo 2, existe uma semi-reta S_AQ no semi-plano oposto ao que contém C, tal que BAˆQ = Dˆ.
Passo 2: Na semi-reta S_AQ tome um ponto G tal que AG =

DF.

Passo 3: Pelo 1^◦ caso de congruência de triângulos, segue que AGB =
Passo 4: O segmento CG intercepta AB no ponto H, pois estão em lados
Passo 5: Note que AG = DF = Assim, o triângulo

ACG é isósceles e então AGˆC = ACˆG.

Passo 6: Da mesma forma, concluímos que o triângulo BCG

é isósceles com BCˆG = BGˆC.

Passo 7: Porém,

AGˆB = AGˆC + CGˆB

= ACˆG + GCˆB

= ACˆB.

Portanto, podemos aplicar o Axioma de Congruência 1 para con- cluir que ACB = AGB. Mas como AGB = DFE, segue que ABC = DEF.

Este teorema é conhecido como o 3^◦ Caso de Congruência de Triân- gulo, ou caso LLL (lado, lado, lado) de congruência de triângulos.

RESUMO

Caro aluno, definimos congruência de segmentos, de ângulos e de triângulos. Introduzimos o Axioma de Congruência, conhecido também como o 1^◦ caso de congruência de triângulo, que nos per- mitiu obter todos os outros casos de congruência de triângulos.

PRÓXIMA AULA

Na próxma aula continuaremos nosso estudo axiomático da geome- tria, com o estudo de propriedades geométricas de retas e triângu- los sem o postulado das paralelas.

ATIVIDADES

Em um triângulo ABC a altura do vértice A é perpendicu- lar ao lado BC e o divide em dois segmentos congruentes. Mostre que AB = AC.
Mostre que os pontos médios de um triângulo isósceles for- mam um triângulo também isósceles.
Sejam dois triângulos ABC e ABD tais que AC = AD. Se AB é a bissetriz do ângulo CAˆD, então AB é perpendicular a CD.
Considere um círculo de raio R centrado em um ponto O. Sejam A e B pontos do círculo. Mostre que o raio que passa pelo ponto médio do segmento AB é perpendicular a este seg- Inversamente, mostre que, se o raio é perpendicular ao segmento então o cortaria no seu ponto médio.
Dois círculos de centro A e B e mesmo raio se interceptam em dois pontos C e D. Se M é ponto de intersecção de AB e CD, mostre que M é ponto médio de AB e CD.

Considere um ângulo AOˆB onde AO = BO. Trace dois cír- culos de mesmo raio centrados em A e em B. Suponha que seus raios sejam grande suficientes para que eles se inter- ceptem em dois pontos. Mostre que a reta ligando estes dois pontos passa pelo vértice do ângulo e é sua
Seja ABCD um quadrilátero e E um ponto entre A e B.

Suponha que AD = DE, Aˆ = DEˆC e ADˆE = BDˆC.

Mostre que os triângulos ADB e EDC são congruentes.

Determine o conjunto de pontos que satisfazem a propriedade de serem equidistante dos extremos de um

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.

AULA

Geometria sem o Postulado das Paralel

META:

Introduzir o Teorema do Ângulo Externo e suas consequências.

OBJETIVOS:

Ao final da aula o aluno deverá compreender como

aplicar o Teorema do Ângulo Externo;

identificar triângulos retângulos

aplicar o Teorema do Ângulo Externo e a Desigualdade Tri- angular para a demonstração do Teorema de Saccheri-Legendre.

PRÉ-REQUISITOS

Para um bom acompanhamento desta aula o aluno deverá ter com- preendido todos os casos de congruência de triângulos da aula an- terior.

Introdução

Observe, caro aluno, que já estamos na Aula 4 e até agora ainda não introduzimos o postulado das paralelas, além daquela forma introduzida na primeira aula. Até agora todos os nossos resulta- dos demonstrados até aqui não foi necessário usar o postulado das paralelas. Portanto, qualquer modelo de geometria que seja válido os nossos axiomas, incidência, ordem, medição e de congruência, os resultados provados até esta aula também será válido nesta ge- ometria.

O que faremos nesta aula é demonstrar mais alguns resultados, al- guns bem conhecidos de vocês e outros nem tanto. O que estamos interessados é mostrar que certas questões que podem ser respon- didas na Geometria Euclidiana Plana não podem ser respondidas em uma geometria em que não seja válido o postulado das para- lelas, simplesmente porque seus axiomas não nos dá informações suficientes.

Veremos nesta aula alguns resultados que serão muito úteis nas aulas seguintes, sendo o seu entendimento crucial para o bom en- caminhamento do curso. Por exemplo, o Teorema do Ângulo Inte- rior alternado, que nos dá condições suficientes para que duas retas sejam paralelas, e o Teorema do Ângulo Exterior que relaciona os ângulo internos de um triângulo com seus ângulos exteriores.

Todos os estudantes que algum dia estudou geometria plana na es- cola, sabem que a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é sempre igual a 180^◦. Nesta aula, veremos que até aqui só temos condições de mostrar que a soma destes ângulos é no máximo 180^◦, sendo igualdade provada somente com o postulado das paralelas.

Teorema do Ângulo Interior Alternado

O próximo teorema requer uma definição.

Definição 4.1. Seja t uma reta transversal a duas retas m e n,

com t interceptando m em E e n em B. Escolha pontos D e F em 4

m tais que D ∗ E ∗ F, e pontos A e C em n tais que A e D estejam no mesmo lado de t e A ∗ B ∗ C. Os ângulos DEˆB, F EˆB, ABˆE e CBˆE são chamados ângulos interiores. Os pares de ângulos

(ABˆE, F EˆB) e (DEˆB, CBˆE) são chamados de pares de ângulos interiores alternados.

Figura 4.1: α e β são ângulo internos alternados.

Definição 4.2. Duas retas são ditas paralelas se elas não se inter- sectam.

Teorema 4.1. (Teorema do ângulo interior alternado): Se duas retas m e n são cortadas por uma reta transversal t formando um par de ângulos interiores alternados congruentes, então as duas retas são paralelas.

Demonstração: Suponha que m ∩ n = {G} e DEˆB = CBˆE. Podemos supor que G está no mesmo lado de F e C (ver figura 4.2). Existe um ponto H na semi-reta S_ED, tal que HE = BG. Con- sidere os triângulos HEB e GBE. Como HE = BG, EB = BE e HEˆB = GBˆE, segue do 1^◦ Caso de Congruência de Triângulos que

Figura 4.2:

HEB = GBE. Em particular, GEˆB = HBˆE. Mas como GEˆB é o suplementar de HEˆB, segue que os ângulos HBˆE e GBˆE são su- plementares. Isto implica que S_BH e S_BG são semi-retas opostas. Como S_BA é oposta a S_BG, segue que S_BA = S_BH. Portanto H pertence a m ∩ n. Contradizendo a Proposição 1.1.

Logo, m e n são paralelas.

Este teorema tem duas importantes consequências.

Corolário 4.1. Duas perpendiculares a uma mesma reta são pa- ralelas.

Demonstração Se m e n são retas distintas perpendiculares a uma reta t, então os ângulo interiores alternados são retos, por- tanto congruentes.

Logo, o Teorema do Ângulo Interior Alternado implica o resultado.

Corolário 4.2. Dada uma reta m e um ponto P fora dela, existe uma única reta l perpendicular a m passando por P.

Demonstração (Existência) Tome dois pontos distintos de m, B e C . Se PB é perpendicular, terminou a construção. Caso contrário, no semi-plano oposto ao que contém P, trace uma semi-reta com

origem em B formando com S_B_C um ângulo congruente com P BˆC. 4

Nesta semi-reta, tome um ponto P^j tal que P^jB = PB. Considere os triângulos ABP e ABP^j, onde A é o ponto de interseção de PP^j com m. Pelo 1^◦ Caso de Congruência de Triângulos, segue que

ABP = ABP^j (Por quê ?) Como P AˆB e P^jAˆB são congruentes

e suplementares, segue que PP^j é perpendicular a m.

Figura 4.3:

(Unicidade) Suponha que existam duas retas perpendiculares a m passando por P. Pelo Teorema do ângulo interno alternado, as retas coincidem, já que todos os ângulos internos são retos.

O ponto A da demonstração anterior é chamado de pé da perpen- dicular baixada de P a m.

Corolário 4.3. Dada uma reta l e P um ponto fora dela, existe pelo menos uma paralela a l que passa por m.

Demonstração Pelo Corolário 4.2 existe uma única perpendi- cular r a l passando por P . Da mesma forma, pelo Teorema 2.1 existe uma única perpendicular s a r, passando por P . Portanto, pelo Teorema do Ângulo Interior Alternado, segue que s é uma reta paralela a l passando por P .

Nós estamos acostumados à Geometria Euclidiana onde de fato existe uma única reta paralela a uma reta dada passando por um ponto fora dela. Neste ponto de nosso curso, ainda não é possível provar este resultado. Também estamos acostumados à recíproca do Teorema do Ângulos Internos Alternados: “se duas retas são paralelas, então os pares de ângulos interiores alternados formados por uma transversal são congruentes.” Para obtermos estes resul- tados só será possível com o axioma das paralelas, que veremos na próxima aula.

Teorema do Ângulo Exterior

Considere a definição seguinte antes do próximo teorema.

Definição 4.3. Os ângulos internos de um triângulo são os ângu- los formados pelos lados do triângulo. Um ângulo suplementar a um ângulo interno do triângulo é denominado ângulo exterior do triângulo.

Todo triângulo possui exatamente seis ângulos externos. Esses seis ângulos formam três pares de ângulos congruentes.

Figura 4.4: ABˆC, BAˆC e ACˆB são ângulo internos. α, β e γ são ângulos externos.

Teorema 4.2. (Teorema do Ângulo Exterior): Um ângulo externo 4

de um triângulo é maior que qualquer ângulo interno não adjacente a ele.

Figura 4.5:

Demonstração Sejam ABC um triângulo e ACˆD um ângulo externo. (ver figura) Vamos mostrar que ACˆD > BAˆC.

Se ACˆD = BAˆC, então as retas contendo A e B e contendo CD são paralelas, contradizendo a hipótese que B é oponto de interseção destas retas.

Suponha que BAˆC > ACˆD. Então existe uma semi-reta S_AE que

divide BAˆC e ACˆD = CAˆE. Seja F o ponto de interseção de BC com S_AE. Pelo Teorema do ângulo alternado, as retas contendo AF e CD são paralelas, contradizendo o fato que elas intersectam- se no ponto F. Portanto, ACˆD > BAˆC.

Para mostrar que ACˆD > CBˆA, o raciocínio é análogo, utilizando- se o ângulo oposto pelo vértice a ACˆD.

O Teorema do Ângulo Externo aparece na 16^a Proposição dos Ele- mentos de Euclides. Sua prova continha um “buraco”, que com os nossos axiomas é possível corrigi-lo. Euclides foi levado pela figura. Ele considerou o ponto médio M de AC e um ponto N na semi- reta S_BM tal que BM = MN. Daí ele assumui erroneamente, com base no diagrama, que N está no interior do ângulo ACˆD. Como AMB = CMN (caso LAL de congruência de triângulos), Euclides

concluiu corretamente que ACˆD > BAˆC.

Você consegue corrigir o argumento de Euclides ?

Como consequência do Teorema do Ângulo Exterior, podemos provar o 4^◦ caso de congruência de triângulos.

Proposição 4.9 (4^◦ Caso de Congruência de Triângulos). Sejam ABC e DEF triângulos satisfazendo AC = DF, Aˆ = Dˆ e Bˆ = Eˆ. Então ABC = DEF.

Figura 4.6:

Demonstração Seja G um ponto da semi-reta S_DE, tal que DG = AB. Pelo caso LAL temos ABC = DGF. Isto implica que DGˆF = Bˆ = DEˆF. Como G pertence a S_D_E temos três casos: D ∗ G ∗ E, D ∗ E ∗ G ou E = G. Se D ∗ G ∗ E, então DGˆF é um ân- gulo externo do triângulo FGE. Do Teorema do Ângulo Externo, segue que DGˆF > DEˆF, o que é falso. Se D ∗ E ∗ G então DEˆF é um ângulo externo do triângulo FGE. Novamente, do Teorema do Ângulo Externo, segue que DEˆF > EGˆF, o que é falso. Logo, G = F e ABC = DEF.

Definição 4.4. Um triângulo é dito retângulo se um dos ângulos internos é reto. O lado oposto ao ângulo reto é denominado de hipotenusa e os outros dois de catetos.

Pelo Teorema do Ângulo Interior Alternado, segue que um triân- gulo tem no máximo um ângulo reto. Mais ainda, pelo Teorema do Ângulo Externo um triângulo retângulo possui dois ângulos agudos.

Congruência de Triângulos Retângulos 4

Como um triângulo possui no máximo um ângulo reto, segue que se dois triângulos retângulos são congruentes, então os ângulos retos devem estar em correspondência. Devido a isto, existe mais um caso de congruência específico para triângulos retângulos.

Teorema 4.3. Sejam ABC e DEF dois triângulos retângulos cu-

jos ângulos retos são Cˆ

ABC = DEF.

e Fˆ. Se AB = DE e BC = EF, então

Figura 4.7:

Demonstração Seja G um ponto tal que D ∗ F ∗ G e FG = AC. Segue que o triângulo EGF é retângulo cujo ângulo reto é Fˆ. Pelo caso LAL de congruência de triângulos, segue que ABC = GEF e, em particular, que EG = AB. Então DEG é um triângulo isósceles com base DG. Logo, EDˆG = EGˆD. Pelo caso LAA, segue que DEF = GEF. Portanto, ABC = DEF.

Desigualdades no triângulo

Já vimos um teorema que nos dá uma desigualdade importante no triângulo, O Teorema do Ângulo Externo que tem consequências

importantes.

Nesta seção estudaremos mais algumas desigualdades que são con- sequências daquele teorema.

Proposição 4.10. Se dois lados de um triângulo não são congru- entes então seus ângulos opostos não são congruentes e o maior ângulo é oposto ao maior lado.

Figura 4.8:

Demonstração Seja ABC um triângulo com AB > AC. Se Bˆ =

Cˆ então ABC seria um triângulo isósceles com AB = AC, o que

é falso. Vamos mostrar que Cˆ > Bˆ. Seja D um ponto da semi-

reta S_AC tal que A ∗ C ∗ D e AD = AB. D existe por causa da hipótese AB > AC. Assim, ABD é um triângulo isósceles com base BD. Isto implica que ABˆD = ADˆB. Como o ângulo ACˆB é externo ao triângulo BCD, segue do teorema do ângulo externo que ACˆB > ADˆB = ABˆD. Como a semi-reta S_B_C divide o ângulo ABˆD, já que AD intercepta S_B_C em C, segue que ABˆD > ABˆC. Logo ACˆB > ABˆC.

Proposição 4.11. Se dois ângulos de um triângulo não são con- gruentes então os lados que se opõem a estes ângulos têm medidas distintas e o maior lado opõe-se ao maior ângulo.

Demonstração Seja ABC um triângulo com Bˆ < Cˆ. Se AB =

AC, então ABC é um triângulo isósceles e Bˆ = Cˆ, o que é falso.

Vamos mostrar que AC < AB. Mas se este não fosse o caso, 4

teríamos AC > AB, que pela proposição anterior implicaria Bˆ >

Cˆ, o que é falso.

Logo, só resta AC < AB.

Pelas proposições anteriores segue que a hipotenusa de um triân- gulo retângulo é maior que os outros dois catetos. Disto podemos provar a seguinte proposição

Proposição 4.12. O menor segmento unindo uma reta a um ponto fora dela é o segmento perpendicular.

Figura 4.9:

Demonstração Seja P um ponto fora de uma reta r. Considere o ponto Q interseção da reta que passa por P e perpendicular a r, denominado pé da perpendicular baixada do ponto A à reta

Seja R qualquer ponto de r distinto de Q. Vamos mostrar que

PQ < PR. Seja S um ponto de r tal que S ∗ Q ∗ R. Como PQ é perpepndicular a r, segue que P QˆS = 90^◦. Pelo Teorema do Ângulo Externo, temos P QˆS > P RˆQ, o que implica que PR > PQ.

De fato o que a proposição mostra é que a hipotenusa de um triân- gulo retângulo é maior do que os catetos. O número PQ da de- monstração anterior é denominado de distância do ponto P à reta

O segmento QR é chamado de projeção do segmento PR sobre a reta r.

Teorema 4.4. (Desigualdade Triangular): Dados três pontos dis- tintos A, B e C, têm-se que AC ≤ AB + BC. A igualdade ocorre se e somente se B pertence ao segmento AC.

Figura 4.10:

Demonstração Suponha que A, B e C não são colineares. Então ABC é um triângulo. Seja D um ponto da semi-reta S_AB tal que A ∗ B ∗ D e BD = BC. Assim, o triângulo BCD é isósceles com base CD. Isto implica que BCˆD = BDˆC. Note que S_C_B divide o ângulo ACˆD, já que AD intercepta S_C_B. Assim,

ACˆD = ACˆB + BCˆD > BCˆD = BDˆC.

Pela Proposição 4.11 temos que AD > AC. Como A ∗ B ∗ D então

AD = AB + BD = AB + BC.

Logo, AB + BC > AC.

Suponha agora que A, B e C são pontos colineares.

Se B pertence ao segmento AC, a igualdade AC = AB + BC é trivial. Se vale a igualdade, vamos mostrar que B pertence ao segmento AC. Considere a, b e c as coordenadas dos pontos A, B e C, com c < a, por exemplo. Neste caso,

| − | | − | | − | ⇒ 

a c = a b + b c  |a − c| > |a − b|

 |a − c| > |b − c|

o que implica que

e portanto

a − c > a − b e

a − c > b − c

b > c e

a > b

Logo, pelo Teorema 2.1 segue o resultado.

Definição 4.5. Sejam uma reta m e um ponto P fora dela. Dize- mos que o ponto P^j é o reflexo de P relativamente a m se PP^j é prependicular a m e AP = AP^j, onde A é o ponto de interseção de PP^j com m.

Problema 4.1. Dados dois pontos A e B fora de uma reta r, determinar um ponto P em m tal que AP + PB seja o menor possível.

Solução Suponha que A e B estão em semi-planos distintos. Neste caso, AB intercepta r em um ponto P. Se C é um outro ponto de m, então da desigualdade triangular, obtemos

AB < AC + CB.

Como A ∗ P ∗ B, segue que AB = AP + PB < AC + CB, e P é o ponto procurado.

Se A e B pertencem a semi-planos distintos, basta considerar o reflexo B^j de B relativamente à reta m. Neste caso, encontramos um ponto P de m que resolve o problema para os pontos A e B^j. Este ponto P também resolve o problema para A e B, já que AP = AP^j.

Figura 4.11:

Figura 4.12:

Teorema de Saccheri-Legendre

O objetivo desta seção é provar que a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é menor ou igual a 180^◦. Este resultado foi provado por Saccheri que na verdade estava tentando encontrar uma igualdade.

Proposição 4.13. Seja ABC um triângulo. Existe um triângulo AEC tal que a soma dos ângulos é a mesma soma dos ângulos do triângulo ABC e AEC possui um ângulo cuja medida é menor ou igual à metade de um dos ângulos do triângulo ABC.

Demonstração Seja um ponto D em BC tal que BD = DC. Na semi-reta S_AD considere um ponto E tal que AD = DE. Pelo caso

Figura 4.13:

LAL segue que ADB = EDC.

Afirmação 1: AEˆC + ACˆE + CAˆE = ABˆC + BAˆC + ACˆB.

Da congruência ADB = EDC concluímos que ABˆD = ECˆD e BAˆD = CEˆD. Como S_AD divide BAˆC e S_C_D divide ACˆE, segue que

ABˆC + ACˆB + BAˆC = BCˆE + ACˆB + BAˆD + DAˆC

= ACˆE + AEˆC + EAˆC.

