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GEOMETRIA ELEMENTAR

“Entre os espíritos iguais e postos nas mesmas condições, o que conhece GEOMETRIA é superior aos outros e possui vigor especial.” Pascal

APRESENTAÇÃO

Este livro maravilhoso, escrito pelos Irmãos Maristas e publicado pela editora marista FTD no início do século XX, traz mais de 600 problemas resolvidos de excelente nível envolvendo Geometria Plana, Geometria Espacial e Cônicas. Trata-se de uma obra prima recheada com centenas de problemas de construção, inúmeras demonstrações variadas envolvendo planimetria, geometria espacial, e um maravilhoso tratamento das cônicas (elipse, hipérbole e parábola) sem recorrer à geometria analítica ! Nem mesmo o tempo foi capaz de alterar o brilho dessa obra, escrita com muito vigor pelos irmãos maristas, com linguagem bastante simples, objetiva e acessível a qualquer leitor interessado em aprimorar e aprofundar seus conhecimentos no mais mágico e desafiador segmento da Matemática elementar: a Geometria. O nível dos problemas aqui contidos estimulará mesmo os leitores mais exigentes. Provavelmente, os problemas mais difíceis de Geometria contidos nos modernos livros brasileiros encontram-se resolvidos na presente obra, cujo valor é inestimável para os amantes da Geometria, podem ter certeza. Mais uma vez, preocupada em resgatar para a presente e futuras gerações o que há de melhor em livros de ciências exatas, a VestSeller tem a honra de reeditar esta obra prima e, juntamente com todo o povo brasileiro, saudar e agradecer os irmãos maristas pela incomensurável contribuição que dão à educação nesse país desde que aqui chegaram, no final do século XVIII, até os dias de hoje.

Prof. Renato Brito (ex-aluno do colégio marista cearense) Editora VestSeller Setembro / 2009

SUMÁRIO Capítulo 1

Capítulo 2

ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Capítulo 3

ƒ ƒ ƒ

Capítulo 4

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Capítulo 5

ƒ ƒ

Capítulo 6

ƒ

Capítulo 7

ƒ ƒ

Capítulo 8

ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Capítulo 9

Demonstrações envolvendo triângulos; Problemas de construção; Demonstrações envolvendo quadriláteros. Problemas de construção envolvendo círculos, tangentes e secantes, inscrição e circunscrição. Demonstrações envolvendo triângulos e círculos; Problemas de construção envolvendo círculos inscrito e círculo ex-inscrito; Problemas de construção envolvendo paralelogramos e trapézios. Demonstrações envolvendo cevianas; Demonstrações envolvendo triângulos e circunferências; Demonstrações envolvendo quadriláteros e circunferências; Demonstrações envolvendo polígonos. Problemas envolvendo áreas de triângulos e quadriláteros; Problemas envolvendo divisão de áreas em razão dada; Problemas envolvendo áreas de polígonos. Problemas envolvendo paralelepípedos e pirâmides. Problemas envolvendo divisão de volume de sólidos em razão dada. Problemas envolvendo sólidos de revolução; Problemas envolvendo cálculo de volumes gerados pela rotação de figuras planas. Problemas de construção envolvendo elipses; Demonstrações envolvendo elipses; Demonstrações envolvendo hipérboles; Problemas de construção envolvendo parábolas; Demonstrações envolvendo parábolas. Problemas de revisão do capítulo 1; Demonstrações envolvendo triângulos; Demonstrações envolvendo cevianas.

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35

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143

188 190 203

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Capítulo 10

Capítulo 11

Capítulo 12

Capítulo 13

Capítulo 14

Capítulo 15

Capítulo 16

ƒ Problemas de revisão do capítulo 2; ƒ Demonstrações de construção envolvendo triângulos; ƒ Demonstrações envolvendo circunferências, triângulos, tangentes e secantes; ƒ Problemas de construção envolvendo circunferências e tangências. ƒ Problemas de revisão do capítulo 3; ƒ Demonstrações envolvendo triângulos, circunferência inscrita e circunscrita; ƒ O círculo de Euler dos 9 pontos. ƒ Problemas de revisão do capítulo 4; ƒ Lúnulas de Hipócrates; ƒ Problemas de máximos e mínimos envolvendo áreas de figuras isoperimétricas; ƒ Problemas de máximos e mínimos envolvendo inscrição e circunscrição de figuras planas. ƒ Problemas de revisão do capítulo 5; ƒ Problemas de máximos e mínimos envolvendo paralelepípedos. ƒ Problemas de revisão do capítulo 7; ƒ Problemas envolvendo sólidos de revolução; ƒ Problemas envolvendo inscrição e circunscrição de figuras espaciais; ƒ Problemas de máximo e mínimo envolvendo inscrição e circunscrição de figuras espaciais. ƒ Problemas de revisão do capítulo 8; ƒ Demonstrações e teoremas envolvendo elipses e parábolas. ƒ Apêndice sobre máximos e mínimos sem uso de cálculo diferencial.

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Capítulo 1

GEOMETRIA ELEMENTAR EXERCÍCIOS DE GEOMETRIA CAPÍTULO 1 1.

Construir o complemento de um ângulo dado. Solução: seja o ângulo AOB. Se, sobre o lado OB, no ponto O, elevarmos uma perpendicular OC, o ângulo AOC será o ângulo procurado, pois AOB + AOC = BOC = 1 reto.

2.

Construir o suplemento de um ângulo dado. Solução: seja o mesmo ângulo AOB. Se prolongarmos a reta BO, o ângulo AOD será o ângulo procurado, pois AOB + AOD = 2 retos.

3.

Mostre que as bissetrizes de dois ângulos adjacentes suplementares são perpendiculares uma à outra. Solução: com efeito, sejam os dois ângulos suplementares e adjacentes AOB e AOC, e OD e OE as bissetrizes dos mesmos ângulos. Temos por definição: AOB + AOC = 2 retos; Logo: 1 AOB + 1 AOC = 1 reto. 2 2

4.

Mostre que as bissetrizes de dois ângulos opostos pelo vértice estão em linha reta. Solução: Sejam OK a bissetriz do ângulo AOB, e OL a do ângulo COD. Temos: BOK + KOA + AOC = 2 retos; mas BOK= COL; Logo: KOA + AOC + COL = 2 retos; Logo: OL é o prolongamento de OK.

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Geometria Elementar

5.

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

⎛ n− 3 ⎞ as outras, resulta que poderão ser traçadas ao todo n ⎜ ⎟ diagonais . ⎝ 2 ⎠

Aplicações numéricas: • Para o triângulo, n – 3 = 0; ⎛ n− 3 ⎞ Logo: n ⎜ ⎟=0 ⎝ 2 ⎠ • Para o quadrilátero, temos n = 4; n – 3 = 1; ⎛ n− 3 ⎞ Logo: n ⎜ ⎟=2 ⎝ 2 ⎠

6.

Mostre que a soma das diagonais de um quadrilátero convexo é menor que a soma e maior que a semi-soma de seus lados. Solução: Deveremos ter: AC + BD < AB + BC + CD + AD.

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Capítulo 1

AC + BD > 1

2

(AB + BC + CD + AD).

1) Temos:

AC < AB + BC AC < AD + DC. Temos igualmente: BD < BC + CD BD < AB + AD. Somando estas desigualdades membro a membro, e dividindo cada soma por 2, obtemos:

AC + BD < AB + BC + CD + AD. 2) Temos: OA + OB > AB OB + OC > BC OC + OD > CD OD + OA > AD. Somando estas desigualdades, e dividindo cada soma por 2, temos: OA + OB + OC + OD > 1 (AB + BC + CD + AD), 2 ou, finalmente: AC + BD > 1 (AB + BC + CD + AD). 2

7.

Demonstre que a soma das retas que ligam um ponto interior de um triângulo aos três vértices, é menor que a soma e maior que a semi-soma dos três lados do triângulo. Solução: Teremos: OA + OB + OC < AB + AC + BC; OA + OB + OC > 1 (AB + AC + BC). 2

1) Tem-se: OA + OB < AC + BC OB + OC < AB + AC OA + OC < AB + BC. Somando membro a membro e dividindo por 2, temos: OA + OB + OC < AB + AC + BC.

