Ma13 geometria 2012 by Alan kardec

Conceitos Básicos Sumário 0.1

Conceitos Geométricos Básicos . . . . . . . . . . . .

0.2

Introdução

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0.3

Ângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 0

Conceitos Geométricos Básicos 0.1

Conceitos Geométricos Básicos

Este curso é devotado ao estudo da Geometria Euclidiana, assim adjetivada após a famosa obra Elementos ([7]), de Euclides de Alexandria1 .

Figura 1: Euclides de Alexandria, matemático grego dos séculos IV e III a.C. e um dos mais importantes da antiguidade. A maior de todas as contribuições de Euclides à Matemática, bem como à ciência em geral, foi o tratado

Elementos, obra na qual expôs, sistematicamente, os conhecimentos de Geometria Plana de seu tempo doravante rotulada como Euclidiana , alguns dos quais frutos de seu

próprio trabalho. A importância dos Elementos se deve ao

fato deste ser a primeira obra em que se considera um corpo de conhecimento matemático como parte de um sistema lógico dedutivo bem de nido.

Pautaremos nossa discussão, o mais possível, pelo utilização do método lógico-dedutivo, sem ter, no entanto, a preocupação de listar um conjunto exaustivo de postulados a partir dos quais possamos construir axiomaticamente2 a geometria. Para o cumprimento de um tal programa, referimos o leitor a [3]. 1 Euclides

de Alexandria, matemático grego dos séculos IV e III a.C. e um dos mais importantes da antiguidade. A maior de todas as contribuições de Euclides à Matemática, bem como à ciência em geral, foi o tratado Elementos, obra na qual expôs sistematicamente os conhecimentos de Geometria de seu tempo doravante rotulada como Euclidiana. A importância dos Elementos se deve ao fato deste ser o primeiro livro em que se considera um corpo de conhecimento matemático como parte de um sistema lógico-dedutivo bem de nido. 2 Um axioma ou postulado é uma propriedade imposta como verdadeira. A utilização do método axiomático é uma das características fundamentais da Matemática como ciência.

Conceitos Básicos Para além do que apresentaremos aqui, sugerimos as referências [1], [6], [8], [9], [10], [11], [12] ou [13]. Apresentamos, nesta unidade, os conceitos e resultados mais básicos envolvidos na construção da Geometria.

0.2

Introdução

O leitor certamente tem uma boa ideia, a partir da experiência diária, do que vem a ser um ponto, uma reta ou um plano. Portanto, vamos assumir essas noções como conhecidas. s

r B

Figura 2: pontos e retas no plano.

Na Figura 2, temos os pontos A e B e as retas r e s (em geral, denotaremos pontos por letras latinas maiúsculas e retas por letras latinas minúsculas). Grosso modo, podemos dizer que a geometria Euclidiana plana estuda propriedades relativas aos pontos e retas de um plano. Dados no plano um ponto P e uma reta r, só há duas possibilidades: ou o ponto P pertence à reta r ou não; no primeiro caso, escrevemos P ∈ r (lê-se P pertence a r) e, no segundo, escrevemos P ∈ / r (lê-se P não pertence a r). Na Figura 3, temos A ∈ r e B ∈ / r.

A r

Figura 3: posições relativas de ponto e reta.

Unidade 0

Introdução Neste momento, é natural nos perguntarmos sobre quantas retas podem ser traçadas por dois pontos dados. Assumiremos que podemos traçar exatamente uma tal reta. Em resumo, por dois pontos distintos A e B do plano, podemos traçar uma única reta (veja a Figura 4). Nesse caso, sendo r a reta determinada ←→ por tais pontos, denotamos, alternativamente, r = AB . r B A

Figura 4: dois pontos determinam uma única reta. Um ponto A, situado sobre uma reta r, a divide em dois pedaços, quais sejam, as semirretas de origem A. Escolhendo pontos B e C sobre r, um em −→ cada um de tais pedaços, podemos denotar as semirretas de origem A por AB −→ e AC . Na Figura 5, mostramos a porção da reta r correspondente à semirreta −→ −→ AB (a porção correspondente à semirreta AC foi apagada).

−→

Figura 5: semirreta AB de origem A. Dados pontos distintos A e B sobre uma reta r, o segmento AB é a porção da reta r situada de A a B . Escrevemos AB para denotar o comprimento do segmento AB (que, a menos que se diga o contrário, será medido em centímetros). Para decidir se dois segmentos dados no plano são iguais (i.e., se têm comprimentos iguais) ou, caso contrário, qual deles é o maior, podemos usar um compasso, transportando um dos segmentos para a reta determinada pelo outro: Exemplo 1

←→

Com o uso de um compasso, transporte o segmento AB para a reta CD e decida se AB > CD ou vice-versa.

Conceitos Básicos

Unidade 0

Solução

B D C A Descrição dos passos.

1. Centre o compasso em A e xe a outra extremidade do mesmo em B . 2. Mantendo a abertura calibrada no item 1., centre o compasso em C e marque, com a outra extremidade do mesmo, um ponto E sobre a −→ semirreta CD, tal que CE = AB .

3. Compare os comprimentos dos segmentos AB = CE e CD. Também podemos usar um compasso para adicionar segmentos e para multiplicar um segmento por um natural, conforme ensina o próximo exemplo. Dados, no plano, os segmentos AB e CD como abaixo, construa com régua e compasso segmentos EF e GH , tais que EF = AB + CD e GH = 3 AB .

Exemplo 2

Solução

C B

Descrição dos passos.

1. Com o auxílio de uma régua, trace uma reta r. 5

Unidade 0

Introdução 2. Marque sobre a reta r um ponto X e, em seguida, transporte o segmento AB para r, obtendo um segmento EX , tal que EX = AB .

3. Transporte o segmento CD para r, a partir do ponto X , obtendo um ponto F , tal que XF = CD e X ∈ EF .

4. Perfaça uma cadeia análoga de passos para construir um segmento GH como pedido (observe que 3 AB = AB + AB + AB ). Uma última observação sobre segmentos: dados os pontos A e B no plano, de nimos a distância d(A, B) entre os mesmos como o comprimento AB do segmento AB : d(A, B) = AB. Além de pontos, retas, semirretas e segmentos, círculos serão objetos de grande importância em nosso estudo de Geometria Euclidiana plana. Precisamente, dados um ponto O e um real r > 0 (que deve ser pensado como o comprimento de um segmento), o círculo de centro O e raio r é o conjunto dos pontos P do plano que estão à distância r de O, i.e., tais que OP = r:

O r P

Figura 6: o círculo de centro O e raio r. De uma maneira mais concreta, o círculo de centro O e raio r é a curva plana obtida quando posicionamos a ponta de um compasso no ponto O e xamos sua abertura como igual ao comprimento r. O complemento de um círculo no plano consiste de duas regiões, uma limitada, que denominamos seu interior e a outra ilimitada, denominada o exterior do círculo. Alternativamente, o interior do círculo de centro O e raio r é o conjunto dos pontos P do plano cuja distância ao centro O é menor que r, i.e., tais que OP < r (Figura 7);

Conceitos Básicos analogamente, o exterior do círculo é o conjunto dos pontos P do plano cuja distância ao centro O é maior que r, i.e., tais que OP > r. P r O

Figura 7: interior do círculo de centro O e raio r. Via de regra, denotaremos círculos por letras gregas maiúsculas. Por exemplo, denotamos o círculo da Figura 8 a seguir por Γ (lê-se gama), e podemos mesmo escrever Γ(O; r), caso queiramos enfatizar que o centro de Γ é O e o raio é r. Dado um círculo Γ de centro O e raio r ( gura 8), também denominamos raio do mesmo a todo segmento que une o centro O a um de seus pontos; por exemplo, OA, OB e OP são raios do círculo Γ. Uma corda de Γ é um segmento que une dois pontos quaisquer do círculo; um diâmetro de Γ é uma corda que passa por seu centro. Nas notações da Figura 8, AB e CD são cordas de Γ, sendo AB um diâmetro. Todo diâmetro de um círculo o divide em duas partes iguais, denominadas semicírculos; reciprocamente, se uma corda de um círculo o divide em duas partes iguais, então tal corda deve, necessariamente, ser um diâmetro do círculo. C D B

Γ O

A r P

Figura 8: elementos de um círculo. Ainda em relação à Figura 8, o leitor deve ter notado que uma porção do círculo Γ aparece em negrito. Tal porção corresponde a um arco de círculo,

Unidade 0

Ângulos i.e., a uma porção de um círculo delimitada por dois de seus pontos. Note que há uma certa ambiguidade nessa de nição, devido ao fato de que dois pontos sobre um círculo determinam dois arcos. Em geral, resolveremos essa situação _ nos referindo ao arco menor ou ao arco maior CD. Desse modo, diremos _ que a porção do círculo Γ em negrito na Figura 8 é o arco menor CD. Outra possibilidade é escolhermos mais um ponto sobre o arco a que desejamos nos referir, denotando o arco com o auxílio desse ponto extra; na Figura 8, por _ _ exemplo, poderíamos escrever CP D para denotar o arco maior CD.

Exemplo 3

Construa com um compasso o círculo de centro O e passando pelo ponto A. Em seguida, marque sobre o mesmo todos os possíveis pontos B para os quais a corda AB tenha o comprimento l dado.

Solução

A O

Descrição dos passos.

1. Centre o compasso em O e xe sua abertura de O a A. Em seguida, trace o círculo pedido.

2. Trace, de maneira análoga, o círculo de centro A e raio igual a l. 3. As possíveis posições do ponto B são os pontos de interseção dos dois círculos traçados.

0.3

Ângulos

Comecemos esta seção com nossa primeira de nição formal, que encontrará utilidade em outras situações.

Conceitos Básicos

Uma região R do plano é convexa quando, para todos os pontos A, B ∈ R, tivermos AB ⊂ R. Caso contrário, diremos que R é uma região não convexa.

Unidade 0

Definição 4

A B

Figura 9: regiões convexa (esq.) e não convexa (dir.). De acordo com a de nição acima, para uma região R ser não convexa basta que existam pontos A, B ∈ R tais que pelo menos um ponto do segmento AB não pertença a R. Uma reta r de um plano o divide em duas regiões convexas, os semiplanos delimitados por r. Dados pontos A e B , um em cada um dos semiplanos em que r divide o plano, tem-se sempre AB ∩ r 6= ∅ (Figura 10).

B r

Figura 10: semiplanos determinados por uma reta.

−→

Dadas, no plano, duas semirretas OA e OB , um ângulo (ou região −→ −→ angular) de vértice O e lados OA e OB é uma das duas regiões do plano −→ −→ limitadas pelas semirretas OA e OB . Um ângulo pode ser convexo ou não convexo; na gura acima, o ângulo da esquerda é convexo, ao passo que o da direita é não convexo. Denotamos

Definição 5

Unidade 0

Ângulos B

Figura 11: regiões angulares no plano −→

−→

um ângulo de lados OA e OB escrevendo ∠AOB ; o contexto deixará claro se estamos nos referindo ao ângulo convexo ou ao não convexo. Nosso objetivo, agora, é associar a todo ângulo uma medida da região do plano que ele ocupa. Para tanto (Figura 12), divida um círculo Γ de centro O em 360 arcos iguais e tome pontos X e Y , extremos de um desses 360 arcos iguais. Dizemos que a medida do ângulo ∠XOY é de 1 grau, denotado 1◦ , e escrevemos b = 1◦ . X OY

Y X O Γ

Figura 12: grau como unidade de medida de ângulos. Há um pequeno problema com a de nição de grau dada acima. Como podemos saber que ela não depende do círculo escolhido? De outro modo, como podemos saber se, dividindo outro círculo Σ (lê-se sigma), de centro O, em 360 partes iguais, obteremos um ângulo ∠X 0 OY 0 o qual podemos dizer também medir 1◦ ? Para responder essa pergunta, considere a Figura 13. Nela,

Conceitos Básicos

A′ A

B′

B O Γ Σ

Figura 13: boa de nição da noção de grau.

temos dois círculos Γ e Σ, de mesmo centro O, e dois pontos A, B ∈ Γ. Sejam −→ −→ A0 e B 0 os pontos de interseção das semirretas OA e OB com Σ. Assumimos _ como axioma que a fração de Γ que o arco menor AB representa é igual à _ fração de Σ que o arco menor A0 B 0 representa. Portanto, se, na de nição de grau, tivéssemos tomado um círculo Σ, de raio diferente do raio de Γ mas com mesmo centro O, teríamos um mesmo ângulo representando a medida de 1◦ . A partir da de nição de grau, é imediato que um círculo completo corresponde a 360◦ . Por outro lado, dado um ângulo ∠AOB , permanece a pergunta de como podemos medi-lo. Para responder à mesma, fazemos a seguinte construção: traçamos um círculo qualquer Γ, de centro O, e marcamos os pontos −→ −→ A0 e B 0 em que Γ intersecta os lados OA e OB de ∠AOB (Figura 14); em _

seguida, vemos qual fração do comprimento total de Γ o arco A0 B 0 representa. b do ângulo ∠AOB será essa fração de 360◦ . Por exemplo, se o A medida AOB B

B′

A′

Figura 14: medindo o ângulo ∠AOB .