Afirmação 2: EAˆC ou AEˆC ≤ 1 BAˆC. Note que, como S_AD divide BAˆC, segue que

BAˆC = BAˆD + DAˆC = AEˆC + EAˆC.

Logo, AEˆC ou EAˆC ≤ 1 BAˆC.

Proposição 4.14. A soma de dois ângulos internos de um triân- gulo é menor do que 180^◦.

Demonstração Seja ABC um triângulo. Seja θ um ângulo ex- terno com vértice C. Pelo Teorema do Ângulo Externo, temos que θ > Bˆ. Como θ + Cˆ = 180^◦, segue que

Bˆ + Cˆ < θ + Cˆ < 180^◦.

Desta proposição, reobtemos o resultado

Figura 4.14:

Corolário 4.4. Todo triângulo possui pelo menos dois ângulos in- ternos agudos.

De fato, caso contrário existiria um triângulo com pelo menos dois ângulos obtusos cuja soma seria maior do que 180^◦.

Teorema 4.5. (Saccheri-Legendre): A soma dos ângulos internos de um triângulo é menor ou igual a 180^◦.

Demonstração Suponha que exista um triângulo ABC cuja soma dos ângulos internos é maior do que 180^◦, digamos, que seja 180^◦ + δ, onde δ é algum número positivo. Pela Proposição 4.13, podemos encontrar um outro triângulo A₁B₁C₁ satisfazendo



Aˆ1 + Bˆ1 + Cˆ1 = 180^◦ + δ

Aˆ1 ≤ 1 Aˆ.

Seguindo indutivamente podemos encontrar um triângulo A_nB_nC_n

satisfazendo



Aˆn + Bˆn + Cˆn = 180^◦ + δ

Tomando n₀

suficientemente grande tal que ¹

Aˆ < δ, teremos que

2ⁿ0

o triângulo A_n0 B_n0 C_n0 é tal que



Aˆn0 + Bˆn0 + Cˆn0 = 180^◦ + δ Aˆn0 < δ

Isto implica que B_n0 +C_n0 = 180^◦ +δ − Aˆn0 > 180^◦, contradizendo 4

a Proposição 4.14.

Logo, só pode ser Aˆn + Bˆn + Cˆn ≤ 180^◦.

Soma dos Ângulos de um Triângulo

Até aqui ainda não falamos do postulado das paralelas. De fato, todos os resultados até aqui demonstrados são independentes deste postulado, ou seja, podem ser demonstrados sem o uso do postu- lado das paralelas. O Teorema de Saccheri-Legendre afirma que a soma dos ângulos internos de um triângulo é menor ou igual a 180^◦.

Agora, iremos mostrar que se existe um triângulo cuja soma dos

ângulos internos é igual a 180^◦, então a soma dos ângulos de qual- quer triângulo é também 180^◦. Mas ainda não ficará demonstrado que a soma dos ângulos de um triângulo é 180^◦, restando para isso exibir um triângulo com tal propriedade.

Definição 4.6. Seja ABC um triângulo. O defeito de um triân- gulo é o número

δABC = 180^◦ − Aˆ − Bˆ − Cˆ.

Note que δABC ≥ 0.

Teorema 4.6. Seja ABC um triângulo e D um ponto entre A e

Então δABC = δACD + δBCD.

Demonstração Como S_C_D divide o ângulo ACˆB, então ACˆB = ACˆD + DCˆB. Além disso, ADˆC e BDˆC são suplementares, o que implica que ADˆC + BDˆC = 180^◦. Portanto,

δACD + δBCD = 180^◦ − Aˆ − ACˆD − ADˆC

+180^◦ − Bˆ − BCˆD − BDˆC

= 180^◦ − Aˆ − ACˆB − Bˆ

= δABC.

Figura 4.15:

Sabendo que o defeito de triângulo é sempre um número não neg- ativo, obtemos o seguinte corolário

Corolário 4.5. Sejam ABC um triângulo e D um ponto entre A

e B. Então δABC = 0 se e somente se δACD = δBCD = 0.

Definição 4.7. Um retângulo é um quadrilátero com os quatro ângulos retos.

Teorema 4.7. Se um triângulo existe com a soma dos ângulos 180^◦, então um retângulo existe. Se um retângulo existe, então todo triângulo tem a soma dos ângulos igual a 180^◦.

Demonstração Faremos a demonstração em 5 passos.

Suponha incialmente que existe um triângulo com a soma dos ân- gulos igual a 180^◦.

Passo 1: Construir um triângulo retângulo com a soma dos ângulos 180^◦.

Seja ABC um triângulo com δABC = 0, que existe pela hipótese. Suponha que não seja reto; caso contrário não temos nada a fazer. Como a soma dos ângulos de um triân- gulo é sempre ≤ 180^◦, Teorema de Saccheri-Legendre, então

pelo menos dois ângulos são agudos, Aˆ e Bˆ, por exemplo.

Figura 4.16:

Seja CD um segmento perpendicular à reta que contém AB.

Afirmação: A ∗ D ∗ B.

De fato, caso contrário devemos ter D ∗ A ∗ B ou A ∗ B ∗ D.

Se ocorre D ∗ A ∗ B, então CAˆB é um ângulo exterior ao triângulo CDA satisfazendo CAˆB < CDˆA, contradizendo o Teorema do Ângulo Exterior.

Se A∗B ∗D, da mesma forma, encontramos uma contradição. Portanto, o Corolário 4.5 implica que δADC = 0 e δBDC = 0.

Passo 2: Construir um retângulo.

Seja BCD um triângulo retângulo em Dˆ com defeito zero,

que existe pelo passo 1. Seja S_CE uma semi-reta no semi- plano oposto ao semi-plano contendo D determinado pela reta que contém BC. Podemos tomar S_C_E tal que ECˆB = CBˆD. Tome F ∈ S_C_E tal que CF = DB. Pelo 1^◦ caso de congruência de triângulos, segue que DBC = FCB. Em particular Dˆ = Fˆ = 90^◦ e δFCB = 0. Como δ então BCˆD+ DBˆC = 90^◦. Pela congruência DBC = FCB, encontramos F CˆB + DCˆB = 90^◦ e DBˆC + F BˆC = 90^◦.

Logo, DBFC é um retângulo. (Ver figura 4.17.)

Passo 3: Construir um retângulo arbitrariamente grande. Basta construir cópias do retângulo como na figura 4.18.

Figura 4.17:

Figura 4.18:

Passo 4: Todos os triângulos retângulos têm defeito zero.

Se ABC é um triângulo retângulo e DEFG um retângulo arbitrariamente grande. Sejam os pontos H^EDE e I^EEF tais que HEI = ABC. Assim, δHEI = δABC. Note que δDEF = 0. Daí, segue, do corolário anterior que 0 = δDFH+ δHEE ⇒ HFE = 0. Aplicando novamente o corolário en- contramos δHFE = 0. (Figura 4.19).

Figura 4.19:

Passo 5: Se todo triângulo retângulo tem defeito zero, então 4

todo triângulo tem defeito zero.

Como no passo 1, divida o triângulo em dois triângulos retân- gulos e use o Corolário 4.5.

Como consequência imediata temos o corolário.

Corolário 4.6. Se existe um triângulo com defeito positivo, então todos os triângulos têm defeito positivo.

RESUMO

Nesta aula aprendemos dois teoremas importantes, o Teorema do Ângulo Interno Alternado, par determinar retas paralelas, e o Teo- rema do Ângulo Externo, que nos dá uma importante desigualdade entre os ângulos internos e externos de um triângulo arbitrário. Vi- mos também que sem o postulado das paralelas, provamos apenas que a soma dos ângulos internos de um triângulo é menor ou igual que 180^◦. Além disso, provamos que se existe um triângulo com defeito zero, então todos os outros também terá defeito zero.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula introduziremos o axioma das paralelas e, entre muitos outros resultados, provaremos que a soma dos ângulos in- ternos de um triângulo arbitrário é sempre igual a 180^◦.

ATIVIDADES

A figura 20 é formada pelos segmentos AC, AE, CF e EB. Determine os ângulos que são:
- menores do que o ângulo ˆ7.
- maiores do que o ângulo ˆ5.
- menores do que o ângulo ˆ4.

Na figura 21 os ângulos externos ACˆE e ABˆD satisfazem a desigualdade: ACˆE < ABˆD. Mostre que ABˆD > ABˆ.
Em um cartório de registro de imóveis um escrivão recusou-se a transcrever o registro de um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprietário, mediam 100m, 60m e 20m. Você pode dar um argumento que justifique a atitude do escrivão?

Figura 4.20:

Figura 4.21:

Considere um quadrilátero ABDC tal que BD > BC e Aˆ > ABˆC. Prove que BD > AC.
Considere um triângulo EFG. Tome H ∈ FG tal que EG =
EG. Mostre que EHˆF > EHˆG.

Na figura 4.22 m e n são duas retas perpendiculares. Qual o caminho mais curto para se ir do ponto A ao ponto B tocandop-se nas duas retas?
Mostre que qualquer triângulo tem pelo menos um ângulo externo
Considere um triângulo ABC. No segmento AB tome um ponto D, e no segmento CD tome um ponto E. Mostre que AEˆC > DBˆC.

Figura 4.22:

Mostre que a soma das diagonais de um quadrilátero é maior que a soma de dois lados
Dado um triângulo ABC, marca-se um ponto D no lado AB. Mostre que CD é menor do que o comprimento de um dos lados AC ou BC.
Sejam ABC e A^jB^jC^j dois triângulos não retângulo com Cˆ= Cˆj, AB = A^jB^j e BC = B^jC^j. Dê um exemplo para mostrar que estas hipóteses não acarretam que os triângulos devam ser

Dois segmentos têm extremidades em um círculo. Mostre que o mais distante do centro do círculo têm o menor com-

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM. 4
EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.

O Axioma das Paralelas

META:

Estudar o Axioma das Paralelas e suas consequências.

OBJETIVOS:

Introduzir o Axioma das Paralelas;

Estudar a soma dos ângulos de um triângulo.

PRÉ-REQUISITOS

Congruência e o Teorema do Ângulo Interno Alternado.

AULA

Introdução

Há evidências de que os postulados, particularmente o quinto, foram formulados por Euclides. Sabe-se que o quinto postulado tornou-se alvo de críticas pelos matemáticos da época. Que o próprio Euclides não confiava totalmente no quinto postulado é mostrado pelo fato que ele adiou o uso em uma prova até sua Proposição 29.

Além disso, o fato de que o quinto postulado parecer muito mais com uma proposição do que com afimação óbvia, que qualquer um aceita sem problemas, e que ele é a recíprova de uma das proposições, a Proposição 28 dos Elementos, levou muitos matemáti- cos a acreditarem que o quinto postulado era na verdade uma proposição que Euclides, por não saber demonstrá-la a partir dos quatro primeiros postulados, o introduziu como um postulado. Como consequência destas suspeitas, muitas foram as tentativas de prova do quinto postulado, até que três matemáticos, Carl F. Gauss (1777-1855), Johann Bolyai (1802-1860) e Nikolai I. Lobachewsky (1793-1856), descobriram independentemente as chamadas geome- trias não-Euclidianas, que a grosso modo são geometrias onde o quinto postulado não é válido.

Nas aulas anteriores vimos que dada uma reta e um ponto fora dela, existe uma reta paralela a reta dada e passando pelo ponto dado. Nesta aula introduziremos o axioma que garante que esta reta pa- ralela é única, exatamente o que falta para demonstrar muitos outros resultados além do que já provamos até aqui.

Axioma das Paralelas

O Axioma das Paralelas é o seguinte

Axioma das Paralelas: Por um ponto fora de uma reta dada pode-se traçar uma única reta paralela a esta reta.

O Teorema do Ângulo Interior Alternado afirma que se duas retas 5

são intercectadas por uma terceira então elas são paralelas. O próximo teorema é a recíproca deste resultado.

Teorema 5.1. Se duas retas paralelas são cortadas por uma transver- sal, então os ângulos internos alternados são congruentes.

Figura 5.1:

Demonstração Sejam r e s duas retas paralelas cortadas por uma transversal t nos pontos A e B, respectivamente. Sabemos que existe somente uma reta r^j passando por A formando ângulo interior alternado com s congruentes. Pelo Teorema do Ângulo Interior Alternado, segue que r^j e s são paralelas. Pelo Axioma das Paralelas, temos que r coincide com r^j.

Note que na demonstração fizemos uso do seguinte resultado.

Proposição 5.15. Se a reta m é paralela às retas r e s, então r

e s são paralelas.

Prove esta proposição como exercício.

Corolário 5.1. Se uma reta corta uma de duas paralelas, então corta também a outra.

Demonstração Se uma reta cortasse somente uma de duas pa- ralelas, então teríamos uma reta paralela a duas retas não parale- las.

Teorema 5.2. Se m e n são retas paralelas, então todos os pontos de m estão à mesma distância da reta m.

Figura 5.2:

Demonstração Sejam A e B pontos de m. Sejam A^j e B^j os pés das perpendiculares baixadas de A e B até m.

Vamos mostrar que AA^j = AB^j.

Como m e n são paralelas, segue do Teorema 5.1 que BAˆjB^j = ABˆA^j e BAˆA^j = BBˆjA^j. Logo, os triângulos ABA^j e B^jA^jB são retângulos em A e B^j com hipotenusa congruentes e um ângulo agudo congruente. Portanto, a Proposição 4.9 implica que ABA^j = B^jA^jB. Em particular, AA^j = B^jB.

Exercício 5.1. Mostre a recíproca deste teorema, ou seja, se todos os pontos de m estão à mesma distância da reta m, então m e n são paralelas.

Triângulos e Paralelogramos

Vamos mostrar agora que com o Axioma das Paralelas, a desigual- dade no Teorema de Saccheri-Legendre não ocorre.

Teorema 5.3. Em qualquer triângulo ABC, tem-se Aˆ + Bˆ + Cˆ = 180^◦.

Demonstração Tome uma reta r paralela ao lado AC. Sejam D e E pontos de r tais que D ∗ B ∗ E e D e A pontos localizados no lado da reta contendo BC. Então

DBˆA + ABˆC = DBˆC e DBˆC + ABˆE = 180^◦.

Figura 5.3:

Portanto,

CBˆE + ABˆC + ABˆD = 180^◦.

Pelo Teorema 5.1, temos que CBˆE = ACˆB e ABˆD = BAˆC.

Logo,

Aˆ + Bˆ + Cˆ = 180^◦.

Como consequência imediata obtemos o seguinte corolário, cuja prova é deixada para o aluno.

Corolário 5.2. a) A soma dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 90^◦.

A medida de um ângulo externo de um triângulo é a soma dos ângulos internos não-adjacentes.
A soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360^◦.

Definição 5.1. Um paralelogramo é um quadrilátero cujos lados opostos são paralelos.

Proposição 5.16. Os lados e ângulos opostos de um paralelogramo são congruentes.

Figura 5.4:

Demonstração Seja ABCD um paralelogramo. Como AB e DC são paralelos, então BAˆC = ACˆD. Da mesma forma, concluímos que CAˆD = ACˆB. Isto implica que DAC = BCA, já que AC é comum a ambos os triângulos. Em particular, AB = DC, AD = BC e Bˆ = Dˆ. Além disso, Aˆ = DAˆC + CAˆB = BCˆA + ACˆD = Cˆ.

Exercício 5.2. Prove que as diagonais de um paralelogramo se intersectam em um ponto que é o ponto médio das duas diagonais.

Proposição 5.17. Se os lados opostos de um quadrilátero são con- gruentes então o quadrilátero é um paralelogramo.

Demonstração Seja ABCD um quadrilátero tal que AB = CD e BC = AD. O 3^◦ caso de congruência de triângulos implica que ABC = CDA. Em particular, Bˆ = Dˆ e

DAˆB = DAˆC + CAˆB = BCˆA + ACˆD = BCˆD.

Exercício 5.3. Mostre que se dois lados opostos de um quadrilátero são paralelos e congruentes, então o quadrilátero é um paralelo- gramo.

Teorema 5.4. O segmento ligando os pontos médios de dois lados de um triângulo é paralelo ao terceiro lado e tem metade de seu comprimento.

Demonstração Seja ABC um triângulo. Sejam D e E os pontos médios dos segmentos AB e AC, respectivamente.

Figura 5.5:

Vamos mostrar que DE é paralelo a BC e DE = ¹ BC.

Seja F um ponto na semi-reta S_ED tal que FD = DE e E ∗ D ∗ F . Observe que ADE = BDF, já que FD = DE (por construção), AD = DB (já que D é o ponto médio do segmento AB) e ADˆE = BDˆF (pois são opostos pelo vértice). Em particular BF = AE. O ponto E é ponto médio de AC e isto implica que AE = EC e então FB = EC. Além disso, novamente da congruência ADE = BDF , obtemos AEˆF = BFˆE. Do Teorema do Ângulo Interior Alternado, que FB é paralelo a EC. Pelo Exercício 5.3, segue que BCEF é um paralelogramo. Portanto, da Proposição 5.16, obtemos que EF = BC e como FD = DE, e F ∗ D ∗ E segue que DE = ¹ BC.

A próxima proposição será muito útil para o estudo de semelhança de triângulos e é tradicionalmente atribuída a Tales de Mileto, matemático grego que viviu por volta dos anos 624 – 546 a.C.

Proposição 5.18. Sejam a, b e c retas paralelas e m e n duas transversais. Suponha que m e n intercectam a, b e c nos pontos A, B e C e nos pontos A^j, B^j e C^j, respectivamente. Se A ∗ B ∗ C,

então A^j ∗ B^j ∗ C^j. Se AB = BC então A^jB^j = B^jC^j.

Figura 5.6:

Demonstração Suponha qeu A ∗ B ∗ C. Neste caso, A e C estão em semi-planos opostos relativamente à reta b. Como AA^j não intercecta b, já que os pontos A e A^j pertencem a reta a que é paralela à reta b, segue que A e A^j estão no mesmo semi-plano determinado por b. Do mesmo modo, concluímos que C e C^j estão no mesmo semi-plano. Portanto, A^j e C^j estão em semi-planos distintos relativamente a b. Logo, b intercecta A^jC^j implicando A^j ∗ B^j ∗ C^j.

Suponha agora que AB = BC. Trace pelo ponto B^j uma para- lela a m. Esta paralela corta a e c em pontos D e E, respectiva- mente. Como ADB^jB e BB^jEC são paralelogramos, segue que DB^j = AB e B^jE = BC. Além disso, temos do Teorema do Ân- gulo Interno Alternado que B^jDˆA^j = B^jEC^j. Como AB = BC, por hipótese, e A^jBˆjD = EBˆjC^j por serem opostos pelo vértice, segue que A^jB^jD = C^jB^jE.

Assim, A^jB^j = C^jB^j.

Corolário 5.3. Suponha que k retas paralelas a₁, . . . , a_k cortam 5

duas retas m e n nos pontos A₁, . . . , A_k e nos pontos B₁, , B_k,

respectivamente. Se A₁A₂ = A₂A₃ = · · · = A_k₋₁A_k então B₁B₂ =

B₂B₃ = = B_k₋₁B_k.

Utilizando a Proposição 5.18, a demonstração é simples e é feita por indução sobre o número de retas. Deixamos para o aluno.

Teorema 5.5. Se uma reta, paralela a um dos lados de um triân- gulo, corta os outros dois lados, então ela os divide na mesma razão.

O que o teorema diz é que se uma reta r paralela a BC corta os lados AB e AC de um triângulo ABC, nos pontos D e E, respectivamente, então vale a igualdade:

AC AE

= .

AB AC

Figura 5.7:

Demonstração Na semi-reta S_AB, tome um ponto P₁ tal que

AB AP₁

e AD AP₁

não sejam números inteiros. De fato, basta tomar P₁ tal que AP₁ não seja um divisor comum de AB e AD. Assim, por indução, encontramos pontos P₂, P₃, . . . , P_k, . . . na semi-reta S_AB tais que

P_k₋₁ ∗ P_k ∗ P_k₊₁ e AP_k = kAP₁, ∀k ≥ 2.