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Geometria Elementar

2) Temos também: OA + OB > AB OA + OC > AC OB + OC > BC. Somando e dividindo por 2, obtemos: OA + OB + OC > 1 (AB + AC + BC). 2

8.

Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm n – 1 lados consecutivos iguais, compreendendo n – 2 ângulos iguais e semelhantemente dispostos.

Solução: Temos: AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D', DE = D'E', B = B', C = C', D = D'; digo que os dois polígonos são iguais. Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre ABCDE, de modo que A'B' coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C', C'D', D'E' coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD, DE. Estando A' sobre A, e E' sobre E, A'E' se confundirá com AE, e o mesmo se dará com os polígonos.

9.

Mostre que dois polígonos são iguais quando têm n – 2 lados consecutivos iguais adjacentes a n – 1 ângulos iguais e semelhantemente dispostos. Solução: Temos: AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D'; A = A', B = B', C = C', D = D'; digo que os dois polígonos são iguais. Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre ABCDE, de modo que A'B' coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos, os lados B'C', C'D' coincidirão respectivamente com os lados iguais BC, CD. Por outra, por causa de A' = A e D' = D, A'E' toma a direção de AE, e D'E' a de DE: o ponto E' cairá, pois, sobre o ponto E, e os dois polígonos serão iguais.

10. Demonstre que dois polígonos são iguais quando têm todos os lados, e n – 3 ângulos consecutivos respectivamente iguais e semelhantemente dispostos.

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Capítulo 1 Solução: Temos: AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D, DE = D'E', EA = E'A' e A = A', B = B’; digo que estes dois polígonos são iguais. Com efeito, transporto o polígono A'B'C'D'E' sobre o polígono ABCDE, de modo que A'B' coincida com AB. Em consequência da igualdade dos ângulos A e A', B e B', os lados A'B, B'C', A'E' coincidirão respectivamente com os lados iguais AB, BC, AE. Além disso, se eu traçar as diagonais (traçá-las) C'E' e CE, estas retas coincidem também; o mesmo se dá com os triângulos C'E'D' e CED, pois têm os 3 lados iguais e semelhantemente dispostos; logo, os dois polígonos são iguais.

11. Quantas condições são precisas para a igualdade de dois polígonos? Solução: Dois polígonos são iguais quando têm 2n – 3 elementos respectivamente iguais e semelhantemente dispostos. Com efeito, conforme os 3 problemas precedentes, é preciso conhecer: 1º) n – 1 lados e n – 2 ângulos; 2º) n – 2 lados e n – 1 ângulos; 3º) n lados e n – 3 ângulos, e, por conseguinte, em todos os casos 2n – 3 elementos.

12. Mostre que, em qualquer triângulo, cada mediana é menor que a semi-soma dos lados adjacentes.

Solução:

Teremos: AM < 1 (AB + AC). 2 Com efeito: prolonguemos a mediana AM do comprimento MD = AM, e tracemos BD. Os dois triângulos ACM, BDM são iguais e, por conseguinte, AC = BD. Mas temos AD = 2AM < AB + BD, ou 2AM < AB + AC, ou, enfim: AM < 1 (AB + AC). 2 Operar-se-ia da mesma forma para as medianas BN, CP.

13. Mostre que a soma das medianas de um triângulo é menor que a soma e maior que a semi-soma dos lados (fig. 8). Solução: Teremos: AM + BN + CP < AB + BC + AC AM + BN + CP > 1 (AB + BC + AC). 2 1) Ora, temos (ex. 12):

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2AM < AB + AC 2BN < BA + BC 2CP < AC + BC. Feita a soma, e dividida por 2, obtemos: AM + BN + CP < AB + BC + AC. 2) Temos (nº 60): AM > AB – BM AM > AC – CM. Adicionando, obtemos: 2AM > AB + AC – BC. Temos igualmente: 2BN > AB + BC – AC 2CP > AC + BC – AB. Somemos essas três desigualdades, reduzamos e dividamos por 2; virá: AM + BN + CP > 1 (AB + BC + AC). 2

14. Sobre os lados de um ângulo, tornam-se os comprimentos OA = OB; depois: OA' = OB'; traçam-se AB' e BA'. Demonstrar que OM é bissetriz do ângulo considerado.

Solução: Com efeito, os triângulos OA'B, OAB' são iguais, como tendo um ângulo igual, compreendido entre lados iguais: onde resulta a igualdade dos ângulos OA'M e OB'M, OAM e OBM. A igualdade destes últimos dá A'AM = B'BM. Logo os triângulos A'AM e B'BM são iguais, por terem um lado igual adjacente a dois ângulos iguais; logo: AM = BM. Tendo os triângulos OAM e OBM um ângulo igual, OAM = OBM, compreendido entre dois lados respectivamente iguais, são iguais, e disto resulta a igualdade dos ângulos AOM e BOM. Daí, um meio de construir a bissetriz de um ângulo.

15. Por um ponto dado, P, fora de um ângulo AOB, traçar uma reta que determine, por sua interseção com os lados deste ângulo, dois comprimentos iguais OA, OB.

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Capítulo 1 Solução: Suponhamos o problema resolvido. Já que os comprimentos OA e OB são iguais, o triângulo OAB é isósceles; portanto a reta OC, que une o ponto O ao meio C de AB, é perpendicular à reta PB e também é bissetriz do ângulo AOB. Daí resulta a construção seguinte: traça-se a bissetriz OC do ângulo AOB; depois, do ponto P, abaixa-se sobre OC a perpendicular PB, que é a reta procurada. Existe evidentemente outra solução, que se obtém traçando a bissetriz OC' do ângulo AOB', suplementar de AOB; de fato, ver-se-ia, com raciocínio análogo ao precedente, que os comprimentos OA' e OB' são iguais.

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

17. Duas aldeias, A e B, situadas a certa distância de um rio, querem construir uma ponte com despesas comuns; pergunta-se o lugar em que deverá ser feita a ponte para se achar igualmente distante de cada aldeia.

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

18. Mostre que as perpendiculares elevadas no meio dos lados de um triângulo concorrem em um mesmo ponto.

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

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Geometria Elementar

19. Mostre que se, das extremidades da base de um triângulo isósceles abaixarmos perpendiculares sobre os lados opostos, estas perpendiculares serão iguais.

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

20. Por um ponto dado, P, traçar uma reta equidistante de dois pontos dados A e B, e separando os dois pontos dados.

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

21. Dados dois pontos, A e B, situados do mesmo lado de uma reta, achar o caminho mais curto para se ir do ponto A ao ponto B, tocando nessa reta. Solução: Se os dois pontos se encontrassem de cada lado da reta, o caminho mais curto para se ir do ponto A ao ponto B seria a reta que unisse esses dois pontos.

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Capítulo 1

É, pois, natural procurarmos abaixo da reta um ponto A', tal que a reta A'B seja igual à linha quebrada que devemos percorrer para irmos de A a B. Para isto, abaixemos sobre MN a perpendicular AD, e prolonguemo-la de um comprimento DA' = AD (o ponto A' é simétrico de A em relação a MN). Enfim, tracemos a reta A'B: o trajeto ACB é o mais curto caminho procurado. Para demonstrá-lo, provemos que qualquer outro, AEB, é maior. Segundo a construção da figura, ACB pode substituir-se por A'CB e AEB por A'EB; ora, é claro que temos: A'EB > A'CB. NOTA. Do que precede, resulta que as retas AC, CB, correspondentes ao caminho mais curto (AC + CB é um mínimo), ficam igualmente inclinadas sobre a reta MN, pois os ângulos ACM o BC'N são iguais.

22. Tomados dois pontos, A e B, no interior de um ângulo xOy, achar o caminho mínino do ponto A ao ponto B tocando os lados Ox e Oy.