Unidade 0

Ângulos _

comprimento do arco A0 B 0 for 16 do comprimento total de Γ, então a medida de ∠AOB será b = 1 · 360◦ = 60◦ . AOB 6

Observações 6. i. Diremos que dois ângulos são iguais se suas medidas forem iguais. ii. A m de evitar confusões, usaremos sistematicamente notações diferentes para um ângulo e para sua medida em graus. iii. Muitas vezes usamos, por economia de notação, letras gregas minúsculas b =θ para denotar medidas de ângulos4 ; por exemplo, escrevemos AOB (lê-se téta) para signi car que a medida do ângulo ∠AOB é θ graus. Exemplo 7

Com o auxílio de um compasso, construa um ângulo de vértice O0 , com um lado situado sobre a reta r e igual ao ângulo α dado.

Solução

r α O′

Os passos a seguir serão justi cados quando estudarmos o caso LLL de congruência de triângulos, na Unidade3. Descrição dos passos.

1. Trace um arco de círculo de raio arbitrário R, centrado no vértice do ângulo dado, marcando pontos X e Y sobre os lados do mesmo. exceção é a letra π (lê-se pi); por razões que carão claras posteriormente, reservamos outro uso para tal letra. 4A

Conceitos Básicos 2. Trace outro arco de círculo de raio R, centrado em O0 , marcando Y 0 como um dos pontos de interseção do mesmo com a reta r.

3. Marque o ponto X 0 de interseção do círculo de raio R e centro O0 com o círculo de raio XY e centro Y 0 .

4. O ângulo ∠X 0 O0 Y 0 mede α. Observamos, anteriormente, que todo diâmetro de uma círculo o divide em −→ −→ duas partes iguais. Assim, se tivermos um ângulo ∠AOB tal que OA e OB sejam semirretas opostas (i.e., A, O e B estejam sobre uma mesma reta, com b = 180◦ (Figura 15). O ∈ AB ), então AOB 180◦ B

Figura 15: ângulo de 180◦ . Raras vezes utilizaremos ângulos maiores que 180◦ . Assim, no que segue, quando escrevermos ∠AOB , estaremos nos referindo, a menos que se diga o contrário, ao ângulo convexo ∠AOB , i.e., ao ângulo ∠AOB tal que 0◦ < b ≤ 180◦ . Diremos (Figura 16) que um ângulo ∠AOB é agudo quando AOB b < 90◦ , reto quando AOB b = 90◦ e obtuso quando 90◦ < AOB b < 0◦ < AOB 180◦ . Observe, na (Figura 16), a notação especial utilizada para ângulos retos. B

θ < 90 O

B θ = 90◦

◦

θ > 90◦ A

Figura 16: ângulos agudo (esq.), reto (centro) e obtuso (dir.). É, por vezes, útil ter um nome especial associado a dois ângulos cuja soma das medidas seja igual a 90◦ ; diremos, doravante, que dois ângulos com tal

Unidade 0

Ângulos propriedade são complementares. Assim, se α e β são as medidas de dois ângulos complementares, então α + β = 90◦ . Ainda nesse caso, diremos que α é o complemento de β e vice-versa. Por exemplo, dois ângulos medindo 25◦ e 65◦ são complementares, uma vez que 25◦ + 65◦ = 90◦ ; por outro lado, o complemento de um ângulo de 30◦ é um ângulo de medida igual a 90◦ − 30◦ = 60◦ . A primeira proposição de Geometria Euclidiana plana que vamos provar fornece uma condição su ciente para a igualdade de dois ângulos. Contudo, antes de enunciá-la precisamos da seguinte

Definição 8

Dois ângulos ∠AOB e ∠COD (de mesmo vértice O) são opostos pelo vértice (abreviamos OPV) se seus lados forem semirretas opostas. D

γ β

Figura 17: ângulos opostos pelo vértice. Os ângulos ∠AOB e ∠COD da Figura 17 são OPV, uma vez que as −→ −→ −→ −→ semirretas OA e OC , bem como as semirretas OB e OD, são respectivamente opostas. Proposição 9

Dois ângulos OPV são iguais. −→

Demonstração

−→

Vamos nos referir à Figura 17. Como OB e OD são semirretas opostas, segue que α + γ = 180◦ . Analogamente, β + γ = 180◦ . Portanto, α = 180◦ − γ = β.

Referências Bibliográ cas [1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. American Mathematical Society. 3 [2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). Introdução à Geometria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática. [3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Geometria Euclidiana Plana. Sociedade Brasileira de Matemática. 2 [4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Geometria Hiperbólica. Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada. [5] CAMINHA, A. (2012). Temas de Matemática Elementar, Volume 1. Números Reais. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] COXETER, H. S. M. e GREITZER, S. L. (1967). Geometry Revisited. The Mathematical Association of America. 3 [7] HEATH, T. L. (1956). The Thirteen Books of Euclid's Elements. Dover. 2 [8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. 3 [9] JOHNSON, R. (2007). Advanced Euclidean Geometry. Dover. 3 [10] YAGLOM, I. M. (1962). Geometric Transformations I. The Mathematical Association of America. 3 [11] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical Association of America. 3 [12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America. 3 [13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America. 3

1 Polígonos Sumário 1.1

Polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 1

Polígonos 1.1

Polígonos ←→

Considere três pontos A, B e C no plano. Se C estiver sobre a reta AB , diremos que A, B e C são colineares; caso contrário, diremos que A, B e C são não colineares (Figura 1.1). C

Figura 1.1: três pontos não colineares. Três pontos não colineares formam um triângulo. Nesse caso, a região triangular correspondente é região limitada do plano, delimitada pelos segmentos que unem os três pontos dois a dois. Sendo A, B e C tais pontos, diremos que A, B e C são os vértices do triângulo ABC . Mostramos, na Figura 1.2, o triângulo ABC que tem por vértices os pontos A, B e C da Figura 1.1. C b a A

Figura 1.2: o triângulo ABC de vértices A, B e C . Ainda em relação a um triângulo genérico ABC , diremos que os segmentos AB , AC e BC (ou seus comprimentos) são os lados do triângulo; em geral, escreveremos AB = c, AC = b e BC = a para denotar os comprimentos dos lados de um triângulo ABC (Figura 1.2). A soma dos comprimentos dos lados do triângulo é seu perímetro, o qual será, doravante, denotado por 2p; assim, p é o semiperímetro do triângulo. Nas notações da Figura 1.2, temos p=

a+b+c . 2

(1.1)

Os ângulos ∠A = ∠BAC , ∠B = ∠ABC e ∠C = ∠ACB (ou suas medidas b b ,B b = ABC b eC b = ACB b ) são os ângulos internos do triângulo. A = B AC

Polígonos

Unidade 1

Podemos classi car triângulos de duas maneiras básicas: em relação aos comprimentos de seus lados ou em relação às medidas de seus ângulos; vejamos, por enquanto, como classi cá-los em relação aos comprimentos de seus lados. Como todo triângulo tem três lados, as únicas possibilidades para os comprimentos dos mesmos são que haja pelo menos dois lados iguais ou que os três lados sejam diferentes dois a dois. Assim, temos a de nição a seguir.

Definição 1

Um triângulo ABC é denominado: (a)

Equilátero, se AB = AC = BC .

(b)

Isósceles, se ao menos dois dentre AB, AC, BC forem iguais.

(c)

Escaleno, se AB 6= AC 6= BC 6= AB .

Figura 1.3: triângulos equilátero (esq.), isósceles (centro), escaleno (dir.).

Pela de nição acima, todo triângulo equilátero é isósceles; no entanto, a recíproca não é verdadeira (veja, por exemplo, o triângulo ABC do centro na Figura 1.3, para o qual temos claramente AB = AC 6= BC ). Quando ABC for um triângulo isósceles, tal que AB = AC , diremos que o lado BC é a base do triângulo. Para triângulos equiláteros, podemos chamar um qualquer de seus lados de base, mas, nesse caso, raramente usamos essa palavra, i.e., em geral reservamos a palavra base para triângulos isósceles que não são equiláteros. Um triângulo é um tipo particular de polígono convexo, conforme a de nição a seguir.

Unidade 1

Definição 2

Polígonos

Sejam n ≥ 3 um natural e A1 , A2 , . . . , An pontos distintos do plano. Dizemos que A1 A2 . . . An é um polígono (convexo) se, para 1 ≤ i ≤ n, a ←→ reta Ai Ai+1 não contém nenhum outro ponto Aj , mas deixa todos eles em um mesmo semiplano, dentre os que ela determina (aqui e no que segue, A0 = An , An+1 = A1 e An+2 = A2 ). A4 A5 A3 A1

Figura 1.4: um polígono convexo de cinco vértices (e lados). Os pontos A1 , A2 , . . . , An são os vértices do polígono; os segmentos A1 A2 , A2 A3 , . . . , An−1 An , An A1 (ou, por vezes, seus comprimentos) são os lados do polígono. Assim como com triângulos, a soma dos comprimentos dos lados do polígono é o perímetro do mesmo. A região poligonal correspondente ao polígono A1 A2 . . . An é a região limitada do plano, delimitada pelos segmentos A1 A2 , A2 A3 , . . . , An−1 An , An A1 (para um exemplo, veja a Figura 1.5). A4 A5 A3 A1

Figura 1.5: a região poligonal correspondente ao polígono da gura 1.4. Uma diagonal de um polígono é qualquer um dos segmentos Ai Aj que não seja um lado do mesmo; por exemplo, o polígono A1 A2 . . . A5 da Figura 1.4 possui exatamente cinco diagonais: A1 A3 , A1 A4 , A2 A4 , A2 A5 e A3 A5 . Provare-

Polígonos mos, na Proposição 3, que todo polígono convexo com n lados possui exatadiagonais (veja também o Problema 1, página 7). mente n(n−3) 2 Os ângulos convexos ∠Ai−1 Ai Ai+1 (ou simplesmente ∠Ai , 1 ≤ i ≤ n) são os ângulos internos do polígono. Assim, todo polígono de n vértices possui exatamente n ângulos internos. Na Figura 1.4 marcamos os ângulos internos do polígono A1 A2 . . . A5 . Um polígono convexo A1 A2 . . . An possui exatamente dois ângulos externos em cada um de seus vértices; no vértice A1 , por exemplo, tais ângulos são aquele formado pelo lado A1 A2 e pelo prolongamento do lado An A1 , no sentido de An para A1 , bem como o ângulo oposto pelo vértice a esse. (Na Figura 1.6, marcamos os ângulos externos do polígono A1 A2 . . . A5 no vértice A1 .) Analogamente, de nimos os ângulos externos de A1 A2 . . . An em cada um dos outros n − 1 vértices restantes. A4 A5 A3 A2

Figura 1.6: ângulos externos do polígono A1 A2 A3 A4 A5 em A1 . Em geral, dizemos que um polígono A1 A2 . . . An é um n−ágono, em referência a seu número n de lados (e de vértices). Contudo, são consagrados pelo uso os nomes quadrilátero para n = 4, pentágono para n = 5, hexágono para n = 6, heptágono para n = 7, octógono para n = 8 e decágono para n = 10. Ainda no que concerne quantidades especí cas de lados, é costume nomear os vértices de um polígono com letras latinas maiúsculas distintas. Por exemplo, um quadrilátero será, em geral, denotado por ABCD e, nesse caso, sempre suporemos, salvo menção explícita em contrário, que os lados do mesmo são AB , BC , CD e DA. Observações análogas são válidas para pentágonos, hexágonos etc. A proposição a seguir estabelece o número de diagonais de um n−ágono convexo.