Observe que isto implica que P_kP_k₊₁ = AP₁.

Afirmação: D e B não coincidem com nenhum dos Pijs.

De fato, caso contrário teríamos D = P_k0 para algum k₀ ≥ 1 e

AD = AP_k = kAP₁ = k,

AP₁ AP₁ AP₁

impcando que

A¯D A¯P₁

seria inteiro, o que é uma contradição pela

escolha do ponto P₁.

Logo, existem inteiros m e n tais que P_m ∗ D ∗ P_m₊₁, P_n ∗ B ∗ P_n₊₁, A ∗ P_m ∗ D e A ∗ P_n ∗ B.

Isto implica que

mAP₁ = AP_m < AP_m + P_mD = AD

< AD + DP_m₊₁ = AP_m₊₁ = (m + 1)AP₁,

ou seja,

mAP₁ < AB < (n + 1)AP₁.

Da mesma forma, encontramos

nAP₁ < AB < (n + 1)AP₁.

Afirmação:

m n + 1

< < AB

m + 1

. (5.2)

Esta afirmação é consequência imediata das duas últimas desigual- dades.

Trace retas paralelas à reta contendo o segmento BC passando pelos pontos P₁, P₂, . . . , P_n₊₁. Pelo Corolário 5.3, estas paralelas cortam S_AC em pontos Q₁, Q₂, . . . , Q_n₊₁ tais que AQ₁ = Q₁Q₂ = Q₂Q₃ = · · · . Em particular, AQ_k = kAQ₁. Além disso, Q_m ∗

E ∗ Q_m₊₁ e Q_n ∗ C ∗ Q_n₊₁. Da mesma forma que obtivemos a 5

desigualdade (5.2), obtemos

m n + 1

< < AC

m + 1

. (5.3)

As desigualdades (5.2) e (5.3) implicam que

. − . < − .

A¯D A¯E m + 1 m

. A¯B A¯C . n n + 1

Observe que m ≤ n, o que implica que

m + 1 m m + n + 1

n − n + 1 =

n(n + 1)

2n + 2 2

≤

AD AE 2

Assim,

= .

n(n + 1) n

. − . < . (5.4)

. AB AC . n

pequeno (Por quê?), segue que

AD AE

= ,

AB AC

já que estes quocientes não dependem de n na desigualdade (5.4).

Semelhança de Triângulos

Dizemos que dois triângulos ABC e DEF são semelhantes se existe uma correspondência entre os vértices A ↔ D, B ↔ D e C ↔ F, tal que Aˆ = Dˆ, Bˆ = Eˆ, Cˆ = Fˆ e

AB BC CA

= = .

EF FG GE

O quociente comum entre as medidas dos lados correspondentes é chamado de razão de proporcionalidade entre os triângulos.

Notação: Usaremos a notação ABC ∼ DEF para indicar que os dois triângulos são semelhantes e a correspondência entre os vér- tices é dada exatamente na ordem que eles aparecem.

Observe que dois triângulos congruentes são semelhantes.

O próximo teorema afirma que não é necessário verificar todas as condições da definição de semelhança de triângulos, basta verificar algumas delas. Ele conhecido também como o 2^◦ caso de semel- hança de triângulos.

Teorema 5.6 (Casso AAA de semelhança). Se em dois triângulos

ABC e DEF tem-se Aˆ = Dˆ, Bˆ

DEF.

= Eˆ

e Cˆ

= Fˆ, então ABC ∼

Figura 5.8:

Demonstração Sejam G e H pontos nas semi-retas S_AB e S_AC, respectivamente, tais que AG = DE e AH = DF. Pelo caso LAL de congruência de triângulos, segue que AGH = DEF. Assim,

AGˆH = Eˆ = Bˆ, o que implica que GH e BC são paralelas. O

Teorema 5.5 afirma que

AG AH

= ,

AB AC

ou seja, 5

DE DF

= .

AB AC

Da mesma forma, mostramos que

EF DE

= .

BC AB

Se dois triângulos possuem dois pares de ângulos congruentes, en- tão o terceiro par também será congruente, já que a soma dos ângulos de um triângulo é 180^◦. Logo, se dois triângulos ABC e DEF são tais que Aˆ = Dˆ e Bˆ = Eˆ, então ABC ∼ DEF . De fato, na demonstração anterior não fizemos uso da congruência Cˆ = Fˆ. O próximo teorema é também conhecido como 2^◦ caso de semel- hança de triângulos.

Teorema 5.7 (Caso LAL de semelhança). Se dois triângulos ABC

e DEF são tais que Aˆ = Dˆ e

AB AC

= ,

então ABC ∼ EFG.

DE DF

Figura 5.9:

Demonstração Seja G um ponto na semi-reta S_AB tal que AG =

Sejam r a reta paralela a BC que passa por G e H o ponto

de interseção desta reta com a semi-reta S_AC. Como r é paralela a BC, segue que AGˆH = ABˆC e AHˆG = ACˆB, o que implica que ABC ∼ AGH, pelo caso AAA de semalhança de triângulos. Como

AG AH

AG = DE e = ,

AB AC

segue que

DF DE AG AH

= = = ,

AC AB AB AC

ou seja, DF = AH.

Logo, pelo caso LAL de congruência, segue que AGH = DEF.

Como AGH ∼ ABC, então ABC ∼ DEF.

O próximo teorema é conhecido também como o 3^◦ caso de semel- hança de triãngulos.

Teorema 5.8 (Caso LLL de semelhança). Se em dois triângulos

ABC e DEF tem-se

AB BC CA

= = ,

DE EF FD

então ABC ∼ DEF.

Figura 5.10:

Demonstração Sejam G em ponto de S_AB tal que AG = DE e

H o ponto de interseção da reta paralela a BC que passa por G.

Note que AGˆH = Bˆ, o que implica que AGH ∼ ABC, pelo caso 5

AAA de semelhança de triângulos. Em particular

AG AH GH

= = .

Mas como

AB AC BC

AB BC

AG = DE e = ,

então

DE EF

GH AG DE EF

= = =

BC AB AB BC

o que implica que

EF = GH.

Da mesma forma, mostramos que AG = DE e AH = DF.

Logo, ABC ∼ EFG.

Teorema 5.9. Seja ABC um triângulo retângulo cujo ângulo reto

é Cˆ. Seja D o pé da perpendicular baixada de C a AB. Então

ACD ∼ ABC ∼ CBD.

A demonstração baseia-se no fato que a soma dos ângulos internos de um triângulo retângulo é 180^◦ e no caso AAA de semelhança de triângulos. Usaremos este teorema para a demonstração do Teorema de Pitágoras a seguir.

Teorema 5.10 (Teorema de Pitágoras). Seja ABC um triângulo retângulo cujo ângulo reto é Cˆ. Se AB = c, AC = b e BC = a, então c² = a² + b².

Demonstração Seguindo a figura anterior, temos ACD ∼ ABC ∼

CBD, o que implica que

AC AD BC DB

= e = .

Assim,

AB AC

AB BC

implica que

b² = cAD e a² = cDB

a² + b² = c(AD + DB) = c².

Figura 5.11:

Exercício 5.4. Nas condições anteriores ,prove que h² = A¯DDˆB.

O próximo teorema é simplesmente a recíprova do Torema de Pitá- goras.

Teorema 5.11. Se a, b e c são as medidas dos lados de um triân- gulo e satisfazem c² = a² + b², então o triângulo é retângulo com hipotenusa c.

Figura 5.12:

Demonstração Seja ABC um triângulo com AB = c, AC = b e

BC = a. Seja DFˆE um ângulo reto com EF = AC e DF = BC.

Pelo Teorema de Pitágoras, temos que DE = √a2 + b2 = c. Pelo

caso LLL de congruência de triângulos, temos ABC = EDF.

Exercício 5.5. Mostre que em qualquer triângulo, o produto de uma base e a correspondente altura é independente da escolha da

base. 5

RESUMO

Nesta aula introduzios o Axioma das Paralelas, que nos permitiu mostrar que a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é 180^◦. Estudamos algumas propriedades dos paralelogramos. Além disso, definimos semelhança de triângulos e mostramos três ca- sos de semelhança. Como aplicação de semelhança de triângu- los, mostramos o Teorema de Pitágoras, que diz que em qualquer triângulo retângulo, o quadrado da hipotenusa é igual a soma dos quadrados dos catetos.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula iremos estudar angulos inscritos num círculos. Também estudaremos polígonos inscritíveis e circunscritíveis num círculo.

ATIVIDADES

Prove que a soma das medidas dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 90^◦.
Prove que a medida do ângulo externo de um triângulo é igual a soma das medidas dos ângulos internos a ele não
O que é maior, a base ou a lateral de um triângulo isósceles cujo ângulo oposto à base mede 57^◦?
Quanto medem os ângulos de um triângulo se eles estão na mesma proporção que os números 1, 2 e 3?

Se um triângulo retângulo possui um ângulo que mede 30^◦, 5

mostre que o cateto oposto a este ângulo mede a metade da hipotenusa.

Seja ABC um triângulo isósceles com base AB. Sejam M e N os pontos médios dos lados CA e CB, respectivamente. Mostre que o reflexo do ponto C relativamente à reta que passa por M e N é exatamente o ponto médio do segmento AB.
Um retângulo é um quadrilátero que tem todos os seus ângu- los Mostre que, todo retângulo é um paralelogramo.
Um losango é um paralelogramo que tem todos os seus lados Mostre que, as diagonais de um losango cortam- se em ângulo reto e são bissetrizes dos seus ângulos.
Pode existtir um triângulo ABC em que a bissetriz do ân- gulo Aˆ e a bissetriz do ângulo externo no vértice B sejam paralelas?
Seja ABC um triângulo isósceles de base BC. Mostre que a bissetriz do seu ângulo externo no vértice A é paralela a sua
Na figura 5.13 AB, AC e CD são congruentes. Determine o ângulo β em função do ângulo α.

Figura 5.13:

Na figura 14 determine o valor de α + β + γ + θ.

Figura 5.14:

Mostre que, se os ângulos opostos de um quadrilátero são congruentes, então o quadrilátero é um
Mostre que, se as diagonais de um quadrilátero se intersec- tam em um ponto que é ponto médio de ambas, então o quadrilátero é um
Mostre que, se as diagonais de um paralelogramo são con- gruentes, então o paralelogramo é um retângulo.
Mostre que, os pontos médios dos lados de um quadrilátero qualquer são vértices de um
Mostre que dois triângulos equilátero são sempre
Considere um triângulo ABC e um ponto D ∈ AC tal que

BDA ∼ ABC. Conclua que o triângulo BDA é isósceles.

Na figura (pg 114) o triângulo ABC é equilátero, as três retas ligando os lados AB a AC são paralelas a BC, dividem o lado AB em quatro segmentos congruentes. Se DG + EH + FI = 18, determine o perímetro do triângulo ABC.
Considere o triângulo EFG formado pelos pontos médios dos lados do triângulo ABC. Qual a relação entre seus perímet- ros?

Figura 5.15:

Prove que alturas correspondentes em triângulos semelhantes estão na mesma razão que os lados
Seja ABC um triângulo, D o ponto médio de AC e E o ponto médio de BC. Sabendo que BD é perpendicular a AE, AC = 7, determine AB.
Seja ABC um triângulo retângulo em que Cˆ é o ângulo r Trace a altura a partir do ponto C. Se a e b são comprimentos dos catetos e h é o comprimento da altura, mostre que

1 1 1

h2 = a2 + b2 .

Os lados de um triângulo ABC medem: AB = 20cm, BC = 15cm e CA = 10 Sobre o lado BC marca-se um ponto D de modo que BD = 3cm e traçam-se pelo ponto D retas paralelas aos lados AB e AC as quais intercectam, respec- tivamente, nos pontos F e E. Mostre que o quadrilátero AEDF é um paralelogramo e determine seu perímetro.

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.

O Círculo

META:

Estudar propriedades básicas do círculo.

OBJETIVOS:

Estudar retas tangentes a um círculo. Estudar ângulo inscritos no círculo.

Identificar polígonos inscritíveis e circunscritíveis num círculo.

PRÉ-REQUISITOS

O aluno deve ter compreendido todas as aulas anteriores, princi- palmente os casos de congruência de triângulos.

AULA

Introdução

O terceiro postulado de Euclides diz que é possível traçar um cír- culo com qualquer centro e com qualquer raio. Com os nossos axiomas, este postulado é simplesmente uma consequência.

Até o momento nós estudamos apenas triângulo e quadriláteros, figuras planas definidas por pontos e retas. Nesta aula começare- mos nosso estudo do círculo, que é uma figura plana definida através da noção de distância entre dois pontos. Veremos quais as consequências de um ângulo inscrito em um polígono, e também quando um polígono possui um círculo inscrito e outro circunscrito.

O Círculo

Seja P um ponto e r um número positivo.

Definição 6.1. O círculo com centro P e raio r é o conjunto dos pontos Q tais que PQ = r.

Figura 6.1:

Dois ou mais círculos com o mesmo centro são ditos concêntricos. Se Q é qualquer ponto do ciruclo, então o segmento PQ é um raio do circulo, e Q é a extremidade do raio. Se Q e R são pontos do círculo, então QR é uma corda do círculo. Uma corda que contém

o centro é denominada um diâmetro do círculo. Evidentemente, 6

o comprimento de todo diâmetro é o número 2r. Este número é denominado o diâmetro do círculo.

Observação Note que a palavra raio é usada com dois sentidos. Ela pode significar um número r ou um segmento PQ. Porém, no contexto sempre será fácil identificar o significado. Quando falamos “o raio”, falamos do número r, e quando falamos de “um raio”, falamos de um segmento. Da mesma forma, para a palavra diâmetro.

Definição 6.2. Uma reta é tangente a um círculo se possui um único ponto em comum. O ponto em comum é denominado de ponto de tangência. Se uma reta intersecta um círculo em dois pontos, ela é denominada reta secante.

Teorema 6.1. Se uma reta é perpendicular a um raio de um cír- culo em sua extremidade, então a reta é tangente ao círculo.

Figura 6.2:

Demonstração Sejam C um círculo com centro em P, PQ um raio e r uma perpendicular a PQ em Q.

Se R é qualquer outro ponto de r, então PR > PQ, já que o menor segmento unindo um ponto a uma reta é o segmento perpendicular. Portanto, R está no exterior de C.

Logo, r intersecta C somente no ponto Q, o que implica que r é tangente a C.

Teorema 6.2. Toda tangente r a um círculo C é perpendicular ao raio com extremidade no ponto de tangência Q.

Figura 6.3:

Demonstração Suponha que PQ não seja perpendicular a r. Então, seja R um ponto de r tal que PR é perpendicular a r. Sabemos que existe um ponto S na reta r tal que Q ∗ R ∗ S e RQ = RS. Pelo Teorema de Pitágoras, temos

² ² ²PR + RQ = PQ

o que implica que

2 2 2

PR + RS = PS ,

PQ = PS.

Logo, S pertence ao círculo, e isto implica que r não é tangente ao círculo.

Proposição 6.19. Um raio é perpendicular a uma corda (que não 6

é um diâmetro) se e somente se a divide em dois segmentos con- gruentes.

Figura 6.4:

Demonstração Suponha inicialmente que um raio PR seja per- pendicular a uma corda AB que não é um diâmetro.

Seja M o ponto de interseção de PR com AB. Como PA = PB, segue que APB é um triângulo isósceles com base AB. Então PM é a altura de APB com respeito a AB. Pela Proposição 3.8, temos que a altura coincide com a mediana.

Logo, AM = MB.

Para a recíproca, a demonstração é análoga ao caso anterior, já que em um triângulo isósceles a altura coincide com a mediana.

Exercício 6.1. Mostre que em um círculo duas cordas são congru- entes se e somente se elas estão à uma mesma distância do centro do círculo.

A demonstração deste exercício é simples, basta usar congruência de triângulo retângulos.

Ângulos Inscritos em um Círculo

Sejam A e B pontos de um círculo de centro P. Considere a reta r que passa por A e B. Cada semi-plano determinado por r contém uma parte do círculo chamada arco.

Definição 6.3. O arco contido no semi-plano contendo o centro é chamado de arco maior e o outro arco é denominado menor.

Figura 6.5:

Se APˆB é raso, cada arco é um semi-círculo.

Definição 6.4. O ângulo APˆB é denominado de ângulo central. A medida em graus do arco menor é a medida do ângulo central

APˆB. A medida em graus do arco maior é 360^◦ − APˆB. Exercício 6.2. Em um mesmo círculo, cordas congruentes deter- minam ângulos centrais congruentes.

Para a demonstração deste exercício use o caso LLL de congruência de triângulos.

Definição 6.5. Um ângulo está inscrito em um círculo se seu vértice A pertence ao círculo e os lados intersectem o círculo em pontos, B e C, distintos do vértice. O arco determinado por B e C

que não contém o vértice A é denominado de arco correspondente 6

ao ângulo inscrito dado.

Figura 6.6:

Dizemos também que o ângulo subtende o arco.

Proposição 6.20. Todo ângulo inscrito em um círculo tem a metade da medida do arco correspondente.

Demonstração Seja BAˆC um ângulo inscrito em um círculo de centro P.

Temos três casos a considerar.

Caso 1: Suponha que um dos lados do ângulo BAˆC contém um diâmetro.

Note que PAB é isósceles com base AB. Assim, BAˆP =

P BˆA. Além disso,

ABˆP + BPˆA + P AˆB = 180^◦

BPˆC + BPˆA = 180^◦.

Logo, CAˆB = P AˆB = ¹ P PˆC.

Figura 6.7:

Caso 2: Suponha que B e C estão em lados opostos do diâmetro com extremidade

Seja D a outra extremidade do diâmetro contendo A. Assim,

BAˆC = BAˆD + DAˆC.

Pelo caso 1, temos que

ˆ 1 ˆ ˆ 1 ˆ

BAD =

BPD e DAC =

DPC.

Portanto, BAˆC = ¹ BPˆD + ¹ DPˆC = ¹ BPˆC.

2 2 2

Figura 6.8:

Caso 3: Suponha que B e C estão no mesmo lado do diâmetro 6

contendo A.

Basta ver que, pelo caso 1 novamente, obtemos

BAˆC = BAˆD −

CAˆD =

1 BPˆD

1 CPˆD =

−

1 BAˆC.

Figura 6.9:

Corolário 6.1. Todos os ângulos inscritos no mesmo arco são congruentes.

Corolário 6.2. Um ângulo inscrito em um semi-círculo é reto.

A prova destes corolários são imediatas e deixada ao aluno.

Proposição 6.21. Sejam AB e CD cordas distintas de um círculo que se intersectam em um ponto P. Então AP · PB = CP · PD.

Demonstração Pelo Corolário 6.1 temos DAˆB = DCˆB e ADˆC = ABˆC. Como APˆD e BPˆC são opostos pelo vértices, então são con- gruentes.

Logo, pelo caso AAA de semelhança de triângulos, segue que APD ∼

CPB.

Figura 6.10:

Figura 6.11:

Portanto,

AP PD

= ,

CP PB

que é equivalente a AP · PB = CP · PD.

Proposição 6.22. Se os dois lados de um ângulo com vértice P

são tangentes a um círculo de centro O nos pontos A e B, então

APˆB = 180^◦ menos o arco menor determinado por A e B.
PA =

Demonstração Pelo Teorema 6.2, segue que OAˆP = OBˆP = 90^◦. Como o arco menor determinado por A e B mede AOˆB,

Figura 6.12:

segue que

implica que

Pˆ + P AˆO + AOˆB + OBˆP = 360^◦, Pˆ = 180^◦ − AOˆB,

provando a parte (a).

Para provar a parte (b), inicalmente observe que os triângulos PAO e PBO são retângulo em A e B, respectivamente. Como AO = BO, por serem raios de um mesmo círculo, e PO é comum a ambos os triângulos, segue PAO = PBO, pelo caso de congruên- cia de triângulos retângulos. Em particular, PA = PB.