Solução: Sejam A' e B' os pontos simétricos de A e B, e A'B' a reta que os une: tracemos AC e BD, e teremos a linha quebrada ACDB, como sendo o caminho mais curto de A a B, tocando os lados Ox e Oy. Para demonstrá-lo, provemos que qualquer outro, AC'D'B por exemplo, é maior. De acordo com a construção da figura, podemos substituir ACDB por A'CDB' e AC'D'B por A'C'D'B', sendo evidente que temos A'C'D'B' > A'CDB'.

23. Mostre que as bissetrizes dos três ângulos de um triângulo concorrem no mesmo ponto.

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

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Geometria Elementar

24. Demonstre que a paralela a um dos lados de um triângulo, traçada pelo ponto de concurso das bissetrizes, é igual à soma dos segmentos adjacentes a esse lado, determinados por ela sobre os dois outros. Solução: Sejam BO e CO as bissetrizes dos ângulos B e C, e DE a reta paralela a BC e passando pelo ponto O. Temos: DE = BD + CE.

Com efeito, os ângulos DOB e OBC são iguais como alternos-internos. Portanto, o triângulo DOB é isósceles, e DO = BD. Analogamente se provaria OE = CE. Onde resulta que DO + OE, ou DE = BD + CE.

25. Determinar a bissetriz do ângulo formado por duas retas AB e CD, que não podemos prolongar até o ponto de concurso. Solução: Por um ponto qualquer de CD, traço EF paralela a AB, e tomo, sobre os lados do ângulo FEC, os comprimentos iguais EH e EG, prolongando GH até I. A reta IH forma com as duas retas, AB e CD, um triângulo isósceles, pois I = G = H. Logo, obteremos a bissetriz do ângulo do vértice levantando uma perpendicular no meio da reta IH.

26. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos que têm os lados paralelos são paralelas ou perpendiculares uma a outra. Solução:

1º) Sejam os dois ângulos BAC e B'A'C', que têm os lados paralelos e dirigidos no mesmo sentido. Tracemos DA, paralela a D'A', bissetriz de B'A'C'; teremos: BAD = B'A'D', DAC = D'A'C'. Mas B'A'D' = D'A'C'; logo, BAD = DAC, e DA é bissetriz de BAC. 2º) Se considerarmos a bissetriz AE do ângulo BAG, esta reta é perpendicular a AD, e, portanto, a A'D'.

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Capítulo 1

27. Mostre que as bissetrizes de dois ângulos de lados perpendiculares são perpendiculares ou paralelas. Solução:

1º) Sejam os ângulos agudos BAC e B'A'C', que têm os lados perpendiculares, AD e A'D' as suas bissetrizes. Estas retas são perpendiculares. Com efeito, pelo pelo ponto A, tracemos AC'' e AB'', paralelas a A'C' e A'B': os ângulos B''AC'' e B'A'C', dirigidos em sentidos opostos, são iguais. A bissetriz AD'', do ângulo B''AC'', é paralela a A'D' (ex. 26). Ora, se do ângulo reto CAC" tirarmos o ângulo DAC e lhe acrescentarmos o ângulo C"AD" = DAC, ainda teremos DAD'', que será reto. Logo, AD e AD'' são perpendiculares e, portanto, AD e A'D' também o são. 2º) Sejam os dois ângulos BAC e C'A'G, agudo um, e obtuso o outro; a bissetriz A'E é perpendicular a A'D' e, por conseguinte, paralela a AD.

28. Mostre que num triângulo ABC, o ângulo O das bissetrizes A dos ângulos B e C vale 1 reto mais . 2

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Geometria Elementar

Solução: Deveremos ter: O = 1r +

A . 2

B+C . Mas o triângulo proposto 2 dá: B + C = 2r – A ou, dividindo por 2 ambos os membros desta igualdade: B+C A A A = 1r − ; onde O = 2r − 1r + = 1r + . 2 2 2 2 Com efeito, no triângulo BOC, temos: O = 2r −

29. Dados um triângulo ABC, e um ponto O, no interior do mesmo, demonstrar que o ângulo O é sempre maior que o ângulo A do triângulo (fig. 22). Solução: Com efeito, temos: A = 2r – (B + C) e O = 2r – (OBC + OCB). Ora, é evidente a relação OBC + OCB < B + C; onde: O > A.

30. Mostre que o ângulo DAE formado pela mediana e a altura de um triângulo retângulo, é igual à diferença dos dois ângulos agudos. Solução: Devemos ter DAE = B – C.

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

31. Num triângulo ABC, traça-se até o lado BC uma reta AD, fazendo com o lado AB um ângulo igual ao ângulo C, e uma reta AE, fazendo com o lado AC um ângulo igual a B. Demonstrar que o triângulo DAE é isósceles.

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

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Capítulo 1

32. Achar a soma dos ângulos de um polígono de 25 lados. Solução: Seja S a soma pedida. Temos S = 2nr – 4r. Ora n = 25, logo: S = (2r × 25 – 4r) = 46r.

33. Qual é o polígono regular cuja soma dos ângulos vale 12 retos? Solução: Na fórmula S = 2nr – 4r, basta substituir S por 12r e resolver a equação resultante, onde n = 8. Resposta: Trata-se do octógono.

34. Qual é o polígono regular cujo ângulo interior vale 4/3 de 1 reto? Solução: Como no ex. 32, a soma dos ângulos interiores é igual a: 2nr – 4r; um 2nr − 4r ângulo terá por medida . n 2nr − 4r 4r No caso presente, temos: = . Eliminemos r e resolvamos a equação; n 3 virá n = 6. Resposta: O polígono pedido é o hexágono.

35. Mostre que dois trapézios são iguais quando têm os quatro lados iguais e dispostos do mesmo modo.

Solução: Consideremos os dois trapézios ABCD e A'B'C'D', nos quais temos AB = A'B'; BC = B'C'; CD = C'D' e AD = A'D'. Pelos pontos A e A', tracemos as paralelas AE e A'E' aos lados CD e C'D'. Os dois triângulos ABE e A'B'E' são iguais por terem os três lados iguais, pois BE = BC – AD = B'C' – A'D' = B'E'; AB = A'B' e AE = A'E'. Por conseguinte, se os sobrepusermos de forma que BE coincida com B'E', o ponto A cairá no ponto A'; como temos BC = B'C', o ponto C cairá em C' e igualmente D em D', devido a EAD = E'A'D' e AD = A'D'. Logo, os dois trapézios sobrepostos coincidirão em toda a sua extensão.

36. Mostre que as três alturas AG, BH e CI de um triângulo concorrem ao mesmo ponto.

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Geometria Elementar Solução: Pelos vértices A, B e C do triângulo proposto, traço paralelas aos lados e assim obtendo segundo triângulo DEF. Sendo iguais as paralelas compreendidas entre paralelas, escrevo AF = BC = AE; logo, o ponto A é o meio de EF. Com análogo raciocínio, prova-se que os vértices C e B do triângulo ABC também se encontram respectivamente no meio dos lados DE e DF do triângulo DEF. Por outra parte, sendo AG, BH e CI perpendiculares aos lados BC, AC e AB, são também perpendiculares as suas paralelas (nº 90) EF, DF e DE. Em consequência, as alturas do primeiro triângulo ABC podem ser consideradas como perpendiculares levantadas pelos meios dos lados do segundo DEF e, portanto, concorrem ao mesmo ponto.

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

37. Demonstre que se, pelos vértices de um quadrilátero, traçarmos paralelas às suas diagonais, formaremos um paralelogramo equivalente ao dobro do quadrilátero dado.

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

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Capítulo 1

51. Mostre que se unirmos os meios E, F, G e H dos lados consecutivos de um quadrilátero ABCD, a figura EFGH é um paralelogramo.

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

52. Demonstre que se unirmos os meios H e F de dois lados opostos de um quadrilátero aos meios I e J das diagonais, ainda obtemos um paralelogramo HIFJ (fig. 39). Solução: Efetivamente, como a reta HI une os meios de dois lados AB e DB do triângulo ABD, é paralela a AD e igual à sua metade, acontecendo o mesmo com JF no triângulo ADC. Daí, HI e JF são iguais e paralelas, e a figura HIFJ é um paralelogramo. Com raciocínio análogo demonstraríamos que EJGI também é paralelogramo.