Unidade 1

Polígonos

Proposição 3

Todo n−ágono convexo possui exatamente

Demonstração

n(n−3) 2

diagonais.

Se n = 3 não há nada a provar, uma vez que triângulos não têm diagonais e = 0 para n = 3. Suponha, pois, n ≥ 4. Unindo o vértice A1 aos n − 1 vértices restantes A2 , . . . , An obtemos n − 1 segmentos; destes, dois são lados (A1 A2 e A1 An ) e os n − 3 restantes (A1 A3 , . . . , A1 An−1 ) são diagonais (Figura 1.7). Como um raciocínio análogo é válido para qualquer outro vértice, n(n−3) 2

An−1

A3 A2

Figura 1.7: diagonais de um n−ágono convexo partindo de A1 . segue que, de cada vértice do polígono, partem exatamente n − 3 diagonais. Isso nos daria um total de n(n − 3) diagonais (i.e., n − 3 diagonais para cada um dos n vértices). Daria, porque cada diagonal Ai Aj foi contada, da maneira acima, duas vezes: uma quando contamos as diagonais que partem do vértice Ai e outra quando contamos as que partem do vértice Aj . Portanto, para obter o número correto de diagonais do polígono, devemos dividir por 2 o total n(n − 3), obtendo, então, n(n−3) diagonais. 2

Polígonos 1.2

Problemas

1. Prove a fórmula para o número de diagonais de um polígono convexo (Proposição 3) por indução sobre o número de lados do mesmo. (Sugestão: para o passo de indução, considere um polígono A1 A2 . . . Ak Ak+1 , de k + 1 lados. A diagonal A1 Ak o divide em dois polígonos: o triângulo A1 Ak Ak+1 e o polígono de k lados A1 A2 . . . Ak . Observe, agora, que as diagonais de A1 A2 . . . Ak Ak+1 são de um dentre três tipos: (a) A1 Ak ; (b) diagonais de A1 A2 . . . Ak ; (c) diagonais Ai Ak+1 , para 2 ≤ i ≤ k − 1. Some os totais de diagonais de cada um dos tipos (a), (b) e (c), utilizando a hipótese de indução para o tipo (b).)

2. A partir de um dos vértices de um polígono convexo podemos traçar tantas diagonais quantas são as diagonais de um hexágono. Encontre o número de lados do polígono.

3. Três polígonos convexos têm números de lados iguais a três naturais consecutivos. Sabendo que a soma dos números de diagonais dos polígonos é 133, calcule o número de lados do polígono com maior número de diagonais. (Sugestão: algebrize o problema, i.e., denote por n, n + 1 e n + 2 os números de lados dos polígonos e, em seguida, utilize o resultado da Proposição 3 para montar uma equação de segundo grau na incógnita n.)

Unidade 1

Referências Bibliográ cas [1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. American Mathematical Society. [2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). metria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática. [3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Brasileira de Matemática. [4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Matemática Pura e Aplicada.

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

[5] CAMINHA, A. (2012). Temas de Matemática Elementar, Números Reais. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] COXETER, H. S. M. e GREITZER, S. L. (1967). Mathematical Association of America. [7] HEATH, T. L. (1956).

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007).

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America.

. The Mathematical

Geometric Transformations I

[11] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical Association of America. [12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America. [13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America.

Congruência de Triângulos Sumário 2.1

Os casos LAL, ALA e LLL

. . . . . . . . . . . . . .

2.2

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3

Aplicações de congruência

2.4

Problemas

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade

Os casos LAL, ALA e LLL

Congruência de Triângulos

Esta unidade é devotada ao estudo de condições necessárias e su cientes para que dois triângulos possam ser considerados iguais, num sentido a ser precisado. Discutimos, ainda, várias consequências interessantes de tais conjuntos de condições, notadamente o quinto axioma de Euclides (também conhecido como o axioma das paralelas), a desigualdade triangular e os vários tipos de quadriláteros notáveis. 2.1

Os casos LAL, ALA e LLL

Consideremos, inicialmente, o exemplo a seguir. Exemplo 1

Construa com régua e compasso um triângulo equilátero iguais a

ABC

de lados

Solução

Descrição dos passos.

1. Marque um ponto arbitrário A no plano. 2. Com a abertura do compasso igual a l, centre-o em A e construa o círculo de centro A e raio l.

3. Marque um ponto arbitrário B sobre tal círculo. 4. Com a abertura do compasso igual a l, centre-o em B e construa o círculo de centro B e raio l.

5. Denotando por C uma qualquer das interseções dos dois círculos traçados, construímos um triângulo ABC , equilátero e de lado l.

Congruência de Triângulos

No exemplo acima, construímos um triângulo tendo certas propriedades pré-estabelecidas (ser equilátero, com comprimento dos lados conhecido). Ao resolvê-lo, aceitamos implicitamente o fato de que só havia, essencialmente, um triângulo satisfazendo as propriedades pedidas; de outro modo, qualquer outro triângulo que tivéssemos construído mereceria ser quali cado como igual ao triângulo construído, uma vez que só diferiria desse por sua posição no plano. A discussão acima motiva a noção de igualdade para triângulos, a qual recebe o nome especial de congruência: dizemos que dois triângulos são congruentes se for possível mover um deles no espaço, sem deformá-lo, até fazê-lo coincidir com o outro. Assim, se dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 forem congruentes, deve existir uma correspondência entre os vértices de um e do outro, de modo que os ângulos internos em vértices correspondentes sejam iguais, bem como o sejam os lados opostos a vértices correspondentes. A Figura 2.1 mostra dois triângulos congruentes ABC e A0 B 0 C 0 , com a correspondência de vértices A ←→ A0 ; B ←→ B 0 ; C ←→ C 0 .

Para tais triângulos, temos então C′

A′

B′

Figura 2.1: (

dois triângulos congruentes.

b=A b0 ; B b=B b0; C b=C b0 A . AB = A0 B 0 ; AC = A0 C 0 ; BC = B 0 C 0

É imediato que a congruência de triângulos possui as duas propriedades interessantes a seguir1 : 1O

leitor com algum conhecimento prévio de Geometria Euclidiana notará que, no que segue, não listamos a propriedade re exiva da congruência de triângulos. Nesse sentido, sempre que nos referirmos, em um certo contexto, a dois triângulos, cará implícito que os mesmos são, necessariamente, distintos.

Unidade

Os casos LAL, ALA e LLL

1. Simetria: tanto faz dizermos que um triângulo ABC é congruente a um triângulo DEF quanto que DEF é congruente a ABC , ou mesmo que ABC e DEF são congruentes. Isso porque, se pudermos mover ABC , sem deformá-lo, até fazê-lo coincidir com DEF , então certamente poderemos fazer o movimento contrário com DEF , até superpô-lo a ABC .

2. Transitividade: se ABC for congruente a DEF e DEF for congruente a GHI , então ABC será congruente a GHI . Isso porque podemos mover ABC até fazê-lo coincidir com GHI por partes: primeiro, movemos ABC até que ele coincida com DEF e, então, continuamos a movê-lo até que coincida com GHI . Doravante, escreveremos ABC ≡ A0 B 0 C 0

para denotar que os dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 são congruentes, com a correspondência de vértices A ←→ A0 ; B ←→ B 0 ; C ←→ C 0 .

Seria interessante dispormos de critérios para decidir se dois triângulos dados são ou não congruentes. Tais critérios deveriam ser os mais simples possíveis, a m de facilitar a veri cação da congruência. Esses critérios existem e são chamados casos de congruência de triângulos. No que segue, vamos estudar os vários casos de congruência de triângulos sob um ponto de vista informal. Cada caso é precedido de um problema de construção com régua e compasso, cuja solução motiva sua formalização. Exemplo 2

Construa com régua e compasso o triângulo

AC = b

b = γ. C

Solução

ABC ,

conhecidos

BC = a,

Unidade

Congruência de Triângulos

Descrição dos passos.

−→

1. Marque um ponto C no plano e, em seguida, trace uma semirreta CX de origem C . b = γ , de vértice C , 2. Transporte o ângulo dado −→ para um ângulo X CY

determinando a semirreta CY de origem C . −→

−→

3. Sobre as semirretas CX e CY marque, respectivamente, os pontos B e A tais que AC = b e BC = a.

Analisando os passos da construção acima notamos que, escolhendo outra posição para o vértice C e outra direção para os lados do ângulo ∠XCY , a construção do triângulo ABC continuaria determinada pelos dados do exemplo e obteríamos um triângulo que, intuitivamente, gostaríamos de quali car como congruente ao triângulo inicial. Essa discussão motiva nosso primeiro caso de congruência, conhecido como o caso LAL. Se dois lados de um triângulo e o ângulo formado por esses dois lados forem respectivamente iguais a dois lados de outro triângulo e ao ângulo formado por esses dois lados, então os dois triângulos são congruentes. C′

A′

B′

Figura 2.2:

o caso de congruência LAL.

Em símbolos, o caso de congruência acima garante que, dados triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , temos:  AB = A0 B 0   LAL 0 0 =⇒ ABC ≡ A0 B 0 C 0 , AC = A C   b=A b0 A

Axioma 3

LAL

Unidade

Os casos LAL, ALA e LLL

com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Em particular, segue, daí, que b=B b0, C b=C b0 e BC = B 0 C 0 . B Consideremos, agora, o exemplo a seguir. Exemplo 4

Construa com régua e compasso o triângulo

b=β B

ABC ,

conhecidos

BC = a,

b = γ. C

Solução

a γ

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e, sobre a mesma, marque pontos B e C tais que BC = a. −→

b = β. 2. Construa uma semirreta BX tal que C BX −→

3. No semiplano determinado por r e X construa a semirreta CY tal que b = γ. B CY −→

−→

4. Marque o ponto A como interseção das semirretas BX e CY . Aqui novamente, analisando os passos da construção acima, notamos que, escolhendo outra posição para o lado BC e mantendo BC = a, a construção do triângulo ABC continuaria determinada pelas medidas impostas aos ângulos ∠B e ∠C , de modo que obteríamos um triângulo que gostaríamos de quali car como congruente ao triângulo inicial. Essa discussão motiva nosso segundo caso de congruência, o caso ALA.

Congruência de Triângulos

Se dois ângulos de um triângulo e o lado compreendido entre esses dois ângulos forem respectivamente iguais a dois ângulos de outro triângulo e ao lado compreendido entre esses dois ângulos, então os dois triângulos são congruentes.

Axioma 5

ALA

C′

Unidade

A′

B′

Figura 2.3:

o caso de congruência ALA.

Em símbolos, dados dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , temos:  b=A b0  A  ALA 0 b b =⇒ ABC ≡ A0 B 0 C 0 , B=B   AB = A0 B 0 com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Em particular, também devemos ter b=C b0 , AC = A0 C 0 e BC = B 0 C 0 . C

Examinemos, agora, o exemplo que motivará nosso terceiro caso de congruência. Construa com régua e compasso o triângulo

AC = b

ABC ,

conhecidos

AB = c,

Exemplo 6

BC = a.

Solução

a b

Unidade

Os casos LAL, ALA e LLL

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e, sobre a mesma, marque pontos B e C tais que BC = a.

2. Trace os círculos de centro B e raio c e de centro C e raio b. 3. Marque o ponto A como um dos pontos de interseção dos círculos traçados no item anterior. Uma vez mais, os passos da construção evidenciam que, com outro posicionamento inicial para o lado BC (mantida, é claro, a condição BC = a), obteríamos um triângulo que gostaríamos de quali car como congruente ao triângulo inicial. Isto motiva, então, nosso terceiro caso de congruência, o caso LLL, enunciado a seguir. Axioma 7

LLL

Se os três lados de um triângulo são, em alguma ordem, respectivamente congruentes aos três lados de outro triângulo, então os dois triângulos são congruentes. C′

A′

B′

Figura 2.4:

o caso de congruência LLL.