Polígonos Inscritos em um Círculo

Incialmente vejamos a seguinte definição

Definição 6.6. A mediatriz de um segmento é a reta perpendicular ao segmento que passa por seu ponto médio.

Lema 6.1. Os pontos da mediatriz de um segmento são equidis- tantes das extremidades do segmento.

Demonstração Sejam AB um segmento, M seu ponto médio e

r sua mediatriz.

Tome um ponto P qualquer de r diferente de M . Obeserve que temos dois triângulos AMP e BMP com AM = MB, já que M é o ponto médio de AB, AMˆ P = BMˆ P = 90^◦ (pois r é perpendicular a AB) e com um lado MP em comum.

Logo, pelo caso LAL de congruência de triângulos, temos que AMP = BMP , em particular AP = BP , que é o que queríamos demonstrar.

Definição 6.7. Um polígono está inscrito num círculo se todos os seus vértices pertencem ao círculo.

Figura 6.13:

Proposição 6.23. Todo triângulo está inscrito em algum círculo.

Demonstração Considere um triângulo ABC. Seja m a reta perpendicular a AB e passando por seu ponto médio M . Seja n a reta perpendicular a BC e passando por seu ponto médio N . Seja P o ponto de interseção de m com n. Pelo Lema 6.1, segue que todo ponto de m é equidistante de A e B e todo ponto de n é equidistante de B e C.

Logo, P é o centro do círculo que contém A, B e C.

Figura 6.14:

Corolário 6.3. As mediatrizes dos lados de um triângulo encontram- se em um mesmo ponto.

A demonstração deste corolário é uma aplicação direta da Proposição

6.23 e deixada para o aluno. O próximo corolário é basicamente a Proposição 6.23.

Corolário 6.4. Três pontos não colineares determinam um cír- culo.

Mostramos que qualquer triãngulo está inscrito em um círculo. Então, podemos perguntar se qualquer polígono pode ser inscrito em algum círculo. Em geral esta pergunta tem uma resposta neg- ativa, visto que a condição de que um polígono esteja inscrito em um círculo acarreta fortes restrições sobre sua medida.

Para um quadrilátero temos a seguinte proposição.

Proposição 6.24. Um quadrilátero pode ser inscrito em um cír- culo se e somente se possui um par de ângulos opostos suple- mentares.

Demonstração Suponhamos que o quadrilátero ABCD esteja inscrito em um círculo de centro P . Note que os ângulos DAˆB e DCˆB subtendem os dois arcos determinados por B e D. Assim, pela Proposição 6.20, temos

ˆ 1 ˆ ˆ 1 ˆ

DAB =

DPB e DCB =

DPB.

Aqui estamos indicando pela mesma notação, DPˆB, dois ângulos cuja soma é 360^◦.

Logo, DAˆB + DCˆB = 180^◦.

Figura 6.15:

Suponha agora que ABCD é um quadrilátero com Aˆ + Cˆ = 180^◦.

Vamos mostrar que ABCD está inscrito em algum círculo.

Pelo Corolário 6.4 podemos traçar um círculo pelos pontos A, B e

Temos três casos possíveis.

Figura 6.16:

Caso 1: D esta fora do círculo.

Seja E o ponto de interseção de BD com o círculo. Pelo Teorema do Ângulo Externo, temos

AEˆB > ADˆB e BEˆC > CDˆB.

Assim,

AEˆC = AEˆB + BEˆC > ADˆB + BDˆC = ADˆC.

Por outro lado,

por hipótese, e

ABˆC + ADˆC = 180^◦,

ABˆC + AEˆC = 180^◦,

pela primeira parte.

Logo, ADˆC = AEˆC, que é uma contradição.

Caso 2: D pertence ao interior do círculo.

Nete caso, tome E o ponto de interseção do círculo com a semi-reta S_BD. Da mesma forma que antes, mostramos que ADˆC = AEˆC e ADˆC > AEˆC. Contradição.

Logo, só podemos ter que D pertence ao círculo.

Definição 6.8. Um círculo está inscrito em um polígono se todos os lados são tangentes ao círculo.

Neste caso, dizemos que o polígono circunscreve o círculo.

Proposição 6.25. Todo triângulo possui um círculo inscrito.

Figura 6.17:

Demonstração Seja ABC um triângulo e P o ponto de encontro das bissetrizes de Aˆ e Bˆ.

Afirmação: P é equidistante dos lados do triângulo.

De fato, se E e G são os pés das perpendiculares baixadas de P a

AB e a AC, respectivamente, então

P AˆE = P AˆG e P EˆA = P GˆA = 90^◦.

Logo, PAE = PAG, já que PA é comum a ambos. Em particular, PE = PG. Da mesma forma, mostramos que P é equidistante de BC e AB.

Corolário 6.5. As bissetrizes de um triângulo encontram-se em um ponto.

A demonstração deste corolário é imediata da Proposição 6.25.

Definição 6.9. Um polígono regular é um polígono com todos os 6

lados e ângulos congruentes.

Proposição 6.26. Todo polígono regular está inscrito em um cír- culo.

Demonstração Seja A₁A₂a . . . A_n um polígono regular. Pelo Corolário 6.4, podemos traçar um círculo contendo A₁, A₂ e A₃. Seja P o centro deste círculo.

Vamos mostrar que os vértices A₄, A₅, . . . , A_n pertencem a este círculo.

Para isto, note que o triângulo PA₂A₃ é isósceles, já que PA₂ e PA₃ são raios de um mesmo círculo. Assim, P Aˆ2A₃ = P Aˆ3A₂. Como o polígono é regular, todos os seus ângulos são congruentes.

Portanto, A₁Aˆ2A₃ = A₂Aˆ3A₄. Além disso, temos

A₁Aˆ2A₃ = A₁Aˆ2P + P Aˆ2A₃

A₂Aˆ3A₄ = A₂Aˆ3P + P Aˆ3A₄,

implicando que A₁Aˆ2P = P Aˆ3A₄. Também temos que A₁A₂ = A₃A₄, já que são lados de um polígono regular, e PA₂ = PA₃, pelo fato que A₁ e A₂ pertencem a um círculo de raio P . Pelo caso LAL de congruência de triângulos, temos que PA₁A₂ = PA₄A₃. Em particular obtemos PA₄ = PA₁, implicando que A₄ pertence ao círculo contendo A₁, A₂ e A₃.

Analogamente mostramos que cada um dos pontos A₅, . . . , A_n per- tencem a este mesmo círculo.

Corolário 6.6. Todo polígono regular possui um círculo inscrito.

Demonstração Seja A₁A₂ . . . A_n um polígono regular. Pela Proposição 6.26, podemos traçar um círculo contendo A₁, A₂ . . . , A_n. Seja P o centro deste círculo.

Pelo caso LLL de congruência de triângulos, mostramos que todos os triângulos A₁PA₂, A₂PA₃, A₃PA₄, . . . são congruentes. Como

consequência suas alturas relativamente às bases são também con- gruentes.

Portanto, o círculo de centro P e raio igual a esta altura está inscrito no polígono. (Por que este círculo é tangente aos lados do triângulo?)

Como calcular o comprimento de um cír- culo?

Até aqui já sabemos calcular a distância entre dois pontos, bas- tando para isso calcular o comprimento do segmento determinado por estes pontos. A maneira como nós introduzimos o compri- mento de um segmento foi através de um axioma. Então podemos perguntar:

Mas como calcular o comprimento de um cír-

culo? É necessário um outro axioma?

De fato, não é necessário introduzir um novo axioma para este fim. Calcula-se o comprimento de um círculo através de uma idéia intuitiva. Aproxima-se o círculo através de polígonos regulares in- scritos, cujo perímetro sabemos calcular. A nossa intuição nos diz que se o número de lados do polígono regular for suficientemente grande, então o perímetro do polígono será muito próximo do com- primento do círculo.

De fato, se P é um polígono convexo inscrito em um círculo e A e B são vértices consecutivos de P , então considerando P₁ o polígono cujos os vértices são os vértices de P mais um ponto C do círculo entre os pontos A e B, teremos que que o perímetro de P₁ será maior que o perímetro de P , desde que AB < AC + CB. Assim, adicionando-se a um polígono convexo novos vértices, aumentamos o seu perímetro. Além disso, o perímetro de um polígono circun- scrito ao círculo é maior que o perímetro de qualquer polígono convexo inscrito.

Assim, temos a seguinte definição

Definição 6.10. O comprimento de um círculo é o menor dos 6

números maior que o perímetro de qualquer polígono convexo nele inscrito.

O comprimento do círculo de raio r é tradicionalmente represen- tado na forma 2πr.

O número π é um velho conhecido dos matemáticos. Os babilônios, por volta de 2000 a 1600 a.C., considerou o comprimento do círculo três vezes o diâmetro, isto é, eles aproximaram π como sendo igual

a 3. Os egipcios de 1800 a.C., de acordo com o papiro de Rhind, tomaram a aproximação π ∼ 22 2 ∼ 3, 1604. O valor aproximado de π, correto até a 5^a casa decimal é π = 3, 141593.

Em 1789 Johann Lambert provou que π não é um número racional, e em 1882 F. Lindemann provou que π é um número trascendente, ou seja, não raiz de nenhum polinômio com coeficientes inteiros. Isto implica, como veremos nas próximas aulas, que é impossível construir um quadrado com mesma área de um círcul usando so- mente régua e compasso.

RESUMO

Nesta aula vimos algumas propriedades básicas dos círculos. Estu- damos algumas relações de ângulos inscritos no círculo e obtemos algumas consequências, como por exemplo, que um quadrilátero está inscrito em algum círculo se e somente se possui um par de ângulo opostos suplementares. Vimos também que todo triângulo e todo polígono regular possui um círculo inscrito e circunscrito.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula, vamos usar o que estudamos de círculos e de triângulos para definir uma clase de funções bem conhecidas, as funções trigonométricas.

ATIVIDADES

Considere dois círculos de raios r₁ e r₂. Mostre que se eles se intersectam em mais de um ponto então r₁ + r₂ é maior do que a distância entre seus
Diremos que dois círculos são tangentes se são tangentes a uma mesma reta em um mesmo ponto. O ponto mencionado é chamado de ponto de contato. Mostre que, quando dois círculos são tangentes, os dois centros e o ponto de contato são
Dois círculos são ditos tangentes exteriores se ficam de lados opostos da reta tangente comum. Se os dois ficam do mesmo lado da reta tangente, diz-se que os dois são tangentes inte- riores. Qual a distância entre os centros de dois círculos que são tangentes exteriores sabendo-se que seus raios medem 2cm e 5cm?

Prove que, em um mesmo círculo ou em círculos de mesmo 6

raio, cordas equidistantes do centro são congruentes.

Em um triãngulo equilátero mostre que o círculo inscrito e o círculo circunscrito têm o mesmo
Na figura 6.18 as três retas são tangentes simultaneamente aos dois círculos. Estas retas são denominadas tangentes comuns aos círculos. Desenhe dois círculos que tenham:

Figura 6.18:

quatro tangentes
exatamente duas tangentes
somente uma tangente
nenhuma tangete
mais de qutro tangentes

Na figura relativa ao exercício anterior, os dois círculos são tangentes e a tangente que passa no ponto de contato in- tersecta as outras duas, determinando um segmento. Deter- mine, em função dos dois raios, o comprimento deste seg- mento e mostre que o ponto de contato é o seu ponto médio.

Figura 6.19:

Na figura 19 MO = IX. Prove que MI = OX.
Na figura 20 sabe-se que Y é o centro do círculo e que

BL = ER. Mostre que BE é paralelo a LR.

Figura 6.20:

Na figura 21 o quadrilátero DIAN é um paralelogramo e

I, A e M são colineares. Mostre que DI = DM .

Na figura 22 qual dos dois arcos, AˆH ou MˆY , tem a maior

Figura 6.21:

medida em graus? Sabe-se que os dois círculos são concên- tricos.

Figura 6.22:

Uma reta intersecta um círculo em no máximo dois pon- As que o intersectam em exatamente dois pontos são chamadas de secantes. Um ângulo secante é um ângulo cujos lados estão contidos em duas secantes do círculo e que cada lado intersecta o círculo em pelo menos um ponto exclído o vértice. Vamos chamar de região angular associada a um ân-

ˆ ˆ

gulo ABˆC a intrseção dos seguintes dois semi-planos: o que contém o ponto C e é determinado por AB, e o que contém o ponto A e é determinado por BC. Dados um ângulo e um círculo, a parte do círculo contida na região angular associ- ada ao ângulo dado designado arco (ou arcos) determinado (determinados) pelo ângulo. Nos ítens seguintes indicaremos por AB a medida em graus do arco AB.

Na figura 23 à esquerda APˆB é um ângulo secante cujo vértice está dentro do círculo. Mostre que

ˆ 1

APB = 2 (AˆB + CˆD).

Figura 6.23:

Na figura 6.23 à direita APˆB é um ângulo secante cujo vértice está fora do círculo. Mostre que

ˆ 1

APB = 2 (AˆB − CˆD).

Prove que todo paralelogramo inscrito em um círculo é um retângulo.
Um círculo está inscrito em um triãngulo retângulo cujos catetos medem b e c e a hipotenusa mede a. Determine o diâmetro do círculo.

Dois círculos são tangentes exteriores sendo A o ponto de 6

contato. Seja B um ponto de um dos círculos e C um ponto do outro tais que a reta que passa por estes pontos é tangente comum aos dois círculos. Mostre que o ângulo BAˆC é reto.

Na figura 24 à esquerda, APˆC é um ângulo secante cujo vértice encontra-se fora do círculo e que o intersecta em qua- tro pontos como indicado. Prove que AP · PB = CP · PD.

Figura 6.24:

Na figura à direita, WS e HI são cordas que se interesectam no ponto G, e RT é bissetriz do ângulo W GˆI. Prove que WR TS = RI · HT .
Na figura seguinte as retas são tangentes comuns aos dois círculos. Prove que m₁ e m₂ se intersectam na reta que contém os centros dos círculos. Prove que se os raios dos dois círculos são diferentes, as retas n₁ n₂ também se intersectam na reta que contém os

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.

Funções Trigonométricas

META:

Introduzir as principais funções trigonométricas: seno, cosseno e

tangente.

OBJETIVOS:

Definir as funções seno, cosseno e tangente. Mostrar algumas identidades trigonométricas.

Calcular os valores das funções seno, cosseno e tangente para al- guns ângulos.

PRÉ-REQUISITOS

O aluno para acompanhar esta aula, é necessário que tenha com- preendido todos os casos de semelhança de triângulos e as pro- priedades de ângulos inscritos em um círculo.

AULA

Introdução

Olá caro aluno, espero que esteja curtindo a leitura. Nesta aula iremos iniciar nosso estudo da funções trigonométricas. O estudo destas funções e de suas aplicações é denominado trigonometria. A trigonometria iniciou-se como estudo das aplicações, a problemas práticos, das relações entre os lados de um triângulo.

Algumas funções eram historicamente comuns, mas agora são rara- mente usadas, como a corda, que em notação atual é dada por crdθ = 2 sin(θ/2). Hoje as funções trigonométricas mais conheci- das são as funções seno, cosseno e tangente. De fato, as funções seno e cosseno são as funções principais, visto que todas as outras podem ser colocadas em termos destas.

Nesta aula veremos como utilizar semelhança de triângulo para definir as funções trigonométricas, bem como provrar algumas de suas principais propriedades. Veremos também como calcular al- guns valores destas funções tomando triângulo retângulos particu- lares.

Funções Trigonométricas

Considere um semicírculo de centro P e diâmetro AB. Tome um ponto C do semicírculo e faça α = CPˆB. Seja D um ponto de AB tal que CD seja perpendicular a AB.

Definição 7.1. a) Chama-se seno do ângulo α, e denotamos por sen α, ao quociente

sen α = CD.

Chama-se de cosseno do ângulo α, e denotamos por cos α, ao quociente

cos α =

cos α = − PC

se 0 ≤ α ≤ 90^◦

se 90^◦ ≤ α ≤ 180^◦.

Chama-se de tangente do ângulo α, e denotamos por tan α 7

ao quociente

tan α =

sen α

cos α

Figura 7.1:

Observação: De acordo com as definições acima podemos deduzir os seguintes valores

sen 0^◦ = 0, sen 90^◦ = 1, e sen 180^◦ = 0,

cos 0^◦ = 1, cos 90^◦ = 0, e cos 180^◦ = −1

tan 0^◦ = tan 180^◦ = 0.

Além disso, a tangente não está definida para α = 90^◦.

Proposição 7.27. O seno e cosseno independem do semi-círculo utilizado para definí-los.

Demonstração De fato, se temos dois semi-círculos como na figura abaixo e tomamos C e C^j tais que CPˆD = C^jPˆjD^j = α, então os triângulos PDC e P^jD^jC^j, retângulos em D e D^j, respec- tivamente, são semelhantes (Por quê ?). Assim,

CjPj = CjDj = PjDj .

Portanto,

CP CD PD

sen α = CD = CjDj e cos α = PD = PjDj .

CP CjPj PC PjCj

Figura 7.2:

Teorema 7.1. Para todo ângulo α temos sen α² + cos α² = 1.

Demonstração Se α = 0^◦, 90^◦ e 180^◦, o resultado é imediato, pelo que vimos anteriormente. Nos outros casos, considere a figura 7.2. Assim,

sen ²α + cos² α =

PD ₂

CD ₂

PD2

+ CD2

PC2

= .

PC PC

PC2

Nesta terceira igualdade usamos o Teorema de Pitágoras. Logo,

sen ²α + cos² α = 1.

Fórmulas de Redução

Os próximos resultados irão nos permir calcular os valores de al- guns ângulos a partir de outros.

Teorema 7.2. Se α é um ângulo agudo, então

sen (90^◦ − α) = cos α
cos(90^◦ − α) = sen α

−

c) tan(90^◦ α) = 1

tan α

Figura 7.3:

Demonstração Considere a figura abaixo. Como os triângulos PFE e PDC são retos em F e D, e a soma dos ângulos agu- dos de um triângulo retângulo é 90^◦, segue que PFE e CDP são congruentes. Em particular,

PD PC DC

= = .

Logo,

PE PE PF

sen (90^◦ α) = EF

−

= = cos α, PC

cos(90^◦ α) = PF = DC

−

PE PC

= sen α,

tan(90◦ − α) = sen (90^◦ − α) = cos α = 1 .

cos(90◦ − α) sen α tan α

Teorema 7.3. Para todo α temos

sen (180^◦ − α) = sen α
cos(180^◦ − α) = − cos α

Demonstração Para α = 0^◦, 90^◦ ou 180^◦, segue diretamente. Considere a figura abaixo. Como antes, mostramos que PDC =

Figura 7.4:

PFE, o que implica que

sen (180^◦ α) = EF

−

= = sen α PC

| cos(180^◦ − α)| = PF = PD = | cos α|.

Como α /= 90^◦, então α ou 180^◦ − α é agudo e o outro obtuso. Isto implica que cos α e cos(180^◦ − α) têm sinais contrários.

Exercício 7.1. Mostre que se ABC é um triângulo retângulo em

C, então

BC = ABsen Aˆ, AC = AB cos Aˆ e BC = AC tan Aˆ.

Proposição 7.28.

◦ 1 ◦ 1 ◦

a) sen 45 = √2 , cos 45 = √2 e tan 45 = 1

1 √3 1

b) sen 30^◦ = , cos 30^◦ =

Demonstração

2 e tan 30^◦ = √3 .

Seja ABC um triângulo retângulo em Cˆ e com AC = BC. Então Aˆ = Bˆ = 45^◦, já que a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180^◦. O Teorema de Pitágoras implica que

AB2 = AC2 + BC2 = 2AC2

Figura 7.5:

e assim,

Logo,

AC =

√2 .

CB AB/√2 1

sen 45^◦ = cos 45^◦ = =

AB = √2 .

A tangente é obtida pela simples divisão dos valores do seno e cosseno.