53. Mostre que as retas HF e GE, que unem os meios dos lados opostos de um quadrilátero, e a reta IJ, que une os meios das diagonais, concorrem a um mesmo ponto O (fig. 39). Solução: De fato, no paralelogramo IHJF, a diagonal HF passa pelo meio O de IJ; assim também GE, diagonal do paralelogramo GIEJ, passa pelo meio O de IJ; logo, estas três retas concorrem a um mesmo ponto.

54. Mostre que se traçarmos as bissetrizes dos ângulos de um paralelogramo: 1º obteremos um retângulo; 2º os vértices K, L, M e N deste retângulo estarão situados nas retas que unem os meios dos lados opostos do paralelogramo. Solução: 1º A figura KLMN é um retângulo, pois tem os ângulos retos. Com efeito, temos 1 A + D = 2 retos e, por conseguinte: (A + D) = 1 reto. 2 Logo AND = MNK = 1 reto.

27

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

64. Mostre que em um triângulo, o ponto de concurso das perpendiculares levantadas nos meios dos lados, o ponto de concurso das três medianas e o das três alturas achamse em linha reta e a distância do 1º ponto ao 2º é a metade da distância do 2º ao 3º.

Solução: Sendo O e H os pontos de concurso das perpendiculares e das alturas, temos que demonstrar que o ponto M situado sobre OH é o ponto de concurso MH . das medianas e que MO = 2 Traço a reta DE que une os meios de CH e BH, e depois, FG, que une os pés de BC (ex. 49). Logo duas perpendiculares; estas retas são paralelas a BC e valem 2 DE = FG; além disto, os ângulos OFG e HED são iguais como tendo os lados paralelos e dirigidos em sentido oposto; o mesmo se dá com os ângulos OGF e HDE. Os triângulos OFG e HDE são, portanto, iguais e segue-se que CH OG = DH = . Por outra parte, a reta LK, que une os meios dos lados MC e MH 2 CH . Logo LK = OG e os dois do triângulo MCH, é paralela a CH e igual a 2 triângulos OMG e LKM são iguais, porque têm um lado igual adjacente a dois ângulos respectivamente iguais como alternos-internos; assim temos: ML = MG = LC. Fica provado que M está na mediana CG, aos 2/3 da mesma a contar do ponto C. Por conseguinte, é o ponto de concurso das medianas. Além disso, temos: MH MK = OM = KH, onde: MO = . 2

32

Capítulo 2

Solução: Temos, com efeito: HEF = 4 retos – (AEH + AEF). Ora, no quadrilátero inscrito AEHD, temos: AEH = 2 retos – ADH. Igualmente, no quadrilátero AEFB, temos: AEF = 2 retos – ABF. Portanto, substituindo no valor de HEF, virá HEF = ADH + ABF; do mesmo modo: FGH = CDH + CBF. Logo, por fim: E + G = B + D = 2 retos, e o quadrilátero EFGH é inscritível.

120. Mostre que se unirmos os pés das alturas de um triângulo ABC, obteremos outro triângulo em que os ângulos têm por bissetrizes as alturas do primeiro.

Solução: Por exemplo, a altura CF será bissetriz do ângulo DFE e teremos: DFO = OFE. De fato, observamos que o quadrilátero ADOF, com dois ângulos retos em D e F, é inscritível e bem assim, o quadrilátero OEBF. Posto isto, vemos que os dois DO , são iguais, como também os ângulos DFO e DAO, de medida comum 2 DO . Ora, os ângulos DAO e OBE ângulos OFE e OBE, que medem ambos 2 são iguais como complementares do mesmo ângulo C; logo, os dois ângulos DFO e OFE são iguais e CF é bissetriz do ângulo DFE. Da mesma forma ocorre com os dois outros ângulos.

55

Geometria Elementar

121. Sobre um raio OA prolongado, levanta-se uma perpendicular DE e, pelo ponto A, traçam-se a secante ABC e as tangentes CD e BE. Demonstrar que AB = AD.

Solução: Com efeito, sobre OD como diâmetro, descrevamos uma circunferência que deverá passar pelos pontos C e A, visto que o ângulo OCD é reto assim como o ângulo OAD. Sobre OE como diâmetro, descrevamos outra circunferência, que também há de passar pelos pontos B e A. Ora, os CO , são iguais. Da ângulos CDO e CAO, que têm por medida comum 2 BO mesma forma, são iguais os ângulos CAO e BEO que valem . Portanto, 2 os ângulos CDO e BEO, são iguais e os triângulos retângulos CDO e BEO são iguais por terem um cateto igual: CO = BO e um ângulo agudo igual; daí: OD = OE. Sendo iguais as oblíquas OD e OE, são equidistantes do pé da perpendicular, e AE = AD.

122. Toma-se um ponto P qualquer sobre o diâmetro de um círculo; une-se este ponto à extremidade A do raio AO perpendicular ao diâmetro OP; prolonga-se AP até encontrar a circunferência em B e traça-se a tangente BC. Demonstrar que CB = CP.

56

Capítulo 2 Solução: Com efeito, o ângulo CPB tem por medida

BD + AE AB ou . 2 2

AB . 2 Logo, o triângulo CBP é isósceles e temos CB = CP.

Igualmente, o ângulo CBP tem por medida

123. Se, pelo ponto A, meio de um arco BAC, traçarmos duas cordas quaisquer AD e AE que cortem em F e G a corda BC, mostre que o quadrilátero DFGE, assim obtido, é inscritível.

Solução: Com efeito, o ângulo F tem por medida

AB + CD AC + CD ou . 2 2

AD . Os ângulos F e E são, pois, suplementares, 2 e o quadrilátero DFGE é inscritível. O ângulo E tem por medida

124. Mostre que as bissetrizes EF e GH dos ângulos formados pelos lados opostos de um quadrilátero ABCD inscritível são perpendiculares entre si.

Solução: Os ângulos em I são retos.

57

Geometria Elementar

Com efeito, devido à bissetriz EF, temos: AF – BM = FD – MC. A bissetriz GH igualmente nos dá: AH – DN = BH – CN. Somando membro a membro, virá: FH – BM – DN = FD + BH – MN ou FH + MN = HM + FN. A medida dos ângulos FIH e HIM é pois a mesma. Logo, estes ângulos são iguais e as bissetrizes EF e GH são perpendiculares entre si.

125. Mostre que se duas cordas AB e CD se cortam em um círculo, a soma AC + BD dos arcos por elas interceptados é igual à soma dos arcos interceptados pelos dois diâmetros paralelos a estas cordas.

Solução: Teremos: AC + DB = KM + LN. De fato, os ângulos BED e LON, de lados paralelos e dirigidos no mesmo sentido, são iguais. AC + DB KM + LN ; ao passo que o outro mede . Ora um mede 2 2 Portanto, AC + DB = KM + NL.

126. Sejam o círculo circunscrito a um triângulo ABC, e H o ponto de encontro das alturas. Mostre que se prolongarmos a altura CG até F, teremos: HG = GF.

Solução: Tracemos AF. O ângulo AFC tem por medida

AD + CD ; o ângulo AHF 2

AF + CE . Ora, os ângulos ACG e DBA são iguais como complementos do 2 mesmo ângulo CAB; portanto os arcos DA e AF, que os medem, são iguais.

mede

58

Capítulo 3 CAPÍTULO 3

207. Achar uma 4ª proporcional a três linhas que têm 25m, 32m e 48m. Solução: Temos:

x 32 32 × 25 , onde: x = = = 16m666. 25 48 48

208. Achar uma média proporcional a duas linhas que tem 28m e 45m. Solução: Temos: x = 28 × 45, onde: x = 28 × 45 = 35m 49. 2

209. Pede-se uma 3ª proporcional a duas linhas que têm 36m e 24m. Solução: Temos:

x 36 36 × 36 = , onde: x = = 54m. 36 24 24

210. Num triângulo ABC, tem-se AB = 20m, AC = 22m e BC = 30m: quais são os dois segmentos determinados sobre BC pela bissetriz AD? BD AB BD 20 ou . = = BC − BD AC 30 − BD 22 Eliminando os denominadores, teremos: 22 BD = 600 – 20 BD; onde: 600 BD = = 14m 28. 42 Solução: O nº 239 do Curso dá:

Da mesma forma, acha-se: CD =

660 = 15m71. 42

Teorema de Menelaus de Alexandria (100.AC) 211. Qualquer transversal DEF determina nos lados de um triângulo ABC seis segmentos tais que o produto de três segmentos não consecutivos é igual ao produto dos três outros. 95

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

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

AE AF , eo = EC FG

BF BD . = FG CD

AE × BF AF × BD = ; EC × FG FG × CD eliminação dos denominadores e a supressão de FG: AE × BF × CD = AF × BD × EC.