Em símbolos, dados dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , temos:  AB = A0 B 0   LLL 0 0 =⇒ ABC ≡ A0 B 0 C 0 , BC = B C   CA = C 0 A0 com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Em particular, também temos b=A b0 , B b=B b0 e C b=C b0 . A

Congruência de Triângulos

Vale observar que os casos de congruência ALA e LLL decorrem do caso LAL no seguinte sentido: dados, no plano, dois triângulos quaisquer, pode ser mostrado que a validade de um qualquer dos conjuntos de condições ALA ou LLL para os mesmos acarreta a validade de uma condição do tipo LAL. No entanto, como tais deduções não implicariam em ganho substancial para o propósito destas notas, não as apresentaremos aqui (para uma exposição, referimos o leitor a [3]). Por m, apresentaremos os dois últimos casos de congruência de triângulos no Corolário 4.8 e no Problema 1 da Unidade 4, mostrando como tais casos podem ser deduzidos a partir dos casos ALA e LLL, estudados acima. Por m, observamos que, uma vez estabelecida a congruência de dois triângulos, sempre que não houver perigo de confusão omitiremos a correspondência entre seus vértices. Essa praxe será utilizada várias vezes no restante dessas notas, de forma que exortamos o leitor, em cada uma de tais oportunidades, a checar com cuidado a correspondência apropriada entre os vértices envolvidos, para o bem da compreensão do texto.

Unidade

Problemas

2.2

Problemas

1. (a) Dê um exemplo mostrando dois triângulos congruentes para os quais não seja possível mover rigidamente (i.e., sem deformar) um deles no plano até fazê-lo coincidir com o outro. (b) Em que diferem os dois triângulos congruentes do item (a) que justi que não podermos fazer tal movimento no plano? (c) Para o exemplo do item (a), mostre como mover rigidamente um dos triângulos no espaço até fazê-lo coincidir com o outro. (Sugestão: para o item (a), considere triângulos escalenos ABC e A0 BC no plano, tais que AB = A0 B e AC = A0 C . A razão da impossibilidade de mover (no plano) um deles até fazê-lo coincidir com o outro é o fato de que eles têm orientações distintas.)

Congruência de Triângulos

2.3

Unidade

Aplicações de congruência

Colecionamos, nesta seção, algumas aplicações úteis dos casos de congruência de triângulos estudados na seção anterior. Tais aplicações aparecerão doravante com tanta frequência que o leitor deve se esforçar por memorizá-las o quanto antes. −→

Dado um ângulo ∠AOB , a bissetriz de ∠AOB é a semirreta OC que −→ o divide em dois ângulos iguais. Neste caso, dizemos ainda que OC bissecta ∠AOB . Assim,

Definição 8

−→

b = B OC. b OC bissecta ∠AOB ⇐⇒ AOC

Assumiremos, aqui, que a bissetriz interna de um ângulo, caso exista, é única. O próximo exemplo ensina como construi-la. Construa com régua e compasso a bissetriz do ângulo

∠AOB dado abaixo.

Exemplo 9

Solução

O Descrição dos passos.

1. Centre−→ o compasso em O e, com uma mesma abertura r, marque pontos −→ X ∈ OA e Y ∈ OB .

2. Fixe uma abertura s > 21 XY e trace, dos círculos de raio s e centros X e −→

Y , arcos que se intersectem num ponto C . A semirreta OC é a bissetriz de ∠AOB .

Unidade

Aplicações de congruência

De fato, em relação aos triângulos XOC e Y OC construídos acima, temos OX = OY = r e XC = Y C = s; uma vez que o lado OC é comum aos dois triângulos, segue do caso de congruência LLL que XOC ≡ Y OC . Logo, b = Y OC b ou, ainda, AOC b = B OC b . X OC Em um triângulo ABC , a bissetriz interna relativa a BC (ou ao vértice A) é a porção AP da bissetriz do ângulo interno ∠A do triângulo, desde A até o lado BC ; o ponto P ∈ BC é o pé da bissetriz interna relativa a BC . Analogamente, temos em ABC as bissetrizes internas relativas aos lados AC e AB (ou aos vértices B e C , respectivamente), de modo que todo triângulo possui exatamente três bissetrizes internas. Neste momento, é instrutivo o leitor desenhar um triângulo ABC , juntamente com a bissetriz interna relativa ao vértice A e o pé da bissetriz correspondente; a esse respeito, veja também o Problema 1, página 17. Combinando os casos LLL e LAL podemos contruir também o ponto médio de um segmento, i.e., o ponto que o divide em duas partes iguais. O próximo exemplo explica como construi-lo. Exemplo 10

Construa com régua e compasso o ponto médio do segmento

AB .

Solução

B A Descrição dos passos.

1. Fixe uma abertura r > 12 AB e trace, dos círculos de raio r e centros A e B , arcos que se intersectem nos pontos X e Y . ←→

2. O ponto M de interseção da reta XY com o segmento AB é o ponto médio de AB . De fato, em relação aos triângulos AXY e BXY , temos AX = BX e AY = BY ; uma vez que o lado XY é comum aos dois triângulos, segue do caso de

Congruência de Triângulos

Unidade

b = B XY b ou, ainda, congruência LLL que AXY ≡ BXY . Portanto, AXY b b . Agora, nos triângulos AXM e BXM , temos que AX = AXM = B XM b = B XM b ; mas, como o lado XM é comum aos mesmos, segue BX e AXM do caso LAL que AXM ≡ BXM . Logo, AM = BM .

Em um triângulo ABC , a mediana relativa ao lado BC (ou ao vértice A) é o segmento que une o vértice A ao ponto médio do lado BC . Analogamente, temos em ABC medianas relativas aos lados AC e AB (ou aos vértices B e C , respectivamente), de modo que todo triângulo possui exatamente três medianas. Sugerimos ao leitor desenhar um triângulo ABC , juntamente com sua mediana relativa ao vértice A e o ponto médio do lado correspondente; veja também o Problema 2, página 17. Dadas duas retas r e s no plano, dizemos que r é perpendicular a s, que s é perpendicular a r ou, ainda, que r e s são perpendiculares quando r e s tiverem um ponto em comum e formarem ângulos de 90◦ nesse ponto. Escrevemos r⊥s para denotar que duas retas r e s são perpendiculares. O próximo exemplo mostra como usar os casos de congruência estudados anteriormente para construir a reta perpendicular a uma reta dada e passando por um ponto dado. r e um ponto A, construa com régua e compasso A ∈ s.

Dados, no plano, uma reta uma reta

tal que

r⊥s

Há dois casos a considerar:

Exemplo 11

Solução

(a) A

r Descrição dos passos.

1. Com o compasso centrado em A, descreva um arco de círculo que intersecte a reta r em dois pontos distintos B e C .

Unidade

Aplicações de congruência

←→

2. Construa o ponto médio M de BC e faça s = AM . De fato, em relação aos triângulos ABM e ACM , temos AB = AC e BM = CM ; como AM é lado de ambos os triângulos, segue do caso LLL que cB = AM cC . Mas, como AM cB + AM cC = 180◦ , ABM ≡ ACM e, daí, AM ←→ cB = AM cC = 90◦ ou, ainda, AM ⊥r. devemos ter, então, que AM (b) A

Descrição dos passos.

1. Com o compasso centrado em A, descreva um semicírculo que intersecta a reta r nos pontos B e C .

2. Trace, agora, círculos de raio r > 12 BC e centros respectivamente em B

e em C ; sendo A0 um dos pontos de interseção de tais círculos, temos ←→ A0 A⊥r.

b = A0 AC b . Mas, como De fato, temos ABA0 ≡ ACA0 por LLL e, daí, A0 AB b + A0 AC b = 180◦ , segue que A0 AB b = A0 AC b = 90◦ . A0 AB

Nas notações do exemplo anterior, se A ∈ / r, então o ponto de interseção da reta s, perpendicular a r por A, é denominado o pé da perpendicular baixada de A a r. Observação 12

Dados, no plano, um ponto uma

única

reta

perpendicular a

e uma reta

é possível mostrar que existe

e passando por

(a esse respeito, veja o

Problema 19 da Unidade 4.

Dados, no plano, um ponto A e uma reta r, com A ∈ / r, a distância do ponto A à reta r é de nida como o comprimento do segmento AP , onde P é o pé da perpendicular baixada de A a r (cf. Figura 2.5). Denotando por d a distância de A a r, temos então d = AP . Provaremos na Unidade 5 que o comprimento do segmento AP é menor que o comprimento de qualquer

Congruência de Triângulos

Unidade

A d P

Figura 2.5:

P′

distância do ponto

à reta

outro segmento unindo A a um ponto P 0 ∈ r, com P 0 6= P ; nas notações da Figura 2.5, d < AP 0 . Em um triângulo ABC , a altura relativa ao lado BC (ou ao vértice A) é o ←→ segmento que une o vértice A ao pé da perpendicular baixada de A à reta BC . Nesse caso, denominamos o pé da perpendicular em questão de pé da altura relativa a BC . Analogamente, temos em ABC alturas relativas aos lados AC e AB (ou aos vértices B e C , respectivamente), de modo que todo triângulo possui exatamente três alturas. A esta altura, sugerimos ao leitor desenhar um triângulo ABC , juntamente com sua altura relativa ao vértice A e o pé da altura correspondente; a esse respeito, veja também o Problema 3, página 17. Finalizamos essa seção estudando uma propriedade muito importante dos triângulos isósceles: b=C b. Se ABC é um triângulo isósceles de base BC , então B

A prova dessa proposição está embutida na justi cativa que demos para a construção do ponto médio de um segmento. Em todo caso, vamos repeti-la. A

Figura 2.6: ABC

isósceles

b=C b. ⇒B

Proposição 13

Demonstração

Unidade

Aplicações de congruência

Seja M o ponto médio do lado BC (Figura 2.6). Como BM = CM , AB = AC e AM é lado comum de AM B e AM C , segue do caso de conb = ACM b . gruência LLL que tais triângulos são congruentes. Logo, ABM

Corolário 14

Demonstração

Os ângulos internos de um triângulo equilátero são todos iguais. Basta observar que todos os lados de um triângulo equilátero podem ser vistos como bases do mesmo, considerado como triângulo isósceles.

Congruência de Triângulos

2.4

Problemas

1. Construa com régua e compasso as bissetrizes internas do triângulo ABC da Figura 2.7.(Sugestão: siga os passos da construção descrita no Exemplo 9.) C

Figura 2.7:

B bissetrizes internas de um triângulo.

2. Construa com régua e compasso as medianas do triângulo ABC da Figura 2.8.(Sugestão: siga os passos da construção descrita no Exemplo 10.) C

Figura 2.8:

B medianas de um triângulo.

3. Construa com régua e compasso as alturas do triângulo ABC da Figura 2.8. Após os três problemas acima, vale a pena tecermos alguns comentários. Em primeiro lugar, é imediato, a partir das de nições dadas, que as bissetrizes internas e as medianas de um triângulo estão sempre contidas no mesmo; isso não é necessariamente verdadeiro para as alturas, conforme você pôde notar no último problema acima. Por outro lado, você deve ter notado que, nas construções efetuadas nos três problemas referidos, as bissetrizes internas do triângulo ABC passaram todas por um

Unidade

Problemas

mesmo ponto, o mesmo tendo ocorrido para as medianas e as alturas. Tais concorrências não são devidas aos triângulos ABC escolhidos, de fato, prova-se que bissetrizes internas, medianas e alturas de um triângulo qualquer sempre passam por um mesmo ponto.

4. * Sejam dados, no plano, um ponto A e uma reta r, com A ∈/ r. Dizemos que um ponto A0 é o simétrico de A em relação à reta r quando ←→

AA0 ⊥r e r passar pelo ponto médio do segmento AA0 . Mostre como construir A0 com régua e compasso2 . (Sugestão: comece construindo a reta perpendicular a r e passando por A.)

5. Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecidos os comprimentos AB = c, BC = a e ma da mediana relativa a A. (Sugestão: comece construindo o triângulo ABM , onde M é o ponto médio do lado BC .)

6. Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecendo os comprimentos AB = c, AC = b e ma da mediana relativa a BC . (Sugestão: −→ no triângulo ABC , sejam M o ponto médio do lado BC e A0 ∈ AM tal que A0 M = AM . Mostre que A0 M C ≡ AM B e, em seguida, use esta conclusão para construir o triângulo AA0 C . Construa, agora, o ponto −→ médio M de AA0 e obtenha o vértice B como o ponto sobre CM tal que BM = CM .)

7. Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecidos os comprimentos AB = c e βa da bissetriz interna relativa ao lado BC , bem como a medida ∠BAC = α. (Sugestão: divida o ângulo α em duas partes iguais (com o auxílio da construção da bissetriz) e, em seguida, construa o triângulo ABP , onde P é o pé da bissetriz interna de ABC relativa ao −→ lado BC . Em seguida, obtenha o vértice C como a interseção de BP −→ b = α.) com AX , onde B AX

8. * Se ABC é um triângulo isósceles de base BC , prove que a bissetriz, a mediana e a altura relativas a BC coincidem. (Sugestão: se M é o ponto 2 Para

estudar sistematicamente re exão como uma transformação geométrica (cf. [10]), é necessário de nirmos o simétrico A0 de um ponto A em relação à reta r quando A ∈ r; nesse caso, pomos A0 = A.

Congruência de Triângulos

médio do lado BC , mostramos na Proposição 13 que os triângulos ABM e ACM são congruentes por LLL. Conclua, daí, que AM é bissetriz de cA = C M cA. Por m, use o fato de B M cA + C M cA = ∠BAC e que B M 180◦ para concluir que AM é altura.)

9. * Sejam ABC um triângulo e P , M e H respectivamente os pés da bissetriz interna, mediana e altura relativas ao lado BC . Se P e H ou M e H coincidirem, prove que ABC é isósceles de base BC . (Sugestão: se P e H coincidirem, mostre que ABP ≡ ACP por ALA; se M e H coincidirem, use LAL em vez de ALA.)

10. * Seja Γ um círculo de centro O e AB uma corda de Γ. Se M é um ponto sobre AB , prove que OM ⊥AB ⇔ AM = BM .

(Sugestão: uma vez que OA = OB , é su ciente combinar os resultados dos dois problemas anteriores.)

Unidade

Referências Bibliográ cas [1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. American Mathematical Society. [2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). metria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática. [3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Brasileira de Matemática. 9 [4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Matemática Pura e Aplicada.

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007).

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Geometric Association of America. 18

. The Mathematical

Transformations I

Paralelismo Sumรกrio 3.1

Paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.2

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 10

Unidade 3

Paralelismo 3.1

Paralelismo

Dadas duas retas no plano, temos somente duas possibilidades para as mesmas: ou elas têm um ponto em comum ou não têm nenhum ponto em comum; no primeiro caso, as retas são ditas concorrentes; no segundo, as retas são paralelas (Figura 3.1).

Figura 3.1:

retas concorrentes (esq.) e paralelas (dir.).

Dados uma reta r e um ponto A não pertencente a r, gostaríamos de estudar o problema de traçar, pelo ponto A, uma reta paralela à reta r. Para tanto, precisamos do resultado auxiliar a seguir. Lema 1

Demonstração

Em todo triângulo, a medida de cada ângulo externo é maior que as medidas dos ângulos internos não adjacentes a ele.

Seja ABC um triângulo qualquer e M o ponto médio do lado AC (Figura 3.2). −→ Prolongue a semirreta BM até o ponto B 0 , tal que BM = M B 0 , e considere cB = os triângulos ABM e CB 0 M . Temos AM = CM , BM = B 0 M e AM cB 0 (ângulos OPV). Portanto, pelo caso LAL, temos AM B ≡ CM B 0 e, CM b = B AM b . Logo, daí, B 0 CM b > B 0 CA b = B 0 CM b = B AM b = B AC. b X CA b > ABC b . Analogamente, prova-se que X CA

O exemplo abaixo mostra como fazer uma das construções com régua e compasso mais importantes da Geometria Euclidiana, qual seja, a de uma reta paralela a uma reta dada, passando por um ponto também dado.

Paralelismo A

Unidade 3

B′ M

Figura 3.2:

a desigualdade do ângulo externo.

Construa com régua e compasso uma reta s, paralela à reta r e passando pelo ponto A.

Exemplo 2

Solução

Descrição dos passos.

1. Tome pontos C e X sobre a reta r e una A a C . b = ACX b e X e Y estejam 2. Construa um ângulo ∠CAY tal que C AY ←→

situados em semiplanos opostos em relação à reta AC . ←→

3. A reta s = AY é paralela à reta r. A m de justi car a construção acima, suponha, por contradição, que a reta AY intersecte a reta r em um ponto B (Figura 3.3). Analisemos o caso em que C ∈ BX , sendo o outro caso totalmente análogo. ←→

A Y B

Figura 3.3:

construção de uma paralela a uma reta por um ponto.

Unidade 3

Paralelismo Por construção, teríamos b = Y AC b = ACX; b B AC

por outro lado, como ∠ACX é ângulo externo do triângulo ABC , seguiria do lema anterior que b < ACX, b B AC ←→

o que é uma contradição. Logo, as retas AY e r são paralelas. Se duas retas r e s forem paralelas, escreveremos r k s. Na Geometria Euclidiana, não é possível deduzir, a partir de fatos mais básicos assumidos como verdadeiros, que, por um ponto não pertencente a uma reta dada, passa uma única reta paralela à mesma. Em seu livro Elementos, Euclides impôs a unicidade da reta paralela como um postulado, conhecido na literatura como o quinto postulado, ou postulado das paralelas. Porém, para a grande maioria dos matemáticos que estudaram a obra de Euclides, tal postulado parecia muito mais complexo que os quatro anteriores1 , o que os fez pensar, por vários séculos, que fosse possível deduzi-lo, como um teorema, a partir dos postulados anteriores. Porém, todas as tentativas de se descobrir tal demonstração foram vãs. Então, ocorreu que, no início do século XIX, o matemático húngaro János Bolyai e o matemático russo Nikolai Lobatchevsky mostraram, independentemente, que, de fato, era necessário assumir a unicidade da paralela como um postulado. O que eles zeram foi construir outro tipo de geometria, denominada Geometria Hiperbólica, na qual ainda são válidos os quatro primeiros postulados de Euclides, mas tal que, por um ponto fora de uma reta qualquer, é possível traçar in nitas retas paralelas à reta dada2 . Assim é que, dados no plano uma reta r e um ponto A ∈ / r, assumimos a unicidade da paralela como um postulado, conforme enunciado a seguir. 1 Quais

sejam: por dois pontos quaisquer podemos traçar uma única reta; todo segmento

de reta pode ser prolongado em uma reta; dados um ponto e um segmento tendo tal ponto por extremidade, existe um círculo que tem centro no ponto dado e raio igual ao segmento dado; todos os ângulos retos são iguais.

2 Para

uma introdução elementar à Geometria Hiperbólica, bem como para uma discussão

sobre as inúmeras tentativas frustradas de se demonstrar o quinto postulado de Euclides, recomendamos ao leitor a referência [4]. Referimos também o leitor a [2], para a construção da

Geometria Elíptica, na qual duas retas quaisquer sempre se intersectam.

Paralelismo

Figura 3.4:

Lobatchevsky

Dados, no plano, uma reta r e um ponto A ∈ / r, existe uma única reta s, paralela a r e passando por A. Uma construção da paralela a uma reta dada e passando por um ponto não pertencente à mesma, mais simples que aquela delineada no Exemplo 6.4 da Unidade 6. De posse do quinto postulado, podemos enunciar e provar alguns dos mais importantes resultados da Geometria Euclidiana. Para o primeiro deles, suponha dadas, no plano, retas r, s e t, com t intersectando r e s nos pontos A e B , respectivamente (Figura 3.5). Nas notações da Figura 3.5, os ângulos α e β B γ β

s α

r t

Figura 3.5:

Unidade 3

ângulos alternos internos e colaterais internos.

são ditos alternos internos, ao passo que os ângulos α e γ são chamados colaterais internos. De posse da nomenclatura acima, temos o seguinte critério para o paralelismo de duas retas.

Postulado 3

Unidade 3

Corolário 4

Paralelismo

Nas notações da Figura

3.5,

temos

r k s ⇔ α = β ⇔ α + γ = 180◦ .

Demonstração

Inicialmente, note que, como β + γ = 180◦ , temos α = β ⇔ α + γ = 180◦ . Portanto, basta provarmos que r k s ⇔ α = β . Já provamos, no Exemplo 2, que α = β ⇒ r k s, de modo que basta provar a implicação contrária. Suponha, pois, que r k s. Então, pelo quinto postulado, s é a única reta paralela a r e passando por B , de sorte que pode ser construída conforme prescrito no Exemplo 2. Logo, segue da construção descrita naquele exemplo que α = β . Outra consequência da discussão acima, ademais extremamente relevante, é a constante do resultado a seguir.

Proposição 5

A soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180◦ . ←→

Demonstração

←→

Sejam ABC um triângulo qualquer e XY a reta paralela a BC e passando b = B AX b eC b = C AY b , de por A (Figura 3.6). Pelo Corolário 4, temos que B A

Figura 3.6:

soma dos ângulos internos de um triângulo.

sorte que b+B b+C b=A b + B AX b + C AY b = 180◦ . A

Paralelismo

Os ângulos de um triângulo equilátero são todos iguais a 60◦ . Pelo Corolário 2.14 da Unidade 2, todo triângulo equilátero tem três ângulos iguais. Mas, como a soma de tais ângulos é 180◦ , cada um deles deve medir 60◦ .

Unidade 3

Corolário 6

Demonstração

O resultado do corolário a seguir é conhecido na literatura como o teorema do ângulo externo. Em todo triângulo, a medida de um ângulo externo é igual à soma das medidas dos dois ângulos internos não adjacentes a ele. b = 180◦ − C b=A b+B b , onde usamos a Basta ver (Figura 3.7) que ACX Proposição 5 na última igualdade. A

Figura 3.7:

o teorema do angulo externo.

Vejamos, agora, como classi car triângulos quanto às medidas de seus ângulos internos. Para tanto, note primeiro que a Proposição 5 garante que todo triângulo tem no máximo um ângulo interno maior ou igual que 90◦ . De fato, b ≥ 90◦ , viria que se, em um triângulo ABC , tivéssemos Ab ≥ 90◦ e B b+B b+C b>A b+B b ≥ 90◦ + 90◦ = 180◦ , A

o que é um absurdo. Assim, um triângulo é acutângulo se todos os seus ângulos internos forem agudos, retângulo se tiver um ângulo reto e obtusângulo se tiver um ângulo obtuso (Figura 3.8).

Corolário 7

Demonstração

Unidade 3

Paralelismo B

Figura 3.8:

triângulos retângulo (esq.) e obtusângulo (dir.) em

No caso de um triângulo retângulo, o lado oposto ao ângulo reto é a hipotenusa do mesmo, enquanto os outros dois lados são seus catetos. Nas notações da Figura 3.8, BC é a hipotenusa e AB e AC são os catetos. Terminamos esta seção estudando mais um conjunto de condições su cientes para a congruência de dois triângulos, conjunto este conhecido como o caso de congruência LAAo. O último conjunto de condições su cientes para a congruência de dois triângulos será visto no Problema 1, página 10. Corolário 8

Se dois ângulos de um triângulo e o lado oposto a um desses ângulos forem respectivamente iguais a dois ângulos de outro triângulo e ao lado oposto ao ângulo correspondente nesse outro triângulo, então os dois triângulos são congruentes. Em símbolos, dados triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , temos:  BC = B 0 C 0   LAAo b=A b0 =⇒ ABC ≡ A0 B 0 C 0 , A   b=B b0 B com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 e C ↔ C 0 . Em particular, também temos b=C b0 , AC = A0 C 0 e AB = A0 B 0 . C

Demonstração

b=B b 0 fornecem Basta observar que as condições Ab = Ab0 e B b = 180◦ − A b−B b = 180◦ − A b0 − B b0 = C b0 . C

Portanto, para os triângulos em questão, temos que b=B b0; C b=C b0 . BC = B 0 C 0 ; B

Paralelismo A

Figura 3.9:

C o caso de congruencia LAAo

Pelo caso ALA, tais triângulos são congruentes. O problema de construir um triângulo dados um lado e dois ângulos internos, um deles oposto ao lado dado, será discutido no Exemplo 5.6 da Unidade 5.