Seja ABC um triângulo equilátero. Considere D o ponto médio de AC. Daí, DBˆC = 30^◦ e, pelo Teorema de Pitágoras

CD =

. Portanto,

sen 30◦ = CD = BC/2 1

= ,

BC BC 2

tan 30^◦

4 2

cos 30^◦ = √1 − (sen 30◦)2 = r1 − 1 = √3

= √3 .

Usando o Teorema 7.28 e as fórmulas de redução, podemos calcular os valores do seno e cosseno dos ângulos 60^◦, 120^◦, 135^◦ e 150^◦. Deixamos como exercício.

Lei dos Cossenos

Teorema 7.4. Seja ABC um triângulo. Então

AB2

= AC2

+ BC2

— 2AC · BC cos Cˆ.

Demonstração Se Cˆ = 90^◦, então não temos nada a fazer, já

que cos 90^◦ = 0 e, neste caso, a fórmula reduz-se ao Teorema de Pitágoras.

Suponha que Cˆ /= 90^◦.

Seja D o pé da perpendicular da altura do vértice A. Como Cˆ /=

90^◦, então C D.

Se D = B, então Bˆ = 90^◦. Neste caso

cos Cˆ = BC

o que implica que

2 2 2

AC = AB + BC ,

AB2 = A C2 − BC2

2 2

= AC2

+ BC2

— 2BC

= AC

+ BC

— 2BC · AC cos C,

que é o resultado desejado. Suponha agora que D /= B e C.

Neste caso, ADB e ADC são triângulos retângulos em Dˆ. Pelo

Teorema de Pitágoras,

AB2 = AD2 + DB2

e 7

AC2 = AD2 + DC2.

Subtraindo, obtemos

que é equivalente a

2 2 2 2

AB −

AC = DB − DC

2 2 2 2

AB = AC + DB − DC . (7.5)

Temos três casos a considerar.

Caso 1: B ∗ C ∗

Figura 7.6:

Neste caso,

BD = BC + CD.

Assim, da equação (7.5), obtemos

AB2

= AC2

+ (BC + CD)²

— DC

= AC2

+ BC2

+ CD2 + 2BC · CD − CD2

= AC

Além disso,

+ BC

+ 2BC · CD.

Logo,

cos ACˆD = CD

cos ACˆB = − cos(180^◦ − ACˆB) = − cos ACˆD.

AB2

= AC2

+ BC2

+ 2BC · AC cos Cˆ.

Figura 7.7:

Caso 2: B ∗ D ∗

Neste caso,

BC = BD + DC e cos Cˆ = DC .

Assim, a equação (7.5) implica que

AB2

= AC2

+ (BC − DC)²

— DC

= AC2

+ BC2

+ DC2 − 2BC · DC − DC2

= AC

+ BC

2BC DC

= AC

Caso 3: C ∗ B ∗

+ BC

— 2AC · BC cos C.

Neste último caso, temos que

CD = CB + BD e CD = AC cos Cˆ

donde, da equação (7.5) segue que

AB2

= AC2

+ (CD − BC)²

= AC2

+ CD2

+ BC2 − 2CD · BC − DC2

= AC2

+ BC2

2BC CD

= AC

+ BC

— 2ACBC cos C.

Figura 7.8:

Portanto, fica demonstrada a Lei dos Cossenos.

Lei dos Senos

Teorema 7.5. Seja ABC um triângulo. Então

sen Aˆ sen Bˆ sen Cˆ 1

= = = ,

BC AC AB 2R

onde R é o raio do círculo circunscrito no triângulo ABC.

Demonstração Considere o círuclo de centro P e raio R que circunscreve o triângulo. Seja D um ponto do círculo tal que BD é um diâmetro. Temos dois casos, A e C estão no mesmo lado de BD ou em lados opostos.

Se A e C estão em lados opostos de BD, então BAˆC = BDˆC, por

serem ângulos inscritos no círculo que subentende o mesmo arco.

Se A e C estão no mesmo lado de BD, então ABDC é um quadrilátero inscrito no círuclo.

Então, pela Proposição 6.24, temos

CAˆB + CDˆB = 180^◦.

Em ambos os casos, sen BAˆC = sen BDˆC. Como BCD é retân- gulo em C, já que está inscrito em um semi-círculo, segue que

sen Aˆ = sen BAˆC = sen BDˆC = DC = DC .

BD 2R

Figura 7.9:

Da mesma forma, mostramos que

sen Bˆ = AC

e sen Cˆ = DC .

Disto segue o resultado.

Teorema 7.6. Sejam α e β ângulos agudos. Então

cos(α + β) = cos α cos β − sen αsen β
sen (α + β) = sen α cos β + cos αsen β.

Demonstração

Considere um ângulo de medida α+β e vértice Trace uma semi-reta S_P _H que divide o ângulo em dois ângulos de me- didas α e β. Trace uma perpendicular a S_P _H que intercepta os lados do ângulo α + β em A e B. Sejam PH = h, PB = b, PA = a, BH = n e AH = m. Pela Lei dos Cossenos temos que

(m + n)² = a² + b² − 2ab cos(α + β), (7.6)

Figura 7.10:

Além disso,

m² = a² + h² − 2ah cos α (7.7)

n² = b² + h² − 2bh cos β. (7.8)

Portanto,

cos α =

e cos β = h. b

h² = ab cos α cos β

ah cos α = bh cos β = ab cos α cos β.

Logo, de (7.7) e (7.8) obtemos

m² = a² − ab cos α cos β (7.9)

n² = b² − ab cos α cos β. (7.10)

Além disso,

sen α = m

e sen β = n

que junto com (7.9) e (7.10), implica em

(m + n)² = m² + n² + 2mn

= a² − ab cos α cos β + b² − ab cos α cos β

+2absen αsen β

= a² + b² − 2ab cos α cos β + 2absen αsen β.

Comparando com (7.6) obtemos que

cos(α + β) = cos α cos β − sen αsen β.

Nas condições do ítem a), obtemos que Aˆ = 90^◦ − α. Isto implica que, pelo Teorema 2,

sen Aˆ = sen (90^◦ − α) = cos α. (7.11) Pela Lei dos Senos, temos

sen (α + β) m + n

o que implica em

sen Aˆ

= e

sen α m

sen Aˆ

= ,

sen (α + β) = m sen Aˆ + n sen Aˆ

(7.12)

b b

sen Aˆ = h sen α. (7.13)

Substituindo (7.13) no primeiro termo do segundo membro de (7.12) e (7.11) no segundo termo do segundo membro de (7.13), obtemos

sen (α + β) = h sen α + n cos α. (7.14)

b b

Porém,

sen β = n

e cos β = h, b

que substituindo em (7.14), obtemos

sen (α + β) = sen α cos β + cos αsen β.

Corolário 7.1. Se α > β, então

cos(α − β) = cos α cos β + sen αsen β.
sen (α = β) = sen α cos β − cos αsen β.

Demonstração No teorema anterior, faça α + β = a e α = b.

Resolva o sistema





 cos a = cos b · cos(a − b) − sen b · sen (a − b) ,

sen a = sen b · cos(a − b) + cos b · sen (a − b)

para encontrar cos(a − b) e sen (a − b).

RESUMO

Nesta aula nós vimos como definir as funções trigonométricas e como utilizar semelhança de triângulos para mostrar que elas es- tão bem definidas. Mostramos algumas fórmulas de redução, as Leis dos Cossenos e a Lei dos Senos, identidades trigonmétricas muito útil nas aplicações. Além disso, também calculamos alguns valores das funções trigonométricas, por exemplo, para os ângulos 30^◦, 45^◦ e 60^◦.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula iremos definir a noção de área e mostrar como calcular a área de algumas figuras geométricas.

ATIVIDADES

Em um triângulo ABC, em que todos os ângulos são agudos, a altura do vértice C forma com os lados CA e CB, respec- tivamente, ângulos α e β. Seja D o pé da altura do vértice C. Calcule AD, BD, AC e CD sabendo qeu AD = 1, que α = 30^◦ e β = 45^◦.
Quando o sol está 30^◦ acima do horizonte, qual o compri- mento da sombra projetada por um edifício de 50 metros?
Um barco está ancorado no meio de um lago. Uma longa estrada retilínea acompanha parte de sua margem. Dois ami- gos em passeio turístico observam o barco de um ponto na estrada e anotam que a reta daquele ponto ao barco forma um ângulo de 45^◦ com a Após viajarem 5 km eles

param e anotam que agora podem ver o barco segundo um 7

ângulo de 30^◦ com a estrada. Com esta informação calcule a distância do barco à estrada.

Um parque de diversões deseja construir um escorregador gi- gante cujo ponto de partida fique a 20m de altura. As normas de segurança exigem que o ângulo do escorregador com a hor- izontal seja de, no máximo, 45^◦. Qual será o comprimento mínimo do escorregador?
Achar o comprimento da corda de um círculo de 20cm de raio subtendida por um ângulo central de 150^◦.
Do topo de um farol, 40m acima do nível do mar, o faroleiro vê um navio segundo um ângulo (de depressão) de 15^◦. Qual a distância do navio ao farol?

Mostre que o perímetro de um polígono regular inscrito em um círculo de raio R é p_n = 2Rnsen ¹⁸⁰◦ .

Num triângulo ABC tem-se AC = 23, Aˆ = 20^◦ e Cˆ = 140^◦. Determine a altura do vértice B.
O que é maior:

sen 55^◦ ou cos 55^◦?
sen 40^◦ ou cos 40^◦?
tan 15^◦ ou cot 15^◦?

As funções secante, cosecante e cotangenet de um ângulo α são definidas por sec α = 1/ cos α, csc α = 1/sen α e cot α = 1/ tan α. Para qualquer ângulo α diferente de zero e 180^◦ mostre que:
- sen α + cos α = 1.

csc α sec α

tan α + cot α = sec α csc α.
sec α = sen α(cot α + tan α).

sec² α − csc² α = tan² α − cot² α.

cos α

1 − sen α

1 + sen α

= .

cos α

sen 4α − cos⁴ α = 2sen 2α − 1.

Calcule cos 105^◦, cos 15^◦ e sen 75^◦.
Mostre que se α e β são ângulos agudos então
- tan(α + β) = tan α + tan β

1 − tan α tan β

cot(α + β) = cot α cot β −1 .

cot α + cot β

Em um triângulo ABC, em que todos os ângulos são agudos, a altura do vértice C forma com os lados CA e CB respecti- vamente ângulos α e β. Seja D o pé da altura do vértice C. Calcule AD, BD, AC e CB sabendo que AD = 1.

Mostre que cos θ = r 1 + cos θ .

Mostre que tan θ = 1 − cos θ .

2 sen θ

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.

Área

META:

Definir e calcular área de figuras geométricas.

OBJETIVOS:

Definir área de figuras geométricas.

Calcular a área de figuras geométricas básicas, triângulos e par- alelogramos.

PRÉ-REQUISITOS

Nesta aula o aluno deverá ter compreendido as noções de congruên- cia e de semelhança de triângulos.

AULA

Introdução

Nesta aula iremos aprender como introduzir e calcular a área de regiões poligonais. Existem várias formas de introduzir área, dando continuidade à nossa construção axiomática da geometria, a forma como foi escolhida para ser apresentada é a axiomática.

A área é um objeto geométrico que tem diversas aplicações, uma delas é a demonstração do Teorema de Pitágora. Essa demonstra- ção será deixada ao aluno na forma de exercício.

Área

Uma região triangular é um conjunto de todos os pontos do plano formado por todos os segmentos cujas extremidades estão sobre os lados de um triângulo. O triângulo é a fronteira da região trian- gular e todos os outros pontos são pontos interiores.

Figura 8.1: À esquerda: região triangular. À direita: região poli- gonal.

Uma região poligonal é uma figura plana que pode ser expressa como a união de um número finito de regiões triangulares, de tal modo que duas a duas não têm pontos interiores em comum.

A noção de área de regiões poligonais é introduzida na geometria através dos seguintes axiomas

Axioma de Área 1: A toda região poligonal corresponde um 8

único número maior do que zero.

Axioma de Área 2: Se uma região poligonal é a união de duas ou mais regiões poligonais, de modo que duas a duas não possuam pontos interiores em comum, então sua área é a soma das áreas daquelas regiões.

Axioma de Área 3: Regiões triangulares limitadas por triângu- los congruentes têm áreas iguais.

Axioma de Área 4: Se ABCD é um retângulo então sua área é dada pelo produto AB · BC.

Vamos calcular a área de algumas figuras planas.

Proposição 8.29. Seja ABCD um paralelogramo com altura h

com respeito ao lado DC. Então sua área é h · DC.

Figura 8.2:

Demonstração Trace, a partir dos pontos A e B, dois segmentos, AE e BF , perpendiculares à reta que contém CD. O quadrilátero ABFE é um retângulo cuja área é AB · BF , a qual em termos de nossa notação, é exatamente h · DC, já que EF = AB = CD. Observe que pelo caso LAL de congruência de triângulo, temos que

ADE = BCF . Portanto,

Área(ABCD) = Área(ABCE) + Área(ADE)

= Área(ABCE) + Área(CBF )

= Área(ABFE).

Proposição 8.30. Seja ABC um triângulo com altura h com re- speito ao lado BC. Então, sua área é h · BC.

Figura 8.3:

Demonstração Trace pelo vértice C uma reta paralela ao lado AB, e pelo vértice B uma reta paralela ao lado AC. Estas duas retas se intercectam em um ponto D. O polígono ABCD é um paralelogramo, e os dois triângulos ABC e CDB são congruentes, pelo caso LAL de congruência de triângulos. Como

Área(ABDC) = Área(ABC) + Área(BCD)

então

Área(ABC) = ÁreaBCD, Área(ABC) = 1 Área(ABDC).

Além disso, a altura do vértice C do triângulo ABC é exatamente 8

a altura do paralelogramo ABDC relativamente ao lado AB.

Definição 8.1. Um trapézio é um quadrilátero com dois lados opostos paralelos. Os lados paralelos são chamados de bases.

Proposição 8.31. A área de um trapézio é metade do produto do comprimento de sua altura pela soma dos comprimentos de suas bases.

Figura 8.4:

Demonstração Seja ABCD um trapézio cujas bases são os lados AB e CD. Trace a diagonal AC para dividir o trapézio em dois triângulos. Trace as alturas CE, do triângulo ACB, e AF , do triângulo ACD. Então teremos que AF = CE, já que os lados AB e CD são paralelos. Como consequência

Área(ABCD) = Área(ACB) + Área(ACD)

= ¹ AB · CE + ¹ CD · AF

= ¹ (AB + CD) · CE.

Definição 8.2. A área da região limitada por um círculo é o menor número maior do que a área de qualquer polígono nele inscrito.

Da mesma forma que o comprimento do círculo é finito, a área é finita, já que a área de qualquer polígono nele circunscrito é maior do que a área de qualquer polígono inscrito.

Área do Círculo

Teorema 8.1. A área da região limitada por um círculo é igual à metade do produto do raio pelo comprimento do círculo.

Demonstração Sejam p o perímetro do círculo de raio R e A a área da região por ele limitada. Se P é um polígono inscrito neste círculo, então façamos

p(P ) := perímetro de P ;
A(P ) := área de P ;
L(p) := comprimento do maior lado de

Tome ε > 0 arbitrário. Sejam três polígonos P₁, P₂ e P₃ tais que

L(P₁) < ε;
A − εR < A(P₂);

p − ε < p(P₃).

Note que a existência de P₂ e P₃ é garantida pela definição de perímetro e área do círculo.

Seja P o polígono contendo todos os vértices dos polígonos P₁, P₂ e P₃. Observe que ao aumentarmos um vertice a um polígono in- scrito, a nova área não diminui e o perímetro também não diminui. Portanto, o polígono P também goza das propriedades i), ii) e iii) acima.

A área do polígono P é a soma das áreas de todos os triângulos com vértices no centro do círculo e tendo como lado um dos lados do polígono P. Sejam OAB um destes triângulos e OC a altura com respeito ao lado AB. Assim,

Figura 8.5:

Área(OAB) = 1 AB OC.

Como a hipotenusa é maior que qualquer um dos catetos, segue da desigualdade triângular que

OA > OC > OA − AC,

o que implica que

1 1 1

2 AB(OA − AC) < 2 AB · OC = Área(OAB) < 2 AB · OA.

Mas como OA = R e AC < L(P ) < ε, concluímos que

OA − AC = R − AC > R − ε.

Daí,

1 1 1

2 AB(R − ε) < 2 AB(OA − AC) < Área(OAB) < 2 R · AB.

Como o triângulo OAB foi escolhido arbitrariamente, obtemos uma desigualdade análoga para todos os outros. Somando todas elas, obtemos

1 1

2 p(P )(R − ε) < A(P ) < 2 p(P )R.

Da desigualdade iii) e de p(P ) < p, obtemos

1 1 1 1

2 (p − ε)(R − ε) < 2 p(P )(R − ε) < A(P ) < 2 p(P )R < 2 pR.

ou seja,

1 1

pR − (εR + εp −

ε²) < A(p) <

pR.

Assim,

2 2

.A(P ) −

pR. <

(εR + εp

— ε ).

Então, de ii) .

2 . 2

< εR + ¹ (εR + εp − ε²).

.A − 1 pR. ≤ |A − A(P )| + .A(P ) − 1 pR.

Como o lado esquerdo independe de ε e ε > 0 foi tomado arbitrário, concluímos que

A = pR.

Corolário 8.1. A área de um disco de raio R é πR².

RESUMO

Nesta aula o aluno pode aprendeu com introduzir a noção de área para regiões planas, bem como calcular a área de algumas regiões, como o triângulo, retângulo, paralelogramo, trapézio e o círculo.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula iremos aplicar o que aprendemos nesta aula para demonstrar um interessante teorema, o Teorema de Ceva.

ATIVIDADES

Que relação satisfazem as áreas de dois triângulos semel- hantes?
O raio do círculo inscrito em um polígono regular é chamado de apótema do polígono Prove que a área de um polí- gono regular é igual a metade do produto do seu perímetro por seu apótema.
Se o diâmetro de dois discos são 3 e 6, qual a relação entre as suas áreas?
O comprimento de um círculo vale duas vezers o compri- mento de outro círculo. Que relação satisfazem suas áreas?
Inscreve-se um triângulo equilátero de lado a em um círculo. Determine a área limitada por este círculo em termos de a.
Na figura 8.6, ABCD é um quadrado e a, b e c são três retas paralelas passando nos vértices A, B e C, respectivamente. Determine a área do quadrado sabendo que a distância entre as retas a e b é 5cm e entre as retas b e c é

Figura 8.6:

A figura 7, apresenta um círculo de centro O cujo raio mede 2cm. AB é um diâmetro, C é um ponto do círculo tal que BOˆC = 60^◦. Determine a área da região sobreada limitada por AC e pelo arco menor determinado por A e C.

Figura 8.7:

Um losango tem três de seus vértices sobre um círculo de raio

r e o quarto no centro do círculo. Determine sua área.

Na figura abaixo são representados dois círculos concêntricos de raios r e R, sendo r < R. Seja m um areta tangente ao círculo menor tendo A como ponto de contato. Seja B o ponto onde esta reta corta o círculo maior e seja n a reta tangente em B ao círculo Se o ângulo α (o menor

formado entre m e n) mede 30^◦, determine a razão entre as 8

áreas limitadas pelos dois círculos.

Deseja-se calcular a área da figura ao lado. Ela foi desenhada tomando-se um círculo e um ponto P fora dele e trançando-se as duas tangentes ao círculo à partir de P . Sabe-se também que o ponto P dista 2r do centro do círculo, sendo r o seu
A figura 8.8 sugere uma outra maneira de demonstrar o Teo- rema de Pitágora. Para fazer a demonstração expresse a área do quadrado maior de duas maneiras diferentes: como pro- duto dos lados e como soma das áreas dos 4 triãngulos e do quadrado Complete a demonstração.