Multiplicando membro a membro, virá

ou, pela

Teorema de Ceva (Geovanni Ceva – 1678) 212. Três pontos D, E, F estão em linha reta quando determinam sobre os lados de um triângulo ABC seis segmentos tais que o produto de três segmentos não consecutivos seja igual ao produto dos três outros (fig. 181). Solução: Temos: AE × BF × CD = AF × BD × EC; digo que os três pontos D, E e F estão em linha reta. Com efeito, traço DF; esta reta, cortará AC em certo ponto K, visto que os pontos D e F estão de cada lado de AC e teremos (ex. 211): AK × BF × CD = AF × BD × CK. Mas, por hipótese, temos: AE × BF × CD = AF × BD × EC. AK CK AK E ou . = = Dividindo membro a membro, vem: AE EC CK EC Ora, uma reta AC pode ser dividida, a partir de A em dois segmentos proporcionais a AE e EC, apenas de um modo: logo AK = AE e os três pontos D, E e F acham-se em linha reta.

96

Capítulo 3

Teorema de Ceva (1678) 213. Unem-se os três vértices A, B e C de um triângulo a um ponto qualquer O e prolongam-se AO, BO e CO até o encontro dos lados opostos. O produto de três segmentos não consecutivos é igual ao produto dos três outros.

Solução: Teremos: AE × BF × CD = AF × BD × CE. Com efeito, o triângulo BAD dá, por causa da transversal CF (ex. 211): AO × BF × CD = AF × BC × DO, e o triângulo ADC dá, por causa da transversal BE: AE × DO × BC = AO × BD × CF. Multiplicando membro a membro e suprimindo os fatores comuns aos produtos, virá: AE × BF × CD = AF × BD × CE.

214. Os três lados de um triângulo são 120m, 80m e 75m: quais serão os três lados de um triângulo semelhante, cujo lado homólogo de 120m deve ter 90m? Solução: Os triângulos semelhantes têm os lados homólogos proporcionais; 80 × 90 120 80 75 ; onde: x = assim podemos assentar: = = = 60m e 90 x y 120

y=

75 × 90 = 56m 25. 120

215. Duas oblíquas partindo do mesmo ponto B encontram duas paralelas. A 1ª corta as paralelas em D e A, e a 2ª em E e C, dando as relações seguintes: DA = 4m, DE = 12m, AC = 18m, BC = 16m: qual é o valor de BD, BE e CE:

97

Geometria Elementar Solução: Os triângulos semelhantes ABC, AIH, ACD, AHG, etc, nos dão: IH AH HG AG GF . = = = = BC AC CD AD DE AH AG e , teremos as igualdades pedidas. Deixando de lado as razões AC AD

221. Inscrever numa circunferência um triângulo semelhante a um triângulo dado. Solução: O triângulo dado e o triângulo pedido são equiângulos. Conhecemos, portanto, o círculo circunscrito e os ângulos do triângulo procurado. Procede-se então como no exercício 166, livro II.

222. Mostre que quando duas retas AB e CD, prolongadas se preciso for, se cortarem em um ponto E de forma a termos EA × EB = ED × EC, os quatros pontos A, B, C e D estão situados sobre a mesma circunferência.

Solução: Traço BC, BD, AC e AD. EA EC . Os triângulos AEC e BED, = ED EB com um ângulo igual compreendido entre lados proporcionais, são semelhantes e os ângulos EAC e BDE são iguais; se pois, eu descrever sobre BC um segmento capaz do ângulo EAC, o arco deste segmento passará também em D. Os quatro pontos A, B, C e D pertencem, portanto, à mesma circunferência.

A igualdade EA × EB = ED × EC dá:

223. Mostre que em um triângulo qualquer, o produto de dois lados é igual ao produto do diâmetro do círculo circunscrito pela altura abaixada sobre o terceiro.

100

Capítulo 3 Solução: Teremos: AB × BC = BE × BD. Tracemos CE. Os ângulos A e E são iguais, portanto os dois triângulos retângulos ABD e BEC, são semelhantes e dão: AB BC = , BE BC onde: AB × BC = BE × BD.

224. Mostre que a reta que une os meios das diagonais de um trapézio é igual à semi-diferença das bases.

Solução:

AB − DC . 2 Com efeito, pelo ponto K, meio de DA, tracemos uma paralela KL a AB. Esta paralela encontra AC em seu meio (triângulo ADC), DB em seu meio (triângulo ADB) e enfim BC em seu meio (triângulo BCD). Ora, o triângulo AB DC ; o triângulo ADC, por sua vez, nos dá KM = ADB dá KN = ; onde: 2 2 AB DC AB − DC KN − KM = MN = . − = 2 2 2 Teremos: MN =

225. Inscrever um quadrado num triângulo dado.

Solução: Suponhamos que o quadrado inscrito deva apoiar-se sobre BC. Construamos sobre este lado um quadrado BCDE. Unamos A aos pontos E e D; as retas AE e AD cortam o lado BC em F e G; levantemos as perpendiculares FL e GK, tracemos KL e o qual quadrilátero LKGF assim obtido é o quadrado pedido. Com efeito, os triângulos AED e AFG são semelhantes; acontece o mesmo com os triângulos ABE e ALF, ADC e AGK. A similitude destes triângulos dá:

101

Geometria Elementar

249. Achar o raio do círculo circunscrito a um triângulo cujos lados são conhecidos (fig. 189). Solução: Temos (ex. 223): AB × BC = 2R × h; onde: 2R =

c×a ac ; R= . h 2h

Sabendo calcular h, achar-se-á facilmente R. ac Resposta: R = . 2h

250. Calcular o raio r do círculo inscrito cm função dos lados a, b, c do triângulo. Solução: Construamos no ângulo B o círculo ex-inscrito. Os triângulos OE r BE = = semelhantes BOE, BO'F dão: O'F r ' BF Mas, 2BE + 2CI + 2AI = a + b + c = 2p; onde: BE + CI + AI = p, BE + b = p, BE = p – b. r p−b Ora (ex. 130) BF = p. Logo, teremos: = . (1) r' p

Além disso, as bissetrizes OC, O'C são perpendiculares uma à outra. Daí resulta que os dois triângulos OCE, O'CF são semelhantes, porque têm os OE CE = . seus lados perpendiculares. Esses triângulos dão: CF OF Mas CF = BF – BC = p – a e CE = BC – BE = a – (p – b) = a + b – p = 2p – c – p = p – c. OE p−c r p−c = , ou = ; Temos portanto: p − a O 'F p−a r'

112

Capítulo 3 (p − a)(p − c) . (2) r' Multiplicando membro a membro as igualdades (1) e (2), teremos: r 2 (p − a)(p − b)(p − c) = ; r1 pr ' Onde: r =

Onde, r =

(p − a)(p − b)(p − c) ; p

Resposta: r =

(p − a )(p − b )(p − c ) . p

251. Nos problemas precentes calcular h, h', h'', R para o caso em que temos: a = 8m; b = 9m e e = 12m. Solução: Substituindo as Ietras por seus valores nas igualdades achadas acima. (ex. 248, 249, 250): h=

2 p( p − a )( p − b )( p − c ) ; a

h' =

2 p( p − a )( p − b )( p − c ) ; b

h '' =

2 p( p − a )( p − b )( p − c ) . c

( p − a )( p − b )( p − c ) ac , r = , 2h p Temos: h = 9m, h' = 8m, h'' = 6m, R = 6m, r = 2m48. R=

Resposta: h = 9m; h' = 8m; h'' = 6m; R = 6m; r = 2m48.