Unidade 3

Problemas 3.2

Problemas

1. * Se dois triângulos retângulos são tais que a hipotenusa e um dos catetos do primeiro são respectivamente congruentes à hipotenusa e a um dos catetos do outro, prove que os triângulos são congruentes. (Sugestão: comece analisando o triângulo isósceles construído justapondo os catetos iguais dos dois triângulos retângulos sob consideração; em seguida, aplique o resultado do Problema 8 da Unidade 2.)

2. * ABC é um triângulo isósceles de base BC e D ∈ AB , E ∈ AC ←→ ←→

são pontos tais que DE k BC . Sendo F o ponto de interseção dos segmentos CD e BE , mostre que BF = CF . (Sugestão: comece mostrando que ADE isósceles de base DE e, daí, que BD = CE . Conclua que os triângulos DBC e ECB são congruentes por LAL e, daí, b = E BC b .) que DCB

3. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC . Prove que as alturas, medianas e bissetrizes internas relativas aos lados AB e AC têm comprimentos iguais. (Sugestão: consideremos o caso das medianas relativas aos lados AB e AC (a análise dos outros dois casos é totalmente análoga). Sendo Mb e Mc os pontos médios dos lados AC e AB , respectivamente, mostre que os triângulos BCMb e CBMc são congruentes por LAL.)

4. Em um triângulo ABC temos Ab = 90◦ . Sendo P ∈ AC o pé da bissetriz interna relativa a B e sabendo que a distância de P ao lado BC é igual a 2cm, calcule o comprimento do segmento AP . (Sugestão: sendo E o pé da perpendicular baixada de P ao lado BC , mostre que os triângulos BAP e BEP são congruentes por LAAo.) ←→

←→

5. Na gura abaixo, as retas AB e CD são paralelas. Sabendo que as medidas dos ângulos ∠ABC e ∠BCD são respectivamente iguais a 3x − 20◦ e x + 40◦ , calcule o valor de x em graus. C

Paralelismo 6. Na gura abaixo, prove que r k s ⇔ α = β (os ângulos α e β são denominados correspondentes). β s α r t

7. Na gura abaixo, se r k s, prove que α + β = γ . s β γ α r

(Sugestão: trace, pelo vértice do ângulo de medida γ , a paralela às retas r e s. Em seguida, aplique o Corolário 4.) b = 20◦ , B CD b = 60◦ e DEF b = 25◦ . 8. Na gura abaixo, temos←→ABC ←→

Sabendo que as retas AB e EF são paralelas, calcule a medida do b . ângulo C DE E

F D

(Sugestão: adapte a sugestão do problema anterior ao presente caso.) b + ABC b + B CD b . 9. Na gura abaixo, prove que α = DAB

Unidade 3

Problemas B D α A

−→

(Sugestão: trace BD e aplique o teorema do ângulo externo aos triângulos ABD e ACD.)

10. Calcule a soma dos ângulos nos vértices A, B , C , D e E da estrela de cinco pontas da gura abaixo. E

B A D

(Sugestão: sejam X o ponto de interseção de AB e CD e Y o ponto de interseção de AE e CD. Aplique o teorema do ângulo externo aos triângulos BCX e DEY .)

11. * Dado um n−ágono convexo, faça os seguintes itens: (a) Prove que o polígono pode ser particionado em n − 2 triângulos, utilizando-se para tanto n − 3 diagonais que só se intersectam em vértices do mesmo. (b) Conclua que a soma dos ângulos internos do polígono é 180◦ (n − 2). (c) Conclua que a soma de seus ângulos externos (um por vértice) do polígono é 360◦ . (Sugestão: use (a) e a Proposição 5 para provar (b) e, em seguida, (b) para provar (c).)

Paralelismo 12. * Em um triângulo ABC , seja M o ponto médio do lado BC . Se b = 90◦ . (Sugestão: use o fato de AM = 12 BC , mostre que B AC que os triângulos ABM e ACM são ambos isósceles para concluir que b b = α e ACM b b = β . Em seguida, some os ABM = B AM = C AM ângulos de ABC .)

13. * Se I é o ponto de interseção das bissetrizes internas traçadas a partir dos b . b = 90◦ + 1 B AC vértices B e C de um triângulo ABC , prove que B IC 2 b = 2β , C b = 2γ . Em seguida, use a Proposição 5 para (Sugestão: faça B b e B AC b em termos de β e γ .) calcular B IC

14. Em um triângulo ABC , sabemos que Ab é igual à oitava parte da medida do ângulo obtuso formado pelas bissetrizes internas dos vértices B e C . Calcule a medida do ângulo ∠A. (Sugestão: use o resultado do problema anterior.)

15. * Em um triângulo ABC , seja Ia o ponto de interseção das bissetrizes b . externas relativas aos vértices B e C . Prove que B Iba C = 90◦ − 21 B AC (Sugestão: adapte a sugestão do penúltimo problema ao caso em questão.)

16. Um triângulo ABC é isósceles de base BC . Os pontos D sobre BC e b = 48◦ . Calcule C DE b . E sobre AC são tais que AD = AE e B AD b=C b = α e C DE b = θ. Em seguida, use o teorema (Sugestão: faça B b e AED b em termos de α e θ. Por do ângulo externo para calcular ADE b = AED b .) m, use o fato de ADE

17. O triângulo ABC é isósceles de base BC . Os pontos D e F sobre o lado AB e E sobre o lado AC são tais que BC = CD = DE = EF = F A. Calcule a medida do ângulo ∠BAC . (Sugestão: denote Ab = α. Em seguida, use a Proposição 2.13 da Unidade 2 e o teorema do ângulo externo várias vezes para calcular os ângulos dos triângulos AEF , DEF , CDE e BCD em termos de α. Por m, aplique a Proposição 5 ao triângulo ABC .)

18. (Torneio das Cidades.) ABCDEF é um hexágono tal que as diagonais AD, BE e CF passam todas por um mesmo ponto M , que as divide b+C b = 180◦ . (Sugestão: mostre que os ao meio. Prove que Ab + B

Unidade 3

Problemas pares de triângulos AM B e DM E , AM F e DM C , BCM e EM F são b, congruentes. Em seguida, use tais congruências para mostrar que Ab = D b =E b eC b = Fb. Por m, aplique o resultado do Problema 11 desta B seção.)

19. * Dados, no plano, uma reta r e um ponto A, prove que há exatamente uma reta s tal que r⊥s e A ∈ s. (Sugestão: considere separadamente os casos A ∈ / r e A ∈ r. Para o caso A ∈ / r, suponha que haja duas retas distintas s e t, ambas perpendiculares a r e passando por A. Sendo B e C , respectivamente, os pontos de interseção das retas s e t com r, calcule a soma dos ângulos do triângulo ABC para chegar a uma contradição.)

20. Em um triângulo ABC , isósceles de base BC , as alturas relativas aos lados iguais medem 10cm cada. (a) Sendo P um ponto qualquer sobre a base BC , calcule a soma das distâncias de P aos lados AB e AC . ←→

(b) Sendo Q um ponto qualquer sobre a reta BC mas não situado sobre ←→ a base BC , calcule a diferença das distâncias de Q às retas AB e ←→ AC . (Sugestão: para o item (a), trace por B a reta r paralela a AC . Sendo Q e R, respectivamente, os pés das perpendiculares baixadas de P às retas ←→ r e AC , mostre primeiro que a soma pedida é igual a QR.)

21. No triângulo ABC , o ponto D ∈ BC é o pé da bissetriz interna relativa b − ADB b = B b−C b. (Sugestão: faça B AD b = a A. Prove que ADC b = α. Em seguida, use o teorema do ângulo externo para calcular C AD b e ADB b em termos de α, B beC b.) ADC b = 20◦ . Mar22. O triângulo ABC , isósceles de base BC , é tal que B AC b = 60◦ e E CB b = 50◦ . camos pontos D ∈ AC e E ∈ AB tais que DBC b . (Sugestão: trace DG k BC , com G ∈ AB , e marque, em Calcule B DE b e conseguida, o ponto F de interseção de CG com BD. Calcule B EC clua, com o auxílio do Problema 2 desta seção, que BE = BC = BF . b . Por m, use tais fatos para Conclua, daí, que E FbG = 40◦ = E GF mostrar que os triângulos EGD e EF D são congruentes.)

Referências Bibliográ cas [1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. American Mathematical Society. [2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). Introdução à Geometria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática. 4 [3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Geometria Euclidiana Plana. Sociedade Brasileira de Matemática. [4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Geometria Hiperbólica. Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada. 4 [5] CAMINHA, A. (2012). Temas de Matemática Elementar, Volume 1. Números Reais. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] COXETER, H. S. M. e GREITZER, S. L. (1967). Geometry Revisited. The Mathematical Association of America. [7] HEATH, T. L. (1956). The Thirteen Books of Euclid's Elements. Dover. [8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007). Advanced Euclidean Geometry. Dover. [10] YAGLOM, I. M. (1962). Geometric Transformations I. The Mathematical Association of America. [11] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical Association of America. [12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America. [13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America.

4 Desigualdade Triangular Sumรกrio 4.1

A desigualdade triangular . . . . . . . . . . . . . . .

4.2

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 4

A desigualdade triangular 4.1

A desigualdade triangular

O objetivo principal desta breve seção é provar que, em todo triângulo, os comprimentos dos lados guardam uma certa relação, descrita na Proposição 3). Comecemos, contudo, estabelecendo uma relação entre os comprimentos dos lados e as medidas dos ângulos a eles opostos, a qual tem interesse independente.

Proposição 1

b>C b, então AC > AB . Se ABC é um triângulo tal que B −→

Demonstração

b >C b, podemos traçar (cf. Figura 4.1) a semirreta BX , interComo B b = 1 (B b − C) b . Sendo P o ponto de sectando o interior de ABC e tal que C BX 2 −→

interseção de BX com o lado AC , segue do teorema do ângulo externo que b + B CP b = 1 (B b − C) b +C b = 1 (B b + C). b APbB = C BP 2 2 b − C) b = 1 (B b + C) b , segue que o triângulo ABP b =B b − 1 (B Mas, como ABP 2 2 A X

P B

Figura 4.1:

C ordem dos lados e ângulos de um triângulo.

é isósceles de base BP . Portanto, AB = AP < AC.

Corolário 2

Se ABC é um triângulo tal que Ab ≥ 90◦ , então BC é seu maior lado. Em particular, num triângulo retângulo a hipotenusa é o maior lado.

Desigualdade Triangular Basta observar que, se Ab ≥ 90◦ , então Ab é o maior ângulo de ABC , de modo que BC é, pela proposição anterior, o maior lado.

Unidade 4

Demonstração

A proposição a seguir é conhecida como a desigualdade triangular. Em todo triângulo, cada lado tem comprimento menor que a soma dos comprimentos dos outros dois lados.

Proposição 3

Seja ABC um triângulo tal que AB = c, AC = b e BC = a. Mostremos que a < b + c, sendo a prova das demais desigualdades totalmente análoga. −→ Marque (cf. Figura 4.2) o ponto D sobre a semirreta CA tal que A ∈ CD e AD = AB .

Demonstração

D A

Figura 4.2:

C a desigualdade triangular.

Uma vez que CD = AC + AD = AC + AB = b + c, b < DBC b . Mas, desde que pela Proposição 1 é su ciente mostrarmos que B DC b = DBA b , basta observarmos que B DA b = B DA b = DBA b < DBA b + ABC b = DBC. b B DC

Sendo a, b e c os comprimentos dos lados de um triângulo, segue da desigualdade triangular que a < b + c, b < a + c, c < a + b.

Unidade 4

A desigualdade triangular Reciprocamente, dados segmentos cujos comprimentos a, b e c satisfazem as desigualdades acima, não é difícil provar que é sempre possível construirmos um triângulo tendo tais segmentos como lados. Terminamos esta seção colecionando duas consequências interessantes da desigualdade triangular.