Figura 8.8:

Uma outra prova do Teorema de Pitágora é sugerida pela figura 8.9. Determine a área do trapézio de duas maneira diferentes, de forma análoga ao que feito no exercício ante- Complete a prova.
Baseado na figura 8.10, demonstre o Teorema de Pitágoras. Esta prova foi dada por

Figura 8.9:

Figura 8.10:

Na figura 8.11 os segmentos PQ e MN são paralelos ao lado BC do triângulo ABC. Se M é o ponto médio de AC e P é o ponto médio de AM , determine a área do trapézio MPQN em termos da área do triângulo ABC.
Na figura 8.12 ABCD é um retângulo e DM = MN = NB. Determine a área do triângulo MNC.
Um triângulo isósceles está inscrito em um círculo cujo raio mede 5cm. Qual a área da região exterior ao triângulo e interior ao círculo.

Figura 8.11:

Figura 8.12:

√

Um triângulo tem lados medindo a, b e c e perímetro igual a 2p. Mostre que sua área vale p(p − a)(p − b)(pc). (p é chamado de semi-perímetro do triângulo.)

Um triãngulo tem semi-perímetro p e o raio do círculo in- scrito é r. Mostre que sua área é igual a pr.
Um triângulo tem lados medindo a, b e c. Se R é a medida do raio circunscrito ao triângulo então sua área é dada por

abc

Mostre que, entre todos os retângulos de perímetro 8cm o que tem maior área é o

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.

Teorema de Ceva

META:

O Teorema de Ceva e algumas aplicações.

OBJETIVOS:

Enunciar e demonstrar o Teorema de Ceva; Aplicar o Teorema de Ceva.

PRÉ-REQUISITOS

O aluno deverá ter compreendido as aulas anteriores.

AULA

Introdução

Perceba que com a introdução do Axioma das Paralelas foi pos- sível provar uma série de resultados a partir deles. Na última aula nós introduzimos o conceito de área, tendo sido necessário o con- hecimento de triângulos congruentes para garantir que triângulos congruentes possuem a mesma área.

Nesta aula faremos uso do conceito de área para provar um resul- tado não muito conhecido do ensino básico, o Teorema de Ceva. Este teorema foi provado pelo matemática italiano Giovanni Ceva (1647–1734) em 1678, em seu trabalho intitulado De lineis rectis.

O Teorema de Ceva

Uma ceviana de um triângulo é um segmento que liga um vér- tice a um ponto do lado oposto. Assim, se X, Y e Z são pontos nos lados BC, AC e AB, respectivamente de um triângulo ABC, os segmentos AX e BY são cevianas. Exemplos particulares de cevianas são as alturas, medianas e bissetrizes. Este termo vem do nome do matemático italiano Giovanni Ceva, que publicou em 1678 o seguinte teorema

Teorema 9.1. Se três cevianas AX, BY, CZ de um triângulo ABC

são concorrentes, então

BX CY AZ

XC · Y A · ZB = 1.

Demonstração Seja P o ponto de encontro das três cevianas. Denote por (ABC) a área de um triângulo ABC. Observe que os triângulos BXP e CXP possuem a mesma altura h com respeito às bases BX e XC, respectivamente. E os triângulos ABX e ACX têm altura H com respeito às bases BX e CX, respectivamente. Assim,

1 1

(ABX) = 2 H · BX, (ACX) = 2 H · CX

Figura 9.1: Cevianas concorrentes.

1 1

(BXP ) = 2 h · BX e (CXP ) = 2 h · CX.

Isto implica que

(ABP )

(ACP )

= (ABX) − (BXP )

(ACX) − (CXP )

1 H · BX − 1 h · BX

= 2 2 = BX .

1 H · CX − 1 h · CX CX

Portanto,

Da mesma forma, obtemos

(ABP )

(ACP )

Portanto,

CY (BCP )

Y A (ABP )

AZ (CAP )

= .

ZB (BCP )

BX CY AZ (ABP ) (BCP ) (ACP )

XC · Y A · ZB = (ACP ) (ABP ) (BCP ) = 1.

Também vale a recíproca.

Teorema 9.2. Se três cevianas AX, BY e CZ satisfazem

BX CY AZ

XC · Y A · ZB = 1

então elas são concorrentes.

Demonstração Seja P o ponto de interseção das cevianas AX e

BY .

Vamos mostrar que CZ passa por P .

Seja CZ^j uma ceviana que passa por P. Pelo Teorema anterior, temos

BX CY AZj

= 1.

XC Y A ZjB

Pela hipótese, obtemos

AZj = AZ .

ZjB ZB

Isto implica que Z = Z^j. (Por quê ?)

Como consequência desse útlimo teorema temos o seguinte corolário.

Corolário 9.1. As medianas de um triângulo são concorrentes.

De fato, basta observar que as medianas satisfazem a hipótese do Teorema 9.2.

Teorema 9.3. As medianas de um triângulo o divide em seis triângulos de mesma área.

Demonstração Observe que

(BPX) = (CPX)
(BPZ) = (APZ)
(CPY ) = (APY )

já que têm a mesma altura com respeito a bases congruentes. Pela mesma razão, (AXC) = (ABX). Mas como

(AXC) = (APY ) + (CPY ) + (CPX) = 2(APY ) + (CPX)

Figura 9.2: As medianas de um triângulo são concorrentes.

(ABX) = (APZ) + (BPZ) + (BPX) = 2(APZ) + (CPX),

então

(APY ) = (APZ).

Da mesma forma mostramos que (APY ) = (BPX).

Teorema 9.4. O ponto de interseção das medianas as divide na razão 2 : 1.

Demonstração Pelo teorema anterior, temos (APB) = 2(PBX). Além disso, APB e PBX têm a mesma altura h com respeito às bases AP e PX. Assim,

(APB) =

hAP

(PBX) =

hPX,

o que implica que AP = 2PX. Da mesma forma, mostramos que

CP = 2PZ e BP = 2PY .

Exercício 9.1. Prove que as três alturas de um triângulo são concorrentes.

Sugestão: Use o fato que em um triângulo ABC retângulo em Aˆ satisfaz AB = BC cos Bˆ. Use o Teorema de Ceva.

Pontos Notáveis de um Triângulo

Definição 9.1.

O ponto de encontro das bissetrizes de um triângulo é chamado de incentro.

Figura 9.3: O ponto I é o incentro e o ponto H é o ortocentro.

O ponto de encontro das alturas de um triângulo é denomi- nado de ortocentro.
O ponto de encontro das medianas de um triângulo é deno- minado baricentro.
O ponto de encontro das mediatrizes dos lados de um triân- gulo é denominado de circuncentro.

Teorema 9.5. Em um triângulo ABC qualquer, o baricentro, o ortocentro, e o circuncentro são colineares. Além disso, o bari- centro está entre o ortocentro e o circuncentro e sua distância ao ortocentro é o dobro de sua distância ao circuncentro.

Figura 9.4: O ponto G é o Baricentro e o ponto O é o circuncentro.

Definição 9.2. A reta que contém esses três pontos do teorema é denominada de Reta de Euler do triângulo ABC.

Figura 9.5: OG = 2GH.

Observe que em um triângulo equilátero a reta de Euler não está definida, já que neste triângulo a mediatriz, a bissetriz e a altura coincidem e por sua vez os três pontos também coincidem. Em triângulos isósceles, temos que a mediana, mediatriz e altura re- lativa à base são coincidentes, logo, o baricentro, o ortocentro e o circuncentro pertencem a um mesmo segmento. Assim, a reta que contém esse segmento é a reta de Euler do triângulo.

Demonstração [do Teorema] Vamos supor que todos os ângulos do triângulo ABC são agudos, para garantirmos que os três pon- tos são internos ao triângulo. Para um triângulo com um ângulo obtuso ou retângulo, a prova é análoga. Podemos supor que ABC não é isósceles. Neste caso, a mediana é distinta da mediatriz, o que implica que o baricentro G e o circuncentro O são pontos distintos. Tome a reta r determinada por G e O. Na semi-reta S_OG tome um ponto H tal que GH = 2GO. Seja P o ponto médio do lado BC. Considere a mediana e a mediatriz relativas ao lado BC. Os triângulos GHA e GOP são semellhantes pelo caso LAL de semelhança, pois

GH = 2GO (por construção)

AGˆH = P GˆO (opostos pelo vértice)

AG = 2GO (propriedade do baricentro, Teorema 9.4)

Logo, AHˆG = P OˆG. Portanto, as retas contendo AH e OP são paralelas pelo Teorema do Ângulo Interno Alternado. Mas como OP é perpendicular a BC e paralela a AH, segue que H pertence à altura de ABC relativa ao lado BC. Da mesma forma, mostramos que H pertence à altura de ABC relativa ao lado AC. (Ver figura 9.5.) Como H é a interseção de duas alturas, então H é o ortocen- tro de ABC.

Um teorema interessante, mas que não iremos provar aqui é o seguinte

Teorema 9.6 (Círculo dos nove pontos). Existe uma circunferên- cia passando pelos seguintes pontos:

os pontos médios dos lados;
os pés das alturas;
os pontos médios dos segmentos que unem os vértices do triângulo ao

O raio desta circunferência é a metade do raio da circunferência 9

inscrita. Além disso, o centro desta circunferência está na reta de Euler, entre o ortocentro e o circuncentro.

Figura 9.6: O círculo dos nove pontos do triângulo ABC.

A história destes dois últimos teoremas é um pouco confusa. Uma publicação de 1804, indicava que eles já eram conhecidos de B. Bevan. As vezes os dois teoremas são atribuídos a Euler, que provou em 1765, resultados análogos a este. De fato, alguns es- critos chamam o círculo de “o Círculo de Euler”. A primeira prova completa surgiu em 1821, devido a J. V. Poncelet, a qual originou o nome circulo dos nove pontos.

RESUMO

Nesta aula demonstramos o Teorema de Ceva, um resultado impor- tante que tem diversas aplicações. Vimos uma interessante relação entre os pontos notáveis de um triângulo, ortocentro, baricentro e circuncentro, estes pontos são colineares. Enunciamos o Teorema dos noves pontos, um resultado surpreendente.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula iremos fazer uso do que foi aprendido até aqui para construções geométricas com régua e compasso. Iremos estu- dar os três problemas clássicos, trisecção do ângulo, duplicação do cubo e quadratura do círculo.

ATIVIDADES

Prove que as medianas de um triângulo são

Prove que as alturas de um triângulo são

Prove que as bissetrizes de um triângulo são

Sejam ABC e A^jB^jC^j dois triângulos não congruentes cujos os respectivos lados são paralelos. Prove que as retas con- tento AA^j, BB^j e CC^j são
Prove que o circuncentro e o ortocentro de triângulo obtuso está fora do triângulo.
Se um triângulo possui duas medianas congruentes então é isósceles.
Se um triângulo possui duas alturas congruentes então é isósceles.

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.

Construções Elementares

META:

Introduzir as principais construções elementares.

OBJETIVOS:

Introduzir as construções elementares. Resolver problemas práticos.

PRÉ-REQUISITOS

Para um melhor aproveitamento o aluno deverá ter compreendido todas as aulas anteriores.

AULA

Introdução

Os matemáticos gregos estudaram três problemas de Geometria que desempenharam papel importande no desenvolvimento da ma- temática. São os problemas de construções com régua e compasso, e resistiram a todas as tentativas dos gregos para resolvê-los, o que só veio a acontecer na virada do século XVIII para o XIX d.C. Os problemas, que ficaram conhecidos como os três problemas clás- sicos, são

A duplicação do
A quadratura do círculo.
A trissecção do ângulo.

Com relação as origens do primeiro problema existe uma lenda que conta que em 427 a.C. um quarto da população de Atenas morreu de peste. Quando um orácolo anunciou aos habitantes como com- bater a doença, eles deveriam duplicar o altar de Apolo, que pos- suia o formato de um cubo, prontamente os atenienses dobraram as dimensões do altar, mas isso não afastou a peste. O volume fora multiplicado por oito e não por dois.

A primeira mensão conhecida do problema da quadratura do cír- culo encontra-se no problema 50 do papiro de Rhind, em torno de 1600 a.C.

Quanto a trissecção do ângulo, acredita-se que Hípias de Elis, que viveu no século V a.C. foi um dos primeiros a tentar resolver este problema, utilizando curvas e construções que não podem ser efe- tuadas somente com régua e compasso.

A história do completo esclarecimento deste problema é uma das mais interessantes e instrutivas da história da Matemática, pas- sando pela “consolidação” dos números complexos, com o grande Gauss (1777–1855), e pela criação da teoria dos grupos com o ge- nial Galois (1811–1832).

Nas próximas aulas, estudaremos algumas construções geométricas 10

com régua e compasso. Estudaremos também os três problemas clássicos e veremos porque eles não podem ser resolvidos somente com régua e compasso.

Construções Elementares

Antes de considerarmos problemas de construções com régua (não graduada) e compasso, algumas observações se faz necessário.

Para abordar problemas de construções geométricas com régua e compasso precisamos está atento as seguintes construções permi- tidas:

Traçar uma reta conhecendo dois de seus pontos;
Traçar um círculo, conhecendo o seu centro e um ponto do círculo;
Determinar as interseções de retas ou círculos já construídos com retas ou círculos já construídos.

Algumas construções que não são permitidas:

Traçar um círculo de raio ou centro “arbitrário”;
Usar uma graduação previamente preparada da régua ou do compasso;
Tomar sobre uma reta um ponto “arbitrário”;
Deslizar a régua até uma certa posição.

Perpendiculares

Um dos primeiros problemas básicos de construções geométricas é o traçado de perpendiculares.

Problema 10.2. Dada uma reta r e um ponto P fora de r, traçar por P uma reta perpendicular a r.

Solução Siga os passos seguintes (Veja figura 10.1):

Trace um círculo de centro P cortando a reta r em A e
Trace círculos de mesmo raio com centros em A e B obtendo

Q, um dos pontos de interseção.

A reta que passa por P e Q é perpendicular à reta r.

Figura 10.1: Reta perpendicular a r passando por P.

Justificativa os triângulos APQ e BPQ são congruentes, já que AP = BP e AQ = BQ. Assim, APˆQ = BPˆQ, ou seja, a reta PQ é a bissetriz do ângulo APˆB. Como APB é um triângulo isósceles, segue que a bissetriz é também a altura.

Problema 10.3. Dada uma reta r e um ponto P ∈ r, traçar por

P uma reta perpendicular a r.

Solução

Trace um círculo com centro em P e qualquer raio cortando 10

r nos pontos A e B.

Trace círculos de mesmo raio com centros em A e B obtendo

Q, um dos pontos de interseção.

A reta que passa por P e Q é perpendicular à reta r.

Figura 10.2: Reta perpendicular a r passando por P ∈ r.

A justificativa é análoga a da proposição anterior e é deixada para o aluno

Paralelas

Um outro problema básico é o traçado de paralelas.

Problema 10.4. Dada uma reta r e um ponto P fora dela, traçar uma reta paralela a r passando por P.

Solução Siga os passos:

Trace três círculos de mesmo raio:

O 1^◦ com centro em P , determinando um ponto A na reta r;

O 2^◦ com centro em A, determinando um ponto B na reta r;
O 3^◦ com centro em B, determinando um ponto Q, diferente de A, sobre o primeiro círculo.

A reta que passa pelos pontos P e Q é a reta procurada (Ver figura 3).

Figura 10.3: Reta paralela à reta r passando por P .

Justificativa PABQ é um quadrilátero com todos os lados con- gruentes, logo é um paralelogramo, de fato um losango. Portanto seus lados opostos, PQ e AB, são paralelos.

Mediatriz

Definição 10.1. A mediatriz de um segmento AB é a reta per- pendicular a AB que contém o seu ponto médio.

Problema 10.5. Construir a mediatriz de um segmento AB.

Solução Veja figura 10.4

Construa dois círculos de mesmo raio com centros em A e B, determinando dois pontos de interseção, P e Q.

A reta contendo PQ é a mediatriz de AB. 10

Figura 10.4: Mediatriz de AB.

Justificativa Observe que os triângulos APQ e BPQ são con- gruentes. Em particular, APˆQ = BPˆQ. Assim, PQ é a bissetriz do ângulo APˆB. Como ABP é um triângulo isósceles, segue que PQ é perpendicular a AB.

Lembremos a seguinte propriedade da mediatriz:

Bissetriz

A bissetriz de um ângulo AOˆB é a semi-reta S_O_C tal que AOˆC =

COˆB.

Problema 10.6. Construir a bissetriz de um ângulo AOˆB.

Solução Ver figura 10.5.

Trace um círculo de centro O determinando os pontos X e

Y nos lados do ângulo.

Trace dois círculos de mesmo raio com centros em X e

Seja C um dos pontos de interseção.

A semireta S_O_C é a bissetriz de AOˆB.

Figura 10.5: Bissetriz de AOˆB.

Justificativa Note que OY C = OXC, pelo caso LLL de con- gruência de triângulos. Portanto, Y OˆC = XOˆC.

Lembremos a seguinte propriedade da bissetriz:

O arco capaz

Antes de definirmos e construir o arco capaz de um ângulo, vejamos como transportar um ângulo.

Problema 10.7. Dado um ângulo θ de vértice V e uma semi-reta

S_AB, construir um ângulo sobre S_AB com medida θ.

Solução Veja figura 10.6.

Trace um círculo de centro V, determinando os pontos P e

Q sobre os lados do ângulo θ.

Trace um círculo de mesmo raio com centro A, determinando 10

P^j em S_AB.

Trace um círculo de raio PQ e centro P^j, determinando Q^j.
Portanto, P^jAˆQ^j = θ.

Figura 10.6: Transporte de um ângulo.

Justificativa Pelo caso LLL de congruência de triângulos, temos

PV Q = P^jAQ^j. Em particular P^jAˆQ^j = θ.

Definição 10.2. Sejam A e B dois pontos sobre um círculo. Para todo ponto M em um mesmo arco determinado por A e B, o ângulo θ = AMˆ B é constante. Este arco chama-se arco capaz (Ver figura 10.7) do ângulo θ sobre o segmento AB.

Figura 10.7: O arco determinado por A e B contendo M é o arco capaz do ângulo θ sobte o segmento AB.

O arco capaz de 90^◦ sobre um segmento AB é um semicírculo com diâmetro AB.

Problema 10.8. Dado um ângulo θ, construir seu arco capaz.

Solução

Dado um segmento AB, trace a sua mediatriz e o ângulo

BAˆX = θ.

Trace a perpendicular a AX que passa por Seja O a in- terseção desta perpendicular com a mediatriz de AB.
O arco de centro em O e extremidades A e B é o arco capaz do ângulo θ sobre

Figura 10.8: Construção do arco capaz.

Justificativa Se C é o ponto médio de AB então CAˆO = 90^◦ − θ, AOˆC = θ. Daí, AOˆB = 2θ. Sabemos que se M é um ponto nesse arco, então

AMˆ B =

1 AOˆB.

Portanto, temos que este arco é de fato o arco capaz do ângulo

θ.

O arco capaz tem uma interessante propriedade: 10

Divisão de um segmento em partes iguais

Problema 10.9. Dividir um segmento AB em n partes iguais.

Solução Faremos a demonstração para n = 4 e para n arbitrário, a solução é análoga.

Trace uma semi-reta S_AX.

Com o compasso, construa segmentos congruentes em AA₁, A₁A₂, A₂A₃ e A₃A₄.

Trace paralelas a A₄B que passam por A₁, A₂ e A₃, deter- minando 3 pontos em AB, P₁, P₂ e P₃. Os segmentos AP₁, P₁P₂, P₂P₃ e P₃P₄ são

Figura 10.9: Divisão de AB em 4 partes iguais.

A justificativa é uma aplicação direta do Corolário 5.3.

Tangentes a um círculo

Problema 10.10. Traçar uma reta tangente a um círculo de cen- tro O passando por um ponto P.

Solução Se P pertence ao círculo, basta traçar a reta perpendi- cular ao raio de extremidade P. (Ver figura 10.10.)

Figura 10.10: Tangente a um círculo por um ponto do círculo.