252. A soma dos quadrados dos segmentos formados por duas cordas que se cortam retangularmente é igual ao quadrado do diâmetro.

Solução: Sejam AB e CD as duas cordas: traço BD, AC e o diâmetro CE. Os 2

2

2

2

2

2

triâgulos retângulos ACI, BID dão: AI + IC + BI + ID = AC + BD . Os ângulos em I sendo retos, o arco AC mais o arco BD igualam uma semicircunferência e, como resultado, o arco BD = o arco AE e a corda BD = a corda AE; a igualdade precedente torna-se: 2

2

2

2

2

2

2

AI + IC + BI + ID = AC + AE = CE . 113

Geometria Elementar

253. Os três lados de um triângulo são 8m, 9m, 15m: de que espécie é o maior ângulo deste triângulo? 2

2

2

Solução: É obtuso, porque temos 8 + 9 < 15 .

254. Os raios de dois círculos têm 7m e 8m, a distância dos centros é de 12m; pede-se o comprimento da corda comum. 2

2

2

Solução: O triângulo OAO' dá: OA = O' A + OO' − 200 × IO', 2

Onde: IO' =

2

2

OA + OO' − OA ' 49 + 144 − 64 = = 5,375, 2 OO' 24

2

AI = 72 − (5,375)2 , AI = 49 − 28,8906 = 4,48, 2AI ou AA ' = 8m96.

Resposta: 8m96.

255. Quando traçamos a mediana AM num triângulo ABC, 2

BC . temos: AC + AB = 2AM + 2 2

2

2

Solução: Com efeito, o triângulo ACM dá: 2

2

2

2

2

AC = AM + MC + 2MC × DM, e o triângulo ABM: 2

AB = AM + BC − 2BM × DM. Mas como BM = MC = 2

2

2

BC , se somarmos estas igualdades, teremos: 2 2

2

2

2

AC + AB = 2AM + 2BM , ou AC + AB = 2AM +

114

2

BC . 2

Geometria Elementar

262. Mostre que a soma dos quadrados das diagonais de um quadrilátero vale duas vezes a soma dos quadrados das retas que unem os meios dos lados opostos. 2

2

2

2

Solução: Teremos: AC + BD = 2EG + 2HF .

Com efeito, o paralelogramo EFGH dá (ex. 258): 2

2

2

2

2

2

EF + FG + GH + EH = EG + HF , ou 2

2

2

2

2

2

2EF + 2FG + 2GH + 2EH = 2EG + 2HF . 2

2

2

2

Ora, AC = 2EF; logo, AC = 4EF = 2EF + 2GH . 2

2

2

Do mesmo modo, BD = 2EH + 2FG . Somando membro a membro as duas últimas igualdades, tem-se: 2

2

2

2

2

2

2

2

AC + BD = 2EF + 2GH + 2EH + 2FG = 2EG + 2HF .

263. Duas secantes a um círculo partem de um mesmo ponto; uma tem 3 metros de comprimento, e seu segmento exterior tem 2 metros; a outra tem 5 metros de comprimento; pede-se determinar o seu segmento exterior.

Solução: AD = 3m, AE = 2m, AB = 5m: Pede-se o valor de AF. Temos: AF × AB = AD × AE, AD × AE 3 × 2 Onde: AF = = = 1m20. AB 5 Resposta: 1m20. 118

Geometria Elementar CAPÍTULO 6

432. Mostre que em todo paralelepípedo, a soma dos quadrados das quatro diagonais é igual a soma dos quadrados das 12 arestas. Solução: Com efeito, os três paralelogramos ACGE, BDHF, EFGH, dão (ex. 258):

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1º CE + AG = 2AE + 2AC , 2

2º DF + BH = 2BF + 2BD , 2

3º EG + FH = 2EH + 2HG . Multiplicando a 3ª igualdade por 2, e depois somando as 3, vem: 2

2

2

2

2

2

CE + AG + DF + BH + 2EG + 2FH = 2

2

2

2

2

2

= 2AE + 2AC + 2BF + 2BD + 2EH + 4HG . Mas: 2

2

2

2

2

2

2EG + 2FH = 2AC + 2BD

2

2AE + 2BF = 4AE ; 2

2

2

2

2

2

2

Logo CE + AG + DF + BH = 4AE + 4EH + 4HG , demonstrar, pois as 12 arestas são iguais 4 a 4.

o

que

devíamos

433. Mostre que a distância do centro de um paralelepípedo a 1 da soma das distâncias dos 8 um plano qualquer é o 8 vértices do paralelepípedo do mesmo plano.

190

Capítulo 8

466. O eixo maior da elipse é dividido por um foco em duas partes, cujo produto é b2. Solução: Temos, na figura 321: 2 FA × FA' = b . Com efeito FA = a – c, FA' = a + c. Logo: 2 2 2 FA × FA' = (a – c) (a + c) = a – c = b .

467. Achar o lugar dos pontos tais que a diferença dos quadrados das distâncias de cada um dos focos da elipse seja 4a2.

Solução: Seja L um dos pontos do lugar. Podemos escrever, de acordo com o enunciado: 2

LF'2 − LF = 4a2 . Abaixemos LI perpendicular a A'A, e façamos OI = x. Os triângulos retângulos LF'I, LFI dão sucessivamente 2

2

(1)

2

LF = F'I + IL , 2

2

2

LF = FI + IL , 2

2

2

Onde: LF'2 − LF = F'I − FI , 2

Ou LF'2 − LF = (c + x)2 − (x − c)2 = 4cx. (2) Das igualdades (1) e (2), resulta que a2 2 . 4cx = 4a , e x = c Como x é a distância do ponto L ao eixo menor, todos os pontos de DE estão a esta mesma distância. a2 O lugar pedido é, pois, uma reta DE, tal que o comprimento OI = . OI é, c pois, uma quarta proporcional a a, a e c. O lugar é, também, uma 2ª reta D'E', perpendicular a AA', à distância. OI' = OI. As retas DE e D'E' chamam-se as diretrizes da elipse. 211

Geometria Elementar

468. A soma do quadrado da reta que une um ponto de uma elipse ao centro, com o produto dos raios vetores deste mesmo ponto, é constante, e vale a soma dos quadrados do semi-eixo maior e do semi-eixo menor.

Solução: Teremos, para um ponto qualquer da elipse: 2

2

2

OM + MF × MF' = OA + OB . Com efeito, MO sendo uma das medianas do triângulo MFF', temos (ex. 255) 2

2

2

2OM + 2OF = MF + MF'2 . Se acrescentarmos a cada membro desta igualdade o produto 2MF × MF', obtemos: 2

2

2OM + 2OF + 2MF × MF' = (MF + MF')2 . Mas, MF + MF' = AA' = 2OA. Temos, pois: 2

2

2

2OM + 2OF + 2MF × MF' = 4OA , 2

2

2

OM + MF × MF' = 2OA − OF , 2

2

2

2

OM + MF × MF' = OA + OA − OF , 2

2

2

E, como OA − OF = OB , temos enfim: 2

2

2

OM + MF × MF' = OA + OB .

469. Construir uma elipse, conhecendo-se 2b e 2c.

212

Capítulo 8

O foco F fica, pois, na interseção das circunferências tangentes à diretriz dada, e descritas dos pontos M e M' como centros, e com as perpendiculares MC e M'C' como raios. As duas curvas se cortarão geralmente em 2 pontos F e F' que serão os focos de 2 parábolas que satisfazem ao problema. Quando MM' = MC + M'C', as 2 circunferências se tocam exteriormente; há apenas uma solução. Não há solução quando MM' > MC + M'C'. 2º Se o foco F é dado, as diretrizes serão, de acordo com o que precede, as tangentes DE, D'E' comuns às circunferências descritas dos pontos M e M' como centros e com MF, M'F' como raios.