Exemplo 4

Demonstração

é um ponto situado no interior de um triângulo

(a)

P B + P C < AB + AC .

(b)

P A + P B + P C < AB + AC + BC .

ABC ,

então:

−→

(a) Prolongue a semirreta BP até que a mesma encontre o lado AC no ponto Q (cf. Figura 4.3). Aplicando a desigualdade triangular sucessivamente aos triângulos CP Q e ABQ, obtemos PB + PC <

P B + ( P Q + CQ) = BQ + CQ

< ( AB + AQ) + CQ = AB + AC. A Q P B

Figura 4.3:

consequências da desigualdade triangular.

(b) Argumentando de modo análogo à prova do item (a), temos P A + P B < AC + BC e P A + P C < AB + BC . Somando ordenadamente essas duas desigualdades com aquela do item (a), obtemos 2( P A + P B + P C) < 2( AB + AC + BC).

Desigualdade Triangular

Na Figura 4.4, construa com régua e compasso o ponto a soma

PA + PB

P ∈r

para o qual

Unidade 4

Exemplo 5

seja a menor possível.

Se A0 é o simétrico de A em relação a r (cf. Problema 4, Seção 2.2), a rmamos que o ponto P desejado é o ponto de interseção de A0 B com r. Para provar este fato, seja Q outro ponto qualquer de r. (Faça uma gura para B A

Figura 4.4:

menor percurso que toca uma reta.

acompanhar o raciocínio.) O fato de A0 ser o simétrico de A em relação a r garante que AQ = A0 Q e, analogamente, AP = A0 P . (Prove isto!) Tais igualdades, juntamente com a desigualdade triangular, fornecem sucessivamente AP + BP = A0 P + BP = A0 B < A0 Q + BQ = AQ + BQ.

Solução

Unidade 4

Problemas 4.2

Problemas

1. Se dois lados de um triângulo isósceles medem 38cm e 14cm, calcule seu perímetro. (Sugestão: use a desigualdade triangular para mostrar que o terceiro lado não pode medir 14cm.)

2. Encontre o intervalo de variação de x no conjunto dos reais, sabendo que os lados de um triângulo são expressos em centímetros por x + 10, 2x + 4 e 20 − 2x. (Sugestão: adapte a sugestão dada ao problema anterior.)

3. Em um triângulo ABC , o lado AB tem por comprimento um número inteiro de centímetros. Calcule o maior valor possível para AB , sabendo b . (Sugestão: use a que AC = 27cm, BC = 16cm e que Cb < Ab < B desigualdade triangular, em conjunção com o resultado da Proposição 1.)

4. Em um triângulo ABC , escolhemos aleatoriamente pontos P ∈ BC , Q ∈ AC e R ∈ AB , todos diferentes dos vértices de ABC . Prove que o perímetro do triângulo P QR é menor que o perímetro do triângulo ABC . (Sugestão: aplique a desigualdade triangular aos triângulos AQR, BP R e CP Q. Em seguida, some ordenadamente as desigualdades assim obtidas.)

5. Se a, b e c são os comprimentos dos lados de um triângulo, prove que |b − c| < a.

6. (Torneio das Cidades.) Se a, b, c são os comprimentos dos lados de um triângulo, prove que a3 + b3 + 3abc > c3 . (Sugestão: fatore a3 + b3 e use que a + b > c duas vezes.)

7. Dado um quadrilátero convexo ABCD, prove que o ponto P do plano para o qual a soma P A + P B + P C + P D é mínima é o ponto de concurso das diagonais de ABCD. (Sugestão: aplique a desigualdade triangular aos triângulos P AC e P BD.)

8. Seja n ≥ 3 um inteiro dado. Prove que, em todo n−ágono convexo, o comprimento de cada lado é menor que a soma dos comprimentos de n − 1 lados restantes. (Sugestão: argumente por indução sobre n ≥ 3. O caso inicial é fornecido pela desigualdade triangular. Para o passo de

Desigualdade Triangular indução, seja dado um polígono convexo A1 A2 . . . Ak Ak+1 , com k ≥ 3; aplique a hipótese de indução a A1 A2 . . . Ak e a desigualdade triangular a A1 Ak Ak+1 .)

9. Na gura abaixo, as semirretas r e s são perpendiculares. Construa com régua e compasso os pontos B ∈ r e C ∈ s para os quais a soma AB + BC + CD seja a menor possível. r A D s

(Sugestão: se A0 e D0 denotam, respectivamente, os simétricos dos pontos A e D com respeito às retas r e s, sejam B e C as interseções de A0 D0 com r e s, também respectivamente. Se B 0 ∈ r e C 0 ∈ s são tais que B 0 6= B ou C 0 6= C , argumente de maneira análoga à solução do Exemplo 5 para concluir que AB + BC + CD < AB 0 + B 0 C 0 + C 0 D. Para tanto, utilize o resultado do problema anterior.)

10. Seja ABC um triângulo retângulo em B e tal que AB > BC . Dado um ponto P no interior de ABC , prove que P A + P B + P C < AB + AC . (Sugestão: trace, por P , o segmento QR paralelo a BC , com Q ∈ AB e R ∈ AC . Em seguida, use a Proposição 1 e a desigualdade triangular para provar que AP < AR e BP + P C < BQ + QR + CR.)

11. (União Soviética). Em um país, certo dia, um avião partiu de cada cidade com destino à cidade mais próxima. Se as distâncias entre as cidades são duas a duas distintas, prove que em nenhuma cidade aterrissaram mais de cinco aviões. (Sugestão: se, na cidade A, aterrissaram aviões provenientes das cidades B e C , use a Proposição 1 para concluir que b > 60◦ . Em seguida, use este fato para mostrar, por contradição, B AC que não podemos ter seis aviões aterrissando em uma mesma cidade.)

Unidade 4

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007).

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America.

. The Mathematical

Geometric Transformations I

Quadrilรกteros Notรกveis Sumรกrio 5.1

Quadrilรกteros notรกveis . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.2

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 20

Unidade 5

Quadriláteros notáveis 5.1

Quadriláteros notáveis

Iniciamos, nesta seção, o estudo sistemático da geometria dos quadriláteros. Dentre os vários tipos particulares de quadriláteros que vamos considerar aqui, os principais são, certamente, os paralelogramos, quali cados na de nição a seguir. Definição 1

Um quadrilátero convexo é um paralelogramo se possuir lados opostos paralelos. C

Figura 5.1: ABCD

←→

paralelogramo

←→

⇔ AB k CD

←→

AD k BC .

No que segue, vamos enunciar várias maneiras equivalentes de de nir paralelogramos. O leitor deve guardar tais resultados como propriedades notáveis dessa classe de quadriláteros, a serem usadas oportunamente. Proposição 2

Demonstração

Um quadrilátero convexo é um paralelogramo se, e só se, seus ângulos opostos forem iguais.

Suponha, primeiro, que o quadrilátero convexo ABCD é um paralelogramo ←→ ←→ (Figura 5.1). Então AD k BC e, como os ângulos ∠A e ∠B do paralelogramo ←→ b = 180◦ . Analogasão colaterais internos em relação à reta AB , temos Ab + B b+C b = 180◦ e, daí, A b = 180◦ − B b=C b. Do mesmo modo, B b=D b. mente, B Reciprocamente, seja ABCD um quadrilátero convexo tal que Ab = Cb e b=D b (Figura 5.2). Então A b+ B b=C b+D b e, como A b+ B b+C b+D b = 360◦ B b=C b+D b = 180◦ . Analogamente, (cf. Problema 11, Unidade 3), temos Ab + B b+D b = B b+C b = 180◦ . Agora, como A b+B b = 180◦ , o Corolário 3.4 da A ←→ ←→ b+C b = 180◦ nos dá Unidade 3 garante que AD k BC . Da mesma forma, B

Quadriláteros Notáveis C

b ⇒ ABCD Figura 5.2: Ab = Cb e Bb = D

←→

Unidade 5

paralelogramo.

←→

AB k CD, de maneira que ABCD tem lados opostos paralelos, i.e., é um paralelogramo.

Um quadrilátero convexo é um paralelogramo se, e só se, seus pares de lados opostos forem iguais.

Suponha, primeiro, que o quadrilátero convexo ABCD é um paralelogramo ←→ ←→ (Figura 5.3). Então, já sabemos que Ab = Cb. Por outro lado, como AD k BC , b = C BD b . Portanto, os triângulos ABD e CDB são congruentes temos ADB por LAAo e segue, daí, que AB = CD e AD = BC . C

Figura 5.3: ABCD

paralelogramo

⇒ AB = CD

AD = BC .

Reciprocamente, seja ABCD um quadrilátero convexo tal que AB = CD e AD = BC (Figura 5.4). Então, os triângulos ABD e CDB são congruentes b = C BD b e ABD b = C DB b . Mas tais igualpor LLL, donde segue que ADB ←→ ←→ dades, juntamente com o Corolário 3.4 da Unidade 3, acarretam em AD k BC ←→ ←→ e AB k CD.

Proposição 3

Demonstração

Unidade 5

Quadriláteros notáveis C

Figura 5.4: AB = CD

AD = BC ⇒ ABCD

paralelogramo.

A proposição anterior nos permite apresentar uma construção simples da paralela a uma reta dada por um ponto fora da mesma, conforme ensina o exemplo a seguir. Exemplo 4

Dados, no plano, uma reta compasso a reta paralela a

e um ponto

e passando por

A∈ / r,

construa com régua e

Demonstração

r Descrição dos passos.

1. Com o compasso centrado em A, trace um círculo α, que intersecte a reta r nos pontos distintos B e C .

2. Ainda com o compasso centrado em A, trace o círculo β de raio igual a BC .

3. Com o compasso centrado em C , trace o círculo γ de raio igual ao raio de α.

4. Marque o ponto D de interseção de β e γ , situado no mesmo semiplano que A em relação à reta r.

5. Pela proposição anterior, ABCD é um paralelogramo; portanto, a reta ←→ AD é paralela à reta r.

Quadriláteros Notáveis

Unidade 5

Os dois exemplos a seguir trazem aplicações úteis da construção delineada no exemplo acima. Construa com régua e compasso um paralelogramo, conhecendo os comprimentos

de seus lados e o ângulo

Exemplo 5

entre dois de seus lados.

Solução

a b

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e marque sobre a mesma um segmento AB de comprimento igual a b.

2. Construa um ângulo ∠BAX , de medida igual a α. −→

3. Marque, sobre a semirreta AX , o ponto D tal que AD = a. ←→

←→

4. Trace por D a paralela a AB e por B a paralela a AD; em seguida, marque o ponto C de interseção das duas retas traçadas.

5. ABCD é, claramente, um paralelogramo que satisfaz as condições do enunciado.

Construa o triângulo medidas

β,

ABC ,

a do beB b. A

dados o comprimento

respectivamente dos ângulos internos

lado

e as

Exemplo 6

Unidade 5

Quadriláteros notáveis

Solução

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e marque, sobre a mesma, um segmento BC de comprimento igual a a.

2. Construa um ângulo ∠CBX , de medida igual a β . 3. Construa o ângulo ∠BXY , de medida igual a α e←→ tal que Y esteja situado no mesmo semiplano que C em relação à reta BX . ←→

4. Trace, pelo ponto C , a paralela à reta XY ; em seguida, marque A como ←→ o ponto de interseção dessa paralela com a reta BX .

Voltando à discussão geral de paralelogramos, o resultado a seguir traz mais uma caracterização útil desses quadriláteros. Proposição 7

Demonstração

Um quadrilátero convexo é um paralelogramo se, e só se, suas diagonais se intersectam nos respectivos pontos médios.