Suponha que P não pertença ao círculo.

Trace um círculo de centro no ponto médio de PO e raio ^P ^O , determinando os pontos de interseção A e A^j, sobre o círculo

As retas PA e PA^j são tangentes ao círculo

Justificativa Como o ângulo P AˆO está inscrito em um semicír- culo, então ele é reto. Como toda reta perpendicular a um raio em sua extrimidade é tangente ao cículo, temos o resultado.

Figura 10.11: Tangente a um círculo por um ponto fora do círculo.

Problemas Resolvidos

Para resolver um problema de construção, é conveniente fazer um esboço de uma figura supondo o problema resolvido. Obser- vando o esboço, planeje a solução, quais dados devem ser coloca- dos primeiro e que construções devem ser realizadas para atingir a solução.

Problema 10.11. Construir os triângulos ABC sendo dados os lados AB = c, BC = a e o ângulo Aˆ = θ.

Solução Ver figural 10.13.

Trace o segmento
Construa a semi-reta S_AX tal que BAˆX = θ.
Trace o círculo de centro B e raio

Figura 10.12: Dados do problema 10.11.

Qualquer um dos pontos de interseção, C₁ e C₂, com a semi-reta

S_AX nos dá o triângulo procurado.

Figura 10.13: Solução do problema 10.11.

Observe que neste último problema pode acontecer três casos:

o problema tem duas soluções.

o problema tem uma única solução.

ou o problema não admite solução.

Qual a relação entre a e c para que ocorra cada um dos casos? Esta construção mostra porque uma correspondência entre dois triângulos do tipo ALL não é necessariamente uma congruência.

Problema 10.12. Construir o triângulo ABC sendo dados o lado

BC, a altura h relativa a esse lado e o ângulo Aˆ.

Solução

Trace o segmento BC.

Figura 10.14: Dados do problema 10.12.

Trace a perpendicular a BC que passa por B.

Nesta perpendicular, marque um ponto P tal que PB = h.
Trace a paralela a BC que passa por P .
Construa o arco capaz do ângulo Aˆsobre BC.

Figura 10.15: Solução do problema 10.12.

A interseção do arco capaz com a reta paralela a BC que passa por P nos dá o vértice A.

Novamente, este problema pode ter uma, duas ou nenhuma solução. Você consegue a relação entre a, h e sen Aˆ tal que ocorra cada um dos casos?

Problema 10.13. Construir o triângulo ABC sendo dadas as me- dianas m_a, m_b e a altura h_a.

Figura 10.16: Dados do problema 10.13.

Analisemos como chegar a solução. Suponha que o triângulo ABC

da figura 10.17 seja a solução do problema.

Figura 10.17: Esboço da solução do problema 10.13.

É claro que o triângulo ADM pode ser resolvido, já que é um triângulo retângulo e temos h_a e m_a. Para encontrar o ponto G, usamos o fato que as medianas de um triângulo são concorrentes e se encontram num que as dividem na razão 2:1. Assim, o ponto G é tal que AG = ² m_a, e como já sabemos dividir um segmento em partes iguais, podemos encontrar G. Em seguida, para determinar B na reta contendo DM , usamos o fato que BG = ² m_b. Agora, podemos encontrar C, visto que M é o ponto médio de BC.

Uma observação importante, é que esta construção só pode ser 10

feita se os dados foresm compatíveis. Você é capaz de determinar condições sobre os dados do problema para sempre exista solução? Solução As medianas de um triângulo cortam-se em um ponto (baricentro) que divide cada uma delas na razão 2 : 1.

Trace segmentos PR = m_a e PQ = m_b.
Divida os segmentos PQ e PR em três partes

Figura 10.18: Divisão em 3 partes iguais dos segmentos PQ e PR.

Determine pontos Q^j em PQ e R^j em PR, tais que PQj=

2 m_a e PRj = ² m_b.

3 3

Trace uma reta r, fixe um ponto D sobre ela e construa uma perpendicular AD com AD = h_a. (Ver figura 19.)

Figura 10.19: AD ⊥ r.

Trace um círculo com centro em A e raio m_a, determinando um ponto M sobre (Ver figura 10.20.)

Figura 10.20: Determinação de M e G.

Tome G sobre AM tal que AG = ² m_a = PRj.

Trace um círculo com centro G e raio ² m_b = PQj, determi- nando um ponto B em (Ver figura 10.21)

Figura 10.21: Construção de B.

Tome um ponto C na reta que contém B e D tal que MC =

BM . (Ver figura 10.22.)

Aqui também não temos uma única solução para o problema. De- pende dos dados do problema. Na figura 10.23, podemos ver uma outra solução. Apesar de serem bem parecidas, elas são diferentes. Tente encontrar relações sobre os dados do problema tal que a construção seja possível.

Figura 10.22: Solução do problema 10.13.

Figura 10.23: Outra solução do problema 10.13.

Problema 10.14. Dados um círculo de centro O e um ponto P, traçar por P uma reta que determine no círculo uma corda igual a um segmento dado a.

Solução

No círculo dado trace uma corda de comprimento a.

Trace uma perpendicular a esta corda passando pelo centro

O, determinando um ponto D na corda.

Trace um círculo C de centro O e raio OD.

Trace um círculo C^j de diâmetro PO e centro como sendo o

Figura 10.24: Dados em posição no plano do problema 10.14.

ponto médio de PO. Sejam M e M^j os pontos de interseção com o círculo C.

As retas PM ou PM^j nos dão a solução.

Figura 10.25: Solução do problema 10.14.

Exercício 10.1. Resolver o problema 10.14 quando P está dentro do círculo.

Problema 10.15. São dados um círculo C de centro O, uma reta r e um ponto A sobre r. Construir um circulo C^j, tangente exte- riormente a C e tangente em A à reta r.

Primeiramente vamos justificar nossa construção. 10

Figura 10.26: Dados do problema 10.15.

Justificativa Vamos fazer uma análise, supondo o problema re- solvido. (Veja a figura 10.14.)

Sejam O o centro de C, T o ponto de tangência entre C e C^j e O^j

o centro de C^j.

Como T é o ponto de tangência entre C e C^j, então qualquer reta tangente aos círculos C e C^j, é perpendicular aos raios OT e O^jT . Isto implica que T ∈ OO^j. Além disso, O^jA é perpendicular a r. Trace por O uma perpendicular a r que intersecta C em N e S, N mais distante de r que S. Trace TA e TN . Como N OˆT e T OˆjA são ângulos internos alternos nas paralelas NO e O^jA, então eles são congruentes. Além disso, como os triângulos NOT e TO^jA são isósceles então

ˆ 1 ◦ ˆ 1 ◦ ˆj j ˆ

OTN = (180

— NOT ) = 2 (180

— TO A) = O TA.

Isto mostra que os pontos N , T e A são colineares.

Solução

Trace por O uma perpendicular a r obtendo o ponto N, um dos pontos de interseção com C, o mais distante de

Trace a reta NA e considere T o ponto de interseção com

Trace a perpendicular m a r passando por

Trace a semi-reta S_OT . O ponto de interseção com a reta m

é o centro do círculo procurado C^j.

Figura 10.27: Solução do problema 10.15.

Problema 10.16. Dado um triângulo ABC, traçar uma paralela a BC que corta AB em M e AC em N e de forma que se tenha AN = MB.

Solução

Construa a bissetriz do ângulo Aˆ, determinando um ponto

D em BC.

Trace uma paralela a AB passando por D, determinando um ponto N em

A paralela a BC passando por N resolve o 10

Figura 10.28: Solução do problema 10.16.

RESUMO

Nesta aula vimos como construir com régua e compasso perpendic- ulares e paralelas a retas dadas, mediatriz de segmentos, bissetriz de um ângulo dado e o arco capaz de um ângulo. Vimos também algumas aplicações dessas construções elementares.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula veremos como resolver geometricamente expressões algébricas.

ATIVIDADES

Nos exercícios abaixo, construir significa indicar os passos de uma construção com régua e compasso.

Construir um quadrado conhecendo sua

Construir um quadrado dados em posição os pontos médios de dois lados
Construir o círculo circunscrito a um triângulo.

Construir o círculo inscrito em um triângulo.

Construir um hexágono regular, dado em posição um

Construir o triângulo ABC conhecendo os lados AC = b e

AB = c e a mediana m_a, relativa ao lado vértice A.

Construir o triângulo ABC conhecendo os lados BC = a e

AC = b e a altura h_a, relativa ao lado vértice A.

Construir o triângulo ABC conhecendo os lados AC = b e

AB = c e a altura h_a, relativa ao lado vértice A.

São dados em posição um círculo C e uma reta r. Determinar 10

um ponto P sobre r de forma que as tangentes traçadas de

P ao círculo C formem um ângulo α, dado.

Construir as tangentes comuns a dois círculos dados em posição.

Construir o triângulo ABC conhecendo o perímetro 2p e os ângulos Bˆ e Cˆ.
Construir o triângulo ABC conhecendo o lado BC = a, o ângulo Aˆe a diferença d = b − c dos outros dois
Construir o triângulo ABC conhecendo o lado BC = a e as alturas h_b, com respeito ao lado AC, e h_c, com respeito ao lado AB.
Construir o trapézio ABCD conhecendo a soma das bases AB + CD = s, as diagonais AC = p e BD = q e o lado AD = a.
Construir um triângulo conhecendo os comprimentos da al- tura, mediana e bissetriz relativas a um mesmo vértice.

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

CARVALHO, j. , Os Três Problemas Clássicos da Mate- mática Grega. OBMEP.
EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
WAGNER, , Construções Geométricas. SBM

WAGNER, , Uma Introdução às Construções Geométricas. OBMEP.

Expressões Algébricas

META:

Resolver geometricamente problemas algébricos.

OBJETIVOS:

Introduzir a 4^a proporcional.

Construir segmentos que resolvem uma equação algébrica.

PRÉ-REQUISITOS

O aluno deverá ter compreendido as construções elementares.

AULA

Introdução

Olá caro aluno. Na aula passada você aprendeu como construir paralelas e perpendiculares, ângulos e seu arco capaz.

Nesta aula iremos tratar os problemas de construções um pouco diferente. Veremos qual a relação entre as construções geométricas e as soluções de equações algébricas.

A 4^a proporcional

Sempe que nos referirmos ao segmento x estaremos nos referindo tanto ao segmento quanto ao comprimento do segmento, ficando claro no contexto seu uso.

Definição 11.1. Dizemos que o segmento x é a quarta propor- cional dentre os segmentos a, b e c quando

= .

Problema 11.17. Construir a 4^a proporcional entre os segmentos

a, b e c.

Solução Ver figura 11.1

Construa um ângulo de vértice O.

Sobre um lado tome pontos A e C tais que OA = a e AC =

Sobre o outro lado tome um ponto B tal que OB =
Trace por C uma paralela a AB, obtendo o ponto D em S

o segmento BD de comprimento BD = x é 4^a proporcional dentre os segmentos a, b e c.

Vejamos uma aplicação.

Figura 11.1: 4^a proporcional

Figura 11.2: Esboço da solução do Problema 11.18

Problema 11.18. Inscrever no triângulo ABC dado, um quadrado tendo um lado sobre BC = a.

Suponha resolvido o problema (veja figura 11.2).

Os triângulos AQP e ABC são semelhantes, já que QP é paralelo a BC. Daí,

x = h − x

o que implica que

a h

ah a + h h

x = a + h ⇒ a = x.

Portanto, x é a 4^a proporcional entre a + h, a e h.

Solução

Trace a perpendicular a BC que passa por A, determinando o ponto D. Assim, AD é a altura do triângulo ABC.
Determine a 4^a proporcional x dentre os números a + h, a e

Figura 11.3: 4^a proporcional entre a + h, a e h.

Sobre a altura, construa DE =
Trace uma paralela a BC passando por E, obtendo Q e
Q e P são os vértices do

Figura 11.4: Solução do Problema 11.18

Expressões com raízes quadradas 11

Problema 11.19. Construir √a2 + b2 e √a2 − b2, onde a e b são segmentos dados.

Figura 11.5: x = √a2 + b2.

Figura 11.6: x = √a2 − b2.

Se x = √a2 + b2, então x é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são a e b.
Se x = √a2 − b2, então x é um cateto de um triângulo retân-

gulo de hipotenusa a, onde o outro cateto é igual a b.

Se x = √a2 + b2 + c2 faça m = √a2 + b2 e entãox = √m2 + c2.

(ver figura 11.7).

Para construir a expressão √a2 + b2, construímos um ângulo de 90^◦ com vértice O, e tomamos pontos, A e B, nos lados deste ângulo tais que OA = a e OB = b. Assim, a hipotenusa do

Figura 11.7: x = √a2 + b2 + c2.

triângulo retângulo OAB tem medida exatamente √a2 + b2. (ver figura 11.5).

Problema 11.20. Construir a√n com n natural e a um segmento

dado.

A solução está descrita na figura 11.8.

Figura 11.8: x = a√n, n ∈ N.

Problema 11.21. Construir um quadrado conhecendo a soma s

da diagonal com o lado.

Solução Se a é o lado, então s = a√2 + a, ou seja, a = s(√2 − 1). 11

Construa um triângulo retângulo com catetos iquais a As- sim a diagonal é igual a s√2
Sobre a diagonal, construa s obtendo

Figura 11.9: Solução do Problema 11.21

Problema 11.22. Construir a média geométrica de dois segmen- tos a e b.

Solução 1: Veja a figura 10.

Figura 11.10: h² = mn e b² = am.

Solução 2:

Figura 11.11: Você consegue mostrar que cada segmento é igual a

√ab?

Na figura 11.12 a secante PA e a tangente PT ao círculo possuem a relação PT 2 = PA · PB. Este valor é chamado de potência do ponto P em relação ao círculo.

Figura 11.12: PT 2 = PA · PB.

Para demonstrar que PA · PB = constante, considere a notação da figura 11.13.

Neste caso, temos

PA · PB = (PM − m)(PM + m) = PM 2 − m²

= PM 2 + OM 2 − (m² + OM 2) = d² − R²

= potência de P = POT (P )

Figura 11.13: PA · PB = constante.

Problema 11.23. Dados a e √ab, determine b.

Solução

Trace PT = √ab.
Trace um círculo tangente em T a

Determine no círculo um ponto A tal que PA =

PA determina um ponto B no círculo tal que PB = b e

PT = PA · PB.

Problema 11.24. Resolver a equação x² − ax + b² = 0, onde a e

b são segmentos dados.

Solução (Veja figura 11.14). Resolvendo algebricamente essa equação

temos

a ± √a2 − 4b2 a r

x = 2 = 2 ± 2 ,

onde r = √a2 − (2b)2. Fazemos

a r a r

x₁ = 2 − 2 e x₂ = 2 + 2 .

Se a > 2b a construção pode ser feita seguindo os passos:

Construa um triângulo ABC retângulo em A com AB = 2b

e BC = a. Daí, AC = r.

Tome P o ponto médio de BC e trace uma paralela a AB

passando por P, determinando Q em AC. Daí, AQ = ^r .

Com centro em C e raio CQ, trace um círculo obtendo M e

N em BC, tais que PM = x₁ e PN = x₂.

Figura 11.14: Resolvendo a equação x² − ax + b² = 0.

2^a Solução: Suponha 2a > b. (Veja figura 11.15.) Note que x₁ + x₂ = a e x₁x₂ = b².

Trace um semi-círculo de diâmetro AB =
Trace uma perpendicular a AB e nesta perpendicular tome um ponto D a uma distância igual a b de AB.
Trace uma paralela a AB passando por D, determinando um ponto C no semi-círculo.

Figura 11.15: Resolvendo a equação x² − ax + b² = 0.

Trace uma perpendicular a AB passando por C, determi- nando P em

Daí, usando o Teorema de Pitágora, mostramos que PA = x₁ e

PB = x₂.

Problema 11.25. Sejam A e B pontos em um mesmo lado de uma reta r. Construir um círculo passando por A e B que seja tangente a r.

Figura 11.16: Solução do Problema 11.25 com AB ǁ r

Solução Suponha que AB seja paralelo a r (Figura 11.16.)

Trace a mediatriz s do segmento AB, encontrando o ponto

C de interseção com a reta r.

Trace a mediatriz do segmento AC, encontrando o ponto O, interseção com s.
O ponto O é o centro do círculo que contém os pontos A, B

e C, cujo raio é OA.

Note que este círculo é tangente à reta r.

Figura 11.17: Solução do Problema 11.25 com AB arbitrário.

Suponha que AB não seja paralelo a r.

Determine o ponto P de interseção entre AB e r.
Determine um ponto T em r tal que PT 2 = PA PB. Aqui use a solução do Problema 11.22 dada pela figura 11.11.
Trace a mediatriz de

Trace a perpendicular a r passando por T, obtendo o centro do círculo O, interseção com a

A maneira usual de encontrar a solução de um problema, é pensar nele resolvido e analisar um esboço da solução.

O segmento áureo

Tome um segmento AB e um ponto C em AB tal que a razão entre a menor parte e a maior parte é igual a maior parte e AB, isto é,

CB AC

= .

AC AB

Definição 11.2. Este segmento AC é chamado de segmento áureo interno de AB.

Se AB = a, obtemos

AC = a √5 − 1 .

Esta razão tem fascinado matemáticos por mais de 2 mil anos, surgindo em diversas situações, desde a arquitetura ao corpo hu- mano.

Considere um segmento AC^j e um ponto B em AC^j com a mesma propriedade do ponto C acima.

BCj = AB .

AB ACj

Definição 11.3. O segmento AC^j é chamado segmento áureo ex- terno de AB.

Se AB = a, obtemos

ACj = a

√5 + 1

O lado do decágono regular inscrito em um círculo de raio R é igual a R√5−1 .

Note também que AC ·

ACj

= AB2.

Figura 11.18: AC e AC^j são os segmentos áureos de AB.

Problema 11.26. Construir os segmentos áureos de AB = a.

Solução Ver figura 11.18.

Trace um círculo de raio^AB , tangente a AB em

A reta que passa por A e pelo centro do círculo corta o círculo em C e C^j de modo que

5 − 1 5 + 1

√ √

AC = a e ACj = a .

2 2

De fato, pelo Teorema de Pitágora, temos AO2 = AB2 + BO2. Como AB = a, BO = ^a e AC = AO − a , segue o resultado.

Expressões construtíveis

Nesta seção daremos uma breve introduções às expressões constru- tíveis com régua e compasso.

Definição 11.4. Estabelecido um segmento unitário, dizemos que 11

um número x é construtível se podemos obter um segmento de com- primento x a partir do segmento unitário com régua e compasso.

Problema 11.27. Dados a e b, construir a, 1 , a² e √a.

b a

Solução As figuras abaixo mostram as construções dessas ex- pressões. Nelas, aparece uma semi-reta cuja origem está associada o número 0 e um ponto associado ao número 1. Justifique cada construção.

Figura 11.19: ^a é contrutível se a e b o forem.

Figura 11.20: ¹ é contrutível se a o for.

Figura 11.21: a² é contrutível se a o for.

Figura 11.22: √a é contrutível se a o for.

RESUMO

Nesta aula definimos a 4^a proporcional e vimos algumas de suas aplicações. Aprendemos sobre potência de um ponto com respeito a um círculo. Estudamos também como construir algumas ex- pressões algébricas usando régua e compasso.

PRÓXIMA AULA

Na próxima aula veremos mais sobre construções possíveis e condições 11

necessárias e suficientes para que seja possível construir uma ex- pressão algébrica usando régua e compasso.

ATIVIDADES

Nos exercícios abaixo, construir significa indicar os passos de uma construção com régua e compasso.

Construir x = abc onde a, b, c, d, e são segmentos

Construir x = √a2 + 3b2 onde a e b são segmentos

Construir x = √n onde a é um segmentos dado e n é um

número natural.

Construir x =

a³ + a²b onde

2 2 a

a + b

e b são segmentos dados.

Construir x tal que 1

= a2

+ b2 .