488. A distância do foco à tangente é meia proporcional entre o raio vetor do ponto de contato e o semi-parâmetro. 2

Solução: Devemos ter FO = FM × AF. Com efeito, do vértice A, tracemos a perpendicular AO ao eixo. Os triângulos semelhantes IOA, IMP, dão: AI IO = ; IP IM Ora AI é a metade de IP; portanto, lO é a metade de IM. Mas o triângulo IFM é isósceles, pois o ângulo I = KMO = OMF; portanto FI = FM.

Daí resulta que a perpendicular FK encontra também em O a tangente IM; a reta OA é, pois, uma perpendicular baixada do vértice do ângulo reto de um triângulo retângulo IOF sobre a hipotenusa e temos: 2

FO = FI × FA. Substituindo FI por seu valor FM, vem: 2

FO = FM × FA.

219

Capítulo 8

497. Achar o parâmetro de uma parábola AM, cuja direção eixo é dada. Solução: Do ponto M da curva, abaixa-se uma ordenada sobre eixo, e tem2 se: = y × 2DF. Determina-se DF como no problema precedente.

498. Inscrever um círculo num segmento de parábola determinado por uma corda perpendicular ao eixo. Solução: Suponhamos resolvido o problema, e sejam CAE o segmento de parábola determinado pela perpendicular CE ao eixo, e O o centro do círculo pedido.

Por causa da simetria da parábola em relação ao eixo AB, a corda MM' que une os pontos de tangência M, M' da parábola e do círculo é perpendicular ao eixo e paralela a CE; além disso, o ponto O, centro do círculo, e o ponto de contato B estão sobre AB. Se conhecêssemos o ponto L, fazendo a subnormal LO igual ao parâmetro p da parábola, obteríamos o centro O e raio OB do círculo pedido; trata-se, pois, de determinar o ponto L. Ora, o triângulo retângulo MOL dá: 2

2

2

MO = ML + LO ; 2

2

2

mas MO = (BL − p)2 , ML = 2p × AL e LO = p2 , 2

2

onde : (BL − p) = 2p × AL + p ; 2 desenvolvendo o quadrado (BL – p) vem: 2

BL − 2p × BL + p2 = 2p × AL + p2 , 2

BL = 2p(AL + BL). Por outra parte, temos : 2

BC = 2p × AB = 2p(AL + BL), onde BL = BC. Levando sobre BA, a partir de B, o comprimento BL = BC, determinaremos o ponto L; teremos, portanto, o ponto O, que está à distância LO = p, do ponto L. 223

Geometria Elementar

2

2

2

2

Solução: Devemos ter: AB + CD = 8OD − 4OI . Com efeito 2

2

(1) AB + CD = (AI + IB)2 + (CI + ID)2 , 2

2

2

2

2

2

(2) AB + CD = AI + IB + 2AI × IB + CI + ID + 2CI × ID, 2

2

2

ou (ex. 252) (3) AB + CD = DE + 2(AI × IB + CI × ID). Tracemos, pelo O, OM e ON perpendiculares a AB e a DC; pois que M está no meio de AB: AI = AM + MI e IM = AM – MI; Logo: AI × IB = (AM + MI) (AM – MI) = AM − MI . 2

2

Do mesmo modo: CI × ID = CN − NI . Logo, a igualdade (3) vem a dar: 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

AB + CD = DE + 2AM − 2MI + 2CN − 2NI . Mas, CN = DN, onde: 2

2

2

AB + CD = DE + 2AM + 2DN − 2(MI + NI ), 2

2

AB + CD = 4OD + 2

2

2

2 AB + CD − 2OI , 2

2

2

2

2

2AB + 2CD = 8OD + AB + CD − 4OI . 2

2

2

2

Afinal: AB + CD = 8OD − 4OI .

546. Em todo triângulo, a distância dos centros da circunferência inscrita e da circunferência circunscrita é meia proporcional entre o raio desta e o excesso deste raio sobre o dobro do raio daquela.

254

Capítulo 11 – Revisão do Capítulo 3 Solução: Sejam o e O os centros das duas circunferências, r e R os raios; 2

deveremos ter: oO = R(R − 2r) . Com efeito, as bissetrizes CoE, AoD, dão: arco CD + arco AE = arco EBD, ou ângulo CoD = ângulo ECD. Logo, DC = oD. Se traçarmos o diâmetro DOF, há de ser perpendicular no meio H da corda BC, o que dará, por causa do triângulo retângulo DCF: 2

DC = DF × DH, ou então, já que DC = oD: 2

oD = 2R × DH. (1) A perpendicular oM a DF é ao mesmo tempo, paralela a BC, e dá: HM = r; Onde: 2

2

2

2

2

oO = oD + DO − 2DO × (DH + HM), oO = oD + R2 − 2R(DH + r).

(2)

Somando-se membro a membro as igualdades (1) e (2), vem: 2

2

2

oD + oO = 2R × DH + oD + R2 − 2R(DH + r); onde tiramos, depois de haver efetuado e simplificado: 2

oO = R(R − 2r). NOTA. — Disso resulta que o raio R do círculo circunscrito não pode ser menor que o diâmetro 2r do círculo inscrito.

547. Em qualquer triângulo, unindo-se o vértice A a um ponto qualquer M da base BC, tem-se a relação: 2

2

2

AB ⋅ CM + AC ⋅ BM = BC( AM + BM ⋅ CM ).

Solução: Com efeito, abaixemos AD, perpendicular sobre BC, o triângulo 2

2

2

ABM dará: AB = AM + BM − 2BM ⋅ DM , 2

2

2

E o triângulo AMC: AC = AM + CM + 2CM ⋅ DM . Para a eliminação de DM, multiplicaremos a primeira igualdade por CM e a segunda por BM; somando então, teremos: 2

2

2

2

2

2

2

2

2

AB ⋅ CM + AC ⋅ BM = AM ⋅ CM + AM ⋅ BM + BM ⋅ CM + CM ⋅ BM. AB ⋅ CM + AC ⋅ BM = AM (CM + BM) + BM ⋅ CM(BM + CM), 255

Geometria Elementar 2

2

2

(a) AB ⋅ CM + AC ⋅ BM = AM ⋅ BC + BM ⋅ CM ⋅ BC; 2

2

2

afinal : AB ⋅ CM + AC ⋅ BM = BC(AM + BM ⋅ CM). Observação. – I. Se o ponto M estiver no meio de BC (BM = CM), a relação geral (a) vem a ser: 2 2 2 BC AB ⋅ BM + AC ⋅ BM = AM ⋅ 2BM + BM ⋅ ⋅ BC; 2 2

BC . 2 Já encontramos esta relação no ex. 255. 2

2

2

Onde: AB + AC = 2AM +

II. Se a reta AM for bissetriz do ângulo A, teremos: BM CM BC = = ; AB AC AB + AC AB ⋅ BC AC ⋅ BC Onde: BM = , e CM = . AB + AC AB + AC Substituindo estes valores no 1º membro da relação geral, temos: 2

2

2 AB ⋅ AC ⋅ BC + AC ⋅ AB ⋅ BC = BC(AM + BM ⋅ CM); AB + AC 2 AB ⋅ AC(AB + AC) = AM + BM ⋅ CM; AB + AC 2

onde : AB ⋅ BC = AM + BM ⋅ CM. Esta relação já foi encontrada no ex: 265.

548. Se por um ponto tomado fora de um círculo se traçarem duas secantes equidistantes do centro, as diagonais do quadrilátero formado pelos pontos de interseções se cortam num ponto constante.

Solução: Sejam o ponto M e as secantes MAB, MDC. O ponto de interseção I das diagonais AC, DB do quadrilátero ABCB é constante. Com efeito, o centro O, sendo equidistante de MB e de MC, se encontra sobre a bissetriz MON do ângulo BMC. Outrossim, as cordas AB e DC são iguais. Portanto, os triângulos AIB, DIC são iguais, e por conseguinte, as distâncias do ponto I aos lados iguais AB, DC são iguais; logo, o ponto I está também sobre a bissetriz MON. 256

Geometria Elementar

550. Num círculo dado, pede-se determinar sobre a tangente no ponto A, um ponto T tal que, se por este ponto se traçar uma reta que passe pelo centro do círculo e encontre a circunferência em 2 pontos M, M', a parte TM seja igual ao diâmetro MM'. Aplicação: R = OA = 3m015. Solução: Suponhamos o problema resolvido, e seja MT = MM'. OM 1 = . Tracemos o raio OA e a paralela MN a AT; os triângulos Temos: OT 3 ON OM 1 semelhantes OMN e OTA dão: = = ; OA OT 3 1 Onde: ON = OA. 3

1 OA; pelo ponto N, traçaremos NM paralela a AT; 3 afinal, o diâmetro M'OM prolongado encontrará a tangente no ponto T, que será o ponto pedido.