Primeiramente, seja ABCD um paralelogramo e M o ponto de interseção ←→ ←→ b = DCM b e de suas diagonais (Figura 5.5). De AB k CD, segue que B AM b = C DM b . Como já sabemos que AB = CD, segue que os triângulos ABM ABM e CDM são congruentes por ALA. Logo, AM = CM e BM = DM . Reciprocamente (veja, ainda, a Figura 5.5), seja ABCD um quadrilátero tal que suas diagonais AC e BD se intersectam em M , o ponto médio de ambas. cB = C M cD (ângulos OPV), de modo Então, M A = M C , M B = M D e AM que os triângulos ABM e CDM são congruentes, por LAL. Analogamente, BCM e DAM também são congruentes por LAL. Tais congruências nos dão,

Quadriláteros Notáveis C

D M B

Figura 5.5: ABCD

paralelogramo

⇒ AM = CM

BM = DM .

respectivamente, AB = CD e BC = AD, o que já sabemos ser equivalente ao fato de ABCD ser paralelogramo. Para o que segue, de nimos uma base média de um triângulo como um segmento que une os pontos médios de dois de seus lados. Assim, todo triângulo possui exatamente três bases médias. Nas notações da Figura 5.6, as bases médias do triângulo ABC são os segmentos M N , N P e M P . Dizemos, ainda, que M N é a base média relativa ao vértice A (ou ao lado BC ); analogamente, N P e M P são, respectivamente, as bases médias de ABC relativas aos vértices B e C (ou aos lados AB e AC , também respectivamente). Por m, o triângulo A

Figura 5.6:

bases médias de um triângulo.

M N P (i.e., o triângulo que tem por lados as bases médias do triângulo ABC ) é o triângulo medial de ABC .

As propriedades de paralelogramos obtidas anteriormente nos permitem provar, na proposição a seguir, um importante resultado sobre as bases médias de um triângulo, conhecido como o teorema da base média.

Unidade 5

Proposição 8

Quadriláteros notáveis

Seja ABC um triângulo qualquer. Se M N é a base média de ABC ←→ ←→ relativa a BC , então M N k BC . Reciprocamente, se pelo ponto médio M do lado AB traçarmos a paralela ao lado BC , então tal reta intersecta o lado AC em seu ponto médio N . Ademais, em um qualquer dos casos acima, temos MN =

1 BC. 2 −→

Demonstração

Para a primeira parte, nas notações da Figura 5.7, tome M 0 sobre M N tal bM = CN b M 0 (ânque M N = N M 0 . Como N é o ponto médio de AC e AN gulos OPV), os triângulos AM N e CM 0 N são congruentes por LAL. Portanto, b = M AN b , donde segue (via Corolário 3.4 da Unidade M 0 C = M A e M 0 CN ←→

←→

3) que M 0 C k AM . Assim, ←→

←→

BM = AM = M 0 C e BM = AM k M 0 C.

Tendo dois lados opostos iguais e paralelos, o Problema 1, página 20 garante que o quadrilátero M BCM 0 é um paralelogramo. Mas, como em todo paralelogramo os lados opostos são iguais e paralelos, temos ←→

←→

BC k M M 0 = M N e BC = M M 0 = 2 M N . A

Figura 5.7:

M′

C medida da base média de um triângulo.

Reciprocamente, seja r a reta que passa pelo ponto médio M do lado AB ←→ e é paralela ao lado BC . Como M N também passa por M e é paralela a BC , segue do quinto postulado de Euclides (Postulado 3.3, Unidade 3) que r ←→ coincide com M N ; em particular, N ∈ r.

Quadriláteros Notáveis

Unidade 5

O exemplo a seguir traz uma primeira aplicação do teorema da base média. ABC , conhecidas as posições dos pontos médios M , BC , CA e AB , respectivamente.

Construa o triângulo

dos lados

Exemplo 9

Solução

M Descrição dos passos.

←→

1. Trace por M a reta r, paralela à reta N P . ←→

2. Trace por N a reta s, paralela à reta M P . ←→

3. Trace por P a reta t, paralela à reta M N . 4. De acordo com a proposição anterior, temos s ∩ t = {A}, r ∩ t = {B} e r ∩ s = {C}.

Para o que segue, recorde que uma mediana de um triângulo é um segmento que une um vértice do mesmo ao ponto médio do lado oposto a esse vértice. Evidentemente, todo triângulo possui, exatamente, três medianas. Por outro lado, como aplicação do teorema da base média e das propriedades de paralelogramos, mostraremos, na proposição a seguir, que as medianas de um triângulo intersectam-se em um único ponto, denominado o baricentro do triângulo. Em todo triângulo, as três medianas passam por um único ponto, o baricentro do triângulo. Ademais, o baricentro divide cada mediana, a partir do vértice correspondente, na razão 2 : 1.

Proposição 10

Unidade 5

Demonstração

Quadriláteros notáveis Sejam N e P , respectivamente, os pontos médios dos lados AC e AB , e seja BN ∩ CP = {G1 } (Figura 5.8). Sejam, ainda, S e T os pontos médios dos segmentos BG1 e CG1 , respectivamente. Observe, agora, que N P é base média de ABC relativa a BC e ST é base média de BCG1 relativa a BC ; logo, pelo teorema da base média, tanto N P quanto ST são paralelos a BC e têm comprimento igual à metade de BC . Portanto, N P = ST e ←→ ←→ N P k ST , de modo que, novamente pelo Problema 1, página 20, N P ST é um paralelogramo. Segue, pois, da Proposição 7 que P G1 = G1 T e N G1 = G1 S . Mas, como BS = SG1 e CT = T G1 , segue que BS = SG1 = G1 N e CT = T G1 = G1 P , igualdades que, por sua vez, fornecem BG1 = 2 G1 N e CG1 = 2 G1 P . A

N G1 S

Figura 5.8:

C as medianas e o baricentro.

Agora, se M for o ponto médio de BC e G2 for o ponto de interseção das medianas AM e BN , concluímos, analogamente, que G2 divide AM e BN na razão 2 : 1 a partir de cada vértice. Mas, daí, segue que os pontos G1 e G2 são tais que BG1 = 2 G1 N e BG2 = 2 G2 N ; isso implica, claramente, em G1 ≡ G2 . Por m, chamando de G o ponto G1 ≡ G2 , segue que AM , BN e CP concorrem em G e que G divide cada uma das medianas na razão 2 : 1, a partir do vértice correspondente. Doravante, salvo menção em contrário, denotaremos o baricentro de um triângulo ABC por G. Conforme observamos anteriormente, o Problema 1, página 20, garante que um quadrilátero com dois lados opostos paralelos e iguais é um paralelogramo. Pode ocorrer, entretanto, que saibamos somente que dois lados opostos de um

Quadriláteros Notáveis quadrilátero são paralelos, podendo ou não ser iguais. Neste caso, dizemos que tal quadrilátero é um trapézio (Figura 5.9). Assim, todo paralelogramo é, em particular, um trapézio, mas é fácil nos convencermos de que a recíproca não é verdadeira. D

Figura 5.9:

B ←→

um trapézio

ABCD,

com

←→

AB k CD.

Em todo trapézio, os dois lados sabidamente paralelos são suas bases, sendo o maior (resp. menor) deles a base maior (resp. base menor); os outros dois lados (sobre os quais em princípio nada sabemos, mas que podem também ser paralelos, caso o trapézio seja, em particular, um paralelogramo) são os lados não paralelos1 do trapézio. Nas notações da Figura 5.9, AB e CD são as bases e BC e AD os lados não paralelos do trapézio ABCD. Ao lidarmos com problemas envolvendo construções geométricas em um trapézio ABCD, como o da Figura 5.9, é frequentemente útil observarmos (cf. ←→ Figura 5.10) que, se E e F são os pontos sobre a reta AB tais que ADCE e BDCF são paralelogramos, então: b = i. O triângulo BCE é tal que BE = AB − CD, CE = AD e B CE ângulo entre as retas suportes dos lados não paralelos AD e BC . b = ii. O triângulo ACF é tal que AF = AB + CD, CF = BD e ACF ângulo entre as diagonais AC e BD.

Utilizaremos a discussão acima no exemplo a seguir. 1 Essa

nomenclatura é bastante infeliz, uma vez que sugere que, ao considerarmos um paralelogramo como trapézio, chamemos os outros dois lados de não paralelos, violando assim a própria de nição de paralelogramo! Entretanto, nos ateremos a ela pelo fato de a mesma ser consagrada pelo uso. Na prática, tal convenção não resultará em confusão, uma vez que, o mais das vezes, os trapézios que consideraremos aqui não serão paralelogramos.

Unidade 5

Quadriláteros notáveis

Unidade 5

Figura 5.10:

Exemplo 11

paralelogramos associados ao trapézio

Construa um trapézio

ABCD,

de bases

ABCD.

CD,

sabendo que as

BD formam um ângulo de 135◦ uma com a outra e conhecendo comprimentos AB = a, AC = d1 e BD = d2 .

diagonais os

Solução

d1 d2

Descrição dos passos.

1. Inspirado pela Figura 5.10, construa um triângulo ACF tal que AC = d1 , b = 135◦ . CF = d2 e ACF −→

2. Marque o ponto B sobre a semirreta AE , tal que AB = a. ←→

3. Trace,←→por B , a reta r paralela à reta CF e, por C , a reta s paralela à reta AF .

4. Marque D como o ponto de interseção das retas r e s. Antes de prosseguir, precisamos de mais algumas convenções acerca de trapézios, quais sejam: o segmento que une os pontos médios dos lados não

Quadriláteros Notáveis

Unidade 5

paralelos de um trapézio é a base média do mesmo, ao passo que o segmento que une os pontos médios das diagonais de um trapézio é sua mediana de Euler2 . A proposição a seguir nos ensina como calcular os comprimentos de tais segmentos em termos dos comprimentos das bases do trapézio. Seja ABCD um trapézio de bases AB e CD e lados não paralelos AD e BC . Sejam, ainda, M e N os pontos médios dos lados não paralelos AD e BC , respectivamente, e P e Q os pontos médios das diagonais AC e BD, também respectivamente (cf. Figura 5.11). Então: ←→

←→

Proposição 12

←→

(a) M , N , P e Q são colineares e M N k AB, CD. (b) M N = 12 ( AB + CD) e P Q = 12 | AB − CD|. b

N P

Q a

Figura 5.11:

base média e mediana de Euler de um trapézio.

Nas notações da Figura 5.11, como M P é base média do triângulo DAC , ←→ ←→ segue da Proposição 8 que M P k CD e M P = 2b . Por outro lado, como M Q é base média do triângulo ADB , a Proposição 8 também nos diz que ←→ ←→ ←→ ←→ M Q k AB e M Q = a2 . Mas, como AB k CD, segue do quinto postulado de ←→

←→

Euclides que M P = M Q, i.e., M , P e Q são colineares. Ademais, P Q = MQ − MP =

a b a−b − = . 2 2 2

Agora, argumentando analogamente com as bases médias N Q e N P dos triângulos CBD e ABC , respectivamente, concluímos que P , Q e N são 2 Após

Leonhard Euler, matemático suíço do século XVIII.

Demonstração

Unidade 5

Quadriláteros notáveis colineares e N Q = 2b . Portanto, segue do que zemos acima que MN = MQ + NQ =

a b a+b + = . 2 2 2

A m de completar nosso estudo dos tipos particulares mais elementares de quadriláteros, vamos estudar, agora, retângulos e losangos. Um quadrilátero (convexo, como sempre) é um retângulo se todos os seus ângulos internos forem iguais. Como, pelo Problema Problema 11, Unidade 3, a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é sempre igual a 360◦ , segue que um quadrilátero é um retângulo se, e só se, todos os seus ângulos internos forem iguais a 90◦ . Um quadrilátero é um losango se todos os seus lados forem iguais. A Figura 5.12 mostra exemplos de um retângulo e de um losango. H D

C E

B F

Figura 5.12:

o retângulo

ABCD

e o losango

EF GH .

Como os lados opostos de um retângulo são sempre paralelos (uma vez que são ambos perpendiculares a um qualquer dos outros dois lados), todo retângulo é um paralelogramo. Por outro lado, a Proposição 3 garante que todo losango também é um paralelogramo. A discussão acima permite de nir a distância entre duas retas paralelas. Para tanto, observe, inicialmente, que se r e s são retas paralelas, então (cf. Corolário 3.4 da Unidade 3) uma reta t é perpendicular a r se, e só se, for perpendicular a s. Definição 13

Se r e s são retas paralelas, a distância entre r e s é o comprimento de ←→ qualquer segmento P Q tal que P ∈ r, Q ∈ s e P Q⊥r, s.

Quadriláteros