Construir um triângulo retângulo conhecendo a soma dos catetos e a altura relativa à
Construir um triângulo conhecendo a hipotenusa e asoma dos
A média harmônica de dois segmentos a e b é o segmento h

tal que

2ab

h = .

a + b

Construa a média harmônica de a e b.

Construa um pentágono regular conhecendo o seu

São dados um círculo C e uma tangente t. Construir um quadrado que tenha dois vértices em C e os outros dois vér- tices em t.
Construir x = √4a4 + b4.

Dados os segmentos a, b e c construa, utilizando um segmento unitário, x = √abc.
Construir x que resolve a equação x² − ax − b² = 0, onde a

e b são segmentos dados.

Resolver o sistema

 2xy = b

 x + y = a

onde a e b são segmentos dados.

Resolver o sistema

 x + y = b

 x² − y² = a²

onde a e b são segmentos dados.

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
CARVALHO, j. , Os Três Problemas Clássicos da Mate- mática Grega. OBMEP.
EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
WAGNER, , Construções Geométricas. SBM
WAGNER, , Uma Introdução às Construções Geométricas. OBMEP.

Construções Possíveis

META:

Identificar construçõs possíveis.

OBJETIVOS:

Dividir o círculo em partes iguais. Apresentar critérios de construtibilidade.

Entender porque os problemas clássicos não possuem solução. Construir polígonos regulares.

PRÉ-REQUISITOS

O aluno deverá ter compreendido as duas últimas aulas.

AULA

Introdução

Na aula 10 já falamos um pouco sobre os problemas clássicos, que consistem em resolver três problemas com o uso somente da régua (não graduada) e do compasso.

Embora a regra do jogo seja a utilização somente de régua e co- passo, é fato que os gregos utilizaram outros métodos na resolução de problemas de construções geométricas. De suas tentativas para achar soluções para os problemas clássicos, surgiram várias curvas e métodos que enriqueceram a Matemática.

Nesta aula, vamos apresentar as construções geométricas possíveis usando régua e compasso. Muitas das demonstrações sobre con- strutibilidade faz uso de uma matemática que foge ao escopo deste curso, e desta forma não apresentaremos aqui.

Divisão do círculo em n parte iguais

Alguns problemas de natureza simples não podem ser resolvidos com régua e compasso. Por exemplo, é impossível retificar o círculo com régua e compasso, simplesmente por que o número π não é construtível, como veremos adiante.

O problema de dividir o círculo em n partes iguais, em geral, é impossível resolvê-lo.

Aqui apresentaremos alguns casos particulares.

Problema 12.28. Dividir o círculo em n partes iguais.

Como foi dito anteriormente, este problema em geral não é possível de resolver. Vamos resolvê-lo para alguns casos.

Caso 1: n = 2^k, k ∈ N. Este caso é o mais simples de todos. E a

prova é por indução.

n = 2 → Trace o diâmetro.
n = 2² = 4 → Trace as bissetrizes dos dois ângulos formados pelo diâmetro.

n = 2³ = 8 → Trace as mediatrizes dos lados do polígono 12

formado no caso anterior.

n = 2^k → Trace as mediatrizes dos lados do polígono for- mado no caso n = 2^k⁻¹.

Caso 2: n = 2^k3, k = 0, 1, 2, . . .

n = 3 → Construa um triângulo equilátero inscrito no cír-

Se ABC é um triângulo equilátero inscrito no círculo de raio

R, então o lado do triângulo é igual a = R√3 (Por que?).

Então, dado o segmento R, pela construção da aula passada, podemos construir o segmento R√3. Com um compasso, construímos um triângulo equilátero de lado R√3 inscrito

no círculo de raio R.

n = 6 → Trace as mediatrizes dos lados do triângulo anterior formando um polígono regular de 6
n = 2^k3 → Trace as mediatrizes dos lados do polígono regu- lar formado no caso 2^k⁻¹3.

Caso 3: n = 2^k5, k = 0, 1, 2, . . .

n = 10 = 2 5 → Construir um polígono regular de 10 lados (decágono) inscrito no círculo.

Se o raio do círculo é R, então o lado mede

R √5 − 1 .

Com um compasso encontramos os vértices do decágono no círculo.

n = 5 → Construir um pentágono regular a partir do decá- gono

Construa um decágono com vértices numerados de 1 a 10. O pentágono é o polígono obtido a partir dos vértices pares do decágono.

n = 2^k5 → Traçar as mediatrizes dos lados do polígono reg- ular formado no caso 2^k⁻¹5

Caso 4: n = 2^k · 3 · 5, k = 0, 1, 2, . . .

n = 3 5 = 15 → Construir um triângulo equilátero ABC inscrito no círculo e um pentágono regular ADEFG inscrito no círculo. Considere a figura 12.1

Figura 12.1: O arco BE é 1/5 do círculo

Note que

–

AB =

–

AE =

do círculo

do círculo,

–

o que implica que BE =

2 1 1

− =

do círculo.

5 3 15

n = 2^k 3 · 5 → Traçar as mediatrizes dos lados do polígono regular formado no caso 2^k⁻¹ · 3 · 5.

Observação: É impossível dividir um círculo em 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19

partes iguais, citando apenas os valores menores que 20.

No final do século 18, Gauss descobriu que é possível dividir um 12

círculo exatamente em 17 partes iguais.

Apresentamos a seguir um método de divisão aproximada do cír- culo em n partes iguais, para qualquer valor de n. Veja figura 12.2

Solução

Trace um diâmetro

Determine pontos P e Q tais que ABP e ABQ sejam triân- gulos equiláteros.
Divida AB em n partes iguais pelos pontos 1,2, · · , n-1.
As retas que unem P e Q aos pontos de ordem par, de- terminam nos semi-círculos opostos os pontos que dividem aproximadamente esse círculo em n partes

Construções Possíveis Utilizando Régua e Compasso

Relembremos algumas regras para as construções com régua e com- passo.

Regras:

Traçar uma reta, conhecendo dois de seus pontos

traçar um círculo, conhecendo o seu centro e um ponto do círculo
Determinar as interseções de retas ou círculos já construídos com retas ou círculos já construídos

Figura 12.2: Divisão aproximada do círculo em 7 partes iguais.

Pelo que nós vimos até aqui, somente com régua e compasso, é possível construir um ponto (não arbitrário) fora de uma reta, e traçar por este ponto (ou qualquer outro já construído) uma para- lela ou uma perpendicular a esta reta.

Problemas: Os famosos problemas clássicos são:

Duplicação do cubo
Quadratura do círculo
Tri-secção de um ângulo arbitrário

Construção de polígonos regulares 12

Esses problemas surgiram na Grécia antiga por volta do ano de 429 a.C. e só foram completamente entendidos na virada do século 18 para o século 19 d.C., com os trabalhos de Gauss (1777 – 1855) e Galois (1811 – 1832).

O último problema acima não é tão famoso quanto os outros, mas o enumeramos, já que assim como os outros ele é bastante interes- sante.

Definição 12.1. Fixado um segmento com a unidades de com- primento, diremos que um número x é construtível se for possível construir com régua e compasso um segmento de comprimento x a partir do segmento de com comprimento a.

Problema 12.29. Se a e b são construtíveis, então a + b, −a, ab

¹ também o são.

A figura 12.3 e 12.4 mostram como fazer construção. A construção é feita com retas paralelas. Para justificá-las utilize as propriedades de paralelogramos e o Teorema de Tales.

Figura 12.3:

Observação Disto segue que todos os números inteiros e racionais são construtíveis.

A figura 12.5 mostra que, se a > 0 for construtível, então √a

também será construtível.

De fato, Seja A o ponto da reta r que corresponde ao número 1 e

B o ponto que corresponde ao número ^a . Assim, BA = ^a − 1, e

Figura 12.4:

Figura 12.5:

pelo Teorema de Pitágoras, obtemos

AP 2 =

O que implica que

a − a − 1 2

= a − 1.

OP 2

= OB2

+ PB = 1 + a − 1 = a.

Disto, segue que existem irracionais construtíveis (√2 por exem- plo).

√

Exercício 12.1. Construir os números − 2 , 1, 333 · · · , √2, √4 3 e

1 + √2.

Observação O conjunto dos números construtíveis formam um subcorpo dos números reais, isto é, é um subconjunto dos números reais que possui 0 e 1 e é fechado para a adição, multiplicação, e cálculo de simétricos e de inversos (de elementos não nulos).

O Princípio da Solução 12

Muitas vezes, para determinar se determinado número é construtível com régua e compasso é necessário passar o problema para o plano.

Definição 12.2. Um ponto P = (a, b) do plano é dito construtível se a e b são construtíveis.

Como já sabemos que todos os números racionais são construtíveis, segue que todos os pontos do plano com coordenadas racionais são construtíveis.

Observação: Se uma reta r une dois pontos do plano (α, β) e (γ, δ) com α, β, γ, δ ∈ Q, a equação de r é da forma ax+by +c = 0, com a, b, c ∈ Q.

Se um círculo tiver centro (α, β) e passa pelo ponto (γ, δ) com α, β, γ, δ ∈ Q, sua equação é da forma x² + y² + ax + by + c = 0, com a, b, c ∈ Q.

Assim, se queremos encontrar o ponto de interseção entre retas e cículos dos tipos acima, temos 3 casos a considerar:

Interseção de duas retas do tipo Neste caso, devemos resolver o sistema

 ax + by + c = 0

 a^jx + b^jy + c = 0

com a, b, c, a^j, b^j, c^j ∈ Q.

Interseção de uma reta com um círculo dos tipos Devemos resolver o sistema

 x² + y² + ax + by + c = 0



com a, b, c, a^j, b^j, c^j ∈ Q.

a^jx + b^jy + c^j = 0,

Interseção de dois círculos como

Resolver o sistema

 x² + y² + ax + by + c = 0



x² + y² + a^jx + b^jy + c^j = 0,

ou, equivalentemente, resolver o sistema

 x² + y² + ax + by + c = 0



(a − a^j)x + (b − b^j)y + c − c^j = 0,

com a, b, c, a^j, b^j, c^j ∈ Q.

As soluções destes sistemas são racionais ou do tipo a + b√c, com

a, b, c ∈ Q, c ≥ 0.

Conclusão:

Sabemos que os números racionais são construtíveis. Em particu- lar, todos os pontos do plano com coordenadas racionais são cons- trutíveis. Partindo destes pontos e fazendo construções com régua e compasso, envolvendo apenas uma interseção de reta com reta, reta com círculo ou círculo com círculo, as coordenadas dos novos

pontos obtidos são da forma a + b√c com a, b, c ∈ Q e c ≥ 0.

Prosseguindo com uma segunda etapa de construção com régua e compasso, os novos números obtidos serão da forma a + b√c, com

a, b e c da forma anteriormente indicada.

Exemplo 12.1.

1^a Etapa: 1 + √2, ³ + q 5

2^a Etapa: 4(1 + √2) + 5q3(1 + √2), 1 + √2 + r 3 + q 5

Exercício 12.2. Mostre que os números da forma a + b√2, onde

a, b ∈ Q, é um corpo.

Resumo:

Um número construtível é obtido como primeira coordenada 12

de um ponto que tenha sido obtido a partir dos pontos iniciais 0 e 1 da reta base, através de um número finito de interseções de retas e/ou círculos.

Um número é contrutível se e somente se pode ser escrito em termos de números racionais, usando somente adições, multiplicações, simétricas, inversos e raízes

Exercício 12.3. Verifique que é construtível o número

‚.,4 3 − 0, 2 1√6 1 + √2

2 + 3√2 6 − √8 0, 4 .

Um critério de não-construtibilidade

O próximo teorema fornece um meio de determinar números não- construtíveis.

Teorema 12.1. Todo número construtível é raiz de uma equação polinomial (ou algébrica) de coeficientes inteiros.

√

Exercício 12.4. Verifique o número construtível √2 + 1 + √3

é raiz de uma equação polinomial.

Definição 12.3. Um número que é raiz de algum polinômio com coeficientes inteiros é dito algébrico. Caso contrário é dito trans- cendente.

√

Exemplo 12.2. Os números racionais e os números √3 2, √2, 1 +

√2 e 2 + √4 3 são algébricos. Os números e , π, √π, e² são

transcendentes.

Em geral, é muito difícil de determinar se um determinado número é transcendente ou não. O primeiro a exibir números comprovada- mente transcendente foi Liouville (1809–1882). Somente em 1873, Hermite mostrou que o famoso número e é transcedente, e em 1882, Lindermann provou que o número π também é transcedente.

Corolário 12.1. Todo número transcendente não é construtível. Portanto π não é construtível, donde concluímos que o círculo não é quadrável.

De fato, a área do círculo unitário é 2π. Quadrar o círculo, sig- nifica que devemos construir um quadrado com lado a tal que sua área seja exatamente 2π, ou seja, a² = 2π. Mas como π não é

construtível, segue que √π também não é construtível.

O critério geral de não-construtibilidade

Na seção anterior vimos que todos os números construtíveis são algébricos. Então você pode se perguntar se todos os números algébricos são construtíveis. A resposta é não.

Definição 12.4. O grau de um número α é o grau do polinômio irredutível p(x) com coeficientes inteiros e tal que p(α) = 0.

Exemplo 12.3. O grau de √3 2 é três. Basta considerar o polinômio

x³ − 2.

Exemplo 12.4. Determine o grau de √2 + √3.

Solução Faça x = √2 + √3. Então,

√2 = x − √3 ⇒ 2 = x² + 3 − 2√3x

⇒ 2√3x = x² + 1 ⇒ 12x² = x⁴ + 1 + 2x²

4 2

⇒ x − 10x + 1 = 0.

Agora podemos dar o critério geral de não construtibilidade.

Teorema 12.2. Um número é construtível se e somente se é al- gébrico de grau igual a uma potência de 2.

A demonstração deste teorema envolve envolve ferramentas da teo- ria de grupos e da teoria de Galois.

Corolário 12.2. O cubo não é duplicável. 12

Demonstração Considere um cubo de aresta a. A aresta do cubo com o dobro do volume é a√3 2. Então o cubo poderá ser duplicado se √3 2 for construtível, porém o grau de √3 2 é igual a 3 que não é

uma potência de 2.

Corolário 12.3. É impossível tri-seccionar um ângulo arbitrário.

Definição 12.5. Um ângulo θ é construtível se seu cosseno for construtível. (Ver figura).

Exemplo 12.5. O ângulo 60^◦ é construtível, pois cos 60^◦ = 1/2.

Exemplo 12.6. O ângulo θ = 90^◦ pode ser tri-seccionado, pois

cos 30^◦ = √3 é construtível. De fato √3 é raiz da equação polino-

2 2

mial 4x² − 3 = 0.

−

Exemplo 12.7. O ângulo θ = 20^◦ não pode ser tri-seccionado. De fato, se x = cos 20^◦, então da fórmula cos 3θ = 4 cos³ θ − 3 cos θ, obtemos

que é equivalente a

1 = 4x³ 3x

8x³ − 6x − 1 = 0,

onde 8x³ − 6x − 1 é irredutível, pois do contrário

8x³ − 6x − 1 = (ax − b)(cx² + dx + e), a, b, c, d, e ∈ Z

e portanto ^b seria uma raiz com mdc(a, b) = 1, ou seja,

— 6 a − 1 = 8 a3 − 6 a − 1 = 0

b ₃ b

b³ b

o que implica que

a = 8 a2 − 6b,

que é possível somente se ^b for inteiro, mas estamos supondo que

mdc(a, b) = 1.

Portanto, 8x³ − 6x − 1 = 0 é irredutível.

Polígonos regulares construtíveis

Naturalmente, o problema de construir um polígono regular de n

lados, ou o que é equivalente, dividir o círculo em n parte iguais, consiste em construir seu ângulo central 360◦ , ou o que é o mesmo,

o seu cosseno. Nos Elementos de Euclides, eles fornecem a con-

strução dos polígonos regulares com n = 3, 4, 5, 6, 8, 10 e 15. Construções para os polígonos de 7 e 9 lados, por exemplo, só foram dadas por Gauss em 1796.

De fato, não é díficil verificar que se p^k1 · · · p^km for a decomposição

do número n em fatores primos, então o polígono regular de n é construtível se e somente se o polígono regular de p^ki lados o for. Mais ainda, como o fator 2 não causa problema, temos que nos preocupar apenas com os primos ímpares.

Teorema 12.3 (Gauss). Se n for primo, então o polígono regular de n lados será construtível se e somente se n for da forma 2²m +1.

Os números naturais da forma 2²m +1 são chamados de números de Fermat, devido a Fermat (1601–1665), que conjecturou que todos eles fossem primos. Na verdade os únicos números primos desta forma conhecidos são 3, 5, 17, 257 e 65537, que são os números

correspondentes a m = 0, 1, 2, 3 e 4. Para m = 5, temos que

2²5 + 1 = 4.294.967.297 = 641 × 6.700417.

Gauss descobriu a construtibilidade do polígono regular de 17 la- dos um mês antes de completar 19 anos. Fato este que agusou o interesse de alguns almães do século 19 que um certo Richelot publicou, em 194 páginas de uma conhecida revista de Matemática, a construção do polígono de 257 lados. Um matemático amador dedicou dez anos de sua vida escrevendo o método de construção do polígono regular de 65.537 lados.

Para você ter uma idéia da dificuldade de construir estes polígonos, como o próprio Gauss calculou, o problema de construir o polígono

regular de 17 lados é equivalente a construir o número: 12

cos 360^◦ = − 1

+ 1 √17 + 1 q34 − 2√17

+ 1 r17 + 3√17 − q34 − 2√17 − 2q34 + 2√17.

Resumimos nossa discussão no seguinte teorema.

Teorema 12.4. É possível construir um polígono regular de n la- dos se e somente se n se decompuser em fatores primos na forma 2^kp₁ · · · p_m, onde os p_i são primos de Fermat.

RESUMO

Nesta aula vimos que os problemas clássicos não possíveis de re- solvidos não somente com régua e compasso. Aprendemos como identificar números construtíveis, polígonos regulares construtíveis e ângulos construtíveis.

ATIVIDADES

Construa √2, √4 3, √1 + √2.

Construa − 4e 1, 33333 · · ·
1. Verifique que é construtível o número

‚. 3 − 0, 2 1√6 1 + √2

+ 32 6 − 8 0, 8

.,4 2

q √ .

Mostre que 1 + √3 é algébrico.

Considere no plano complexo o círculo unitário, isto é, S1 =

{z ∈ C; |z| = 1}. Para n ∈ N, considere as raízes com- plexas da equação xⁿ = 1, são elas: 1, ω, ω², . . . , ωⁿ⁻¹, onde ω = cos θ + isen θ, com θ = 360^◦/n. Estas raízes dividem o círculo unitário S1 em n partes iguais. A construtibilidade do polígono regular de n partes é equivalente à de cos θ, ou, de modo equivalente, à de 2 cos θ = ω + ω = ω + 1/ω.

Vamos mostrar que o pentágono é construtível
- Mostre que o polinômio x² + x − 1 é irredutível.
- Tome θ = 360^◦/5 e faça α := ω + 1/ω. Mostre que

α² + α − 1 = 0 e conclua que cos(360^◦/5) = (√5 − 1)/2.

Conclua que o pentágono regular é construtível. 12

Vamos mostrar que heptágono regular é não é construtível.
- Mostre que o polinômio x³ + x² − 2x − 1 é irredutível.
- Mostre que α = ω + 1/ω = cos(360^◦/7) é raiz do polinômio
- Conclua que o heptágono regular não é construtível.

Seja P_n é o polígono regular de n Para que valores de

n ≤ 50 P_n é construtível?

Seja P_n é o polígono regular de n Para que valores de

n ≤ 50 P_n não é construtível?

LEITURA COMPLEMENTAR

BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.

CARVALHO, j. , Os Três Problemas Clássicos da Mate- mática Grega. OBMEP.
EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.

GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.

MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
WAGNER, , Construções Geométricas. SBM

WAGNER, , Uma Introdução às Construções Geométricas. OBMEP.

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