Faremos, pois, ON =

Aplicação: OA = 3,015 dá TM = 2 × 3,015 = 6,03 TM' = 4 × 3,015 = 12m06, 2

Onde:

AT = 12,06 × 6,03, AT = 12,06 × 6,03 = 8m52.

Resposta: AT = 8m52.

551. Num triângulo qualquer ABC, os meios a, b, c dos lados, os pés l, m, n das alturas, os meios p, q, r das distâncias que separam os vértices A, B, C, do ponto de concurso H das alturas, são 9 pontos situados sobre uma mesma circunferência; o centro O' desta circunferência é o meio da reta que une o centro O do círculo circunscrito ao triângulo ao ponto de concurso H das alturas, e seu raio é igual à metade do raio deste círculo. 258

Geometria Elementar CAPÍTULO 12 – EXERCÍCIOS DE REVISÃO DO CAPÍTULO 4

552. Determinar a área de um trapézio em função dos 4 lados. Solução: Ter-se-á, para a área do trapézio ABCD: 1 a+c S= ⋅ (a + b + d − c)(b + c + d − a)(a + b − c − d)(a + d − b − c). 4 a−c

Com efeito, traçando-se CE paralela a DA, fica determinado o triângulo BCE, cujos 3 lados são conhecidos, pois n = a – c. Ora, temos, no ex. 248, para a altura h deste triângulo: (n + b + d)(n + d − b)(n + b − d)(b + d − n) . 2n Substituindo-se nesta igualdade n por seu valor a – c, vem: h=

h=

(a − c + b + d)(a − c + d − b)(a − c + b − d)(b + d − a + c) . 2(a − c)

Mas esta altura é também a do trapézio, e tem-se pois: S = Ou S =

a+c × h, 2

1 a+c ⋅ (a + b + d − c)(b + c + d − a)(a + b − c − d)(a + d − b − c). 4 a−c

553. 1º Construir 7 hexágonos regulares iguais, de modo que seis dentre eles tenham dois vértices situados sobre uma circunferência dada e um lado comum com o sétimo que deve ter o mesmo centro; 2º provar que o Polígono côncavo formado pelos 7 hexágonos é equivalente ao hexágono regular inscrito na circunferência dada.

260

Capítulo 12 – Revisão do Capítulo 4

559. Prolongando-se os lados de um triângulo equilátero de um comprimento igual a eles, e unindo-se as extremidades destes prolongamentos, formar-se-á um hexágono irregular cujos 3 maiores lados serão dobros dos menores, o altura tripla da do triângulo, e a superfície valerá 13 vezes a do triângulo.

Solução: Seja ABC o triângulo equilateral dado. Efetuando-se as construções indicadas, forma-se o hexágono DEFGHI. Unindo-se as extremidades A, B, C dos lados do triângulo aos meios de suas paralelas EF, GH, DI, vê-se que os lados maiores são dobros dos menores, que a altura do hexágono é o triplo da altura do triângulo ABC, e afinal que o hexágono encerra 13 triângulos iguais a ABC.

560. De todos os triângulos construídos com dois lados dados, o maior é aquele em que estes 2 lados são perpendiculares um ao outro. Solução: Com efeito, seja AB a base comum dos triângulos que se podem construir com os 2 lados dados BC, AC.

Se a reta AC for perpendicular a esta base, será a altura do triângulo ABC. Uma vez, porém, que AC ocupe qualquer outra posição AD, o triângulo ABD terá uma altura DE menor que a oblíqua AD = AC: logo, o triângulo ABC é maior do que o triângulo ABD.

561. O círculo é maior do que qualquer figura isoperimétrica. Solução: Dividiremos esta importante demonstração em diversas partes.

• 1º Uma figura de dado perímetro tem área limitada. 265

Geometria Elementar

Com efeito, é evidente que podem existir uma infinidade de figuras com perímetro determinado, de formas e áreas diversas; mas é também evidente que estas áreas não podem crescer indefinidamente. Daí resulta que, entre as figuras de dado perímetro, há uma ou várias máximas. • 2º A figura que tem área máxima com dado perímetro e convexa. Seja, com efeito a figura não convexa ACBD; fazendo-se girar a parte côncava ACB ao redor dos pontos A e B, obteremos a figura AC'BD de mesmo perímetro que a primeira e de área evidentemente maior. • 3º A reta que divide o perímetro de uma figura máxima em duas partes equivalentes, divide também a área desta figura em duas partes equivalentes.

Se a curva ACBD que encerra uma área máxima com dado perímetro. Se a reta AB dividir seu perímetro em duas partes equivalentes, dividirá também a sua área em duas partes ACB, ADB equivalentes: pois que se a parte ADB fosse maior que ACB, ao fazermos girar ADB ao redor de AB havíamos de obter uma figura AD'BD isoperimétrica de ACBD e de área maior, o que vai de encontro à hipótese, pois supusemos ACBD máxima em superfície. • 4º A figura que, com dado perímetro, tem área máxima, é um círculo. Conforme o que dissemos (3º), se ACDB é figura máxima, AD'BD também o será (fig. 402).

266

Capítulo 15 – Revisão do Capítulo 8 Solução: Devemos ter: 1º FOT = F'OT', 2º OFT' = OFT. • 1º Prolonguemos o raio vetor F'T de um comprimento TL = FT, e o raio vetor FT' de um comprimento T'K = F'T'; em seguida, tracemos as retas OL, OK. Os triângulos OTL, OTF são iguais, pois têm um ângulo igual compreendido entre dois lados iguais em ambos; portanto, OL = OF, e o ângulo OFT = OLT. Do mesmo modo, OK = OF, e o ângulo OF'T' = ângulo OKT'. Disso resulta que os triângulos OFK, OF'L têm os 3 lados iguais, pois que F'L = FK = 2a, logo, estes triângulos são iguais, e o ângulo F'OL = FOK. Se tirarmos de cada um destes ângulos a parte comum F'OF, teremos: FOL = F'OK

FOL F'OK = 2 2 Ou afinal: FOT = F'OT'. • 2º A igualdade dos 2 triângulos OFK, OF'L nos dá: Ângulo OFK = ângulo OLF'; Mas, acabamos de ver que OLF' = OFT; logo, OFK = OFT, e OF é bissetriz do ângulo TFT'.

609. Quando um ângulo é circunscrito a uma elipse, a parte da tangente móvel compreendida entre os lados deste ângulo é vista de cada foco sob um ângulo constante. Solução: Sejam AM, AN duas tangentes à elipse cujos focos são F, F'. Tracemos a esta curva uma 3ª tangente qualquer que corte as duas primeiras nos pontos K e L. Trata-se de demonstrar que o ângulo KFL, sob o qual se vê do foco F o segmento KL, é constante.

Com efeito, se unirmos, por meio de retas os 3 pontos de contato M, G, N das 3 tangentes ao foco F, o ângulo GFM fica dividido em duas partes iguais pela reta FK (ex. 608); do mesmo modo, o ângulo GFN fica dividido em duas partes iguais pela reta FL; o ângulo KFL é, pois, a metade do ângulo constante MFN, logo, é também constante. Demonstração análoga provaria que o ângulo KF'L é também constante.

610. O produto dos segmentos interceptados pelo eixo maior de uma elipse e uma tangente móvel sobre as duas tangentes traçadas às extremidades do eixo maior é igual a b2. 297


Geometria Elementar - para IME ITA (600 probl. Resolv. e Coment.) Geom. Plana, Espacial e Cônicas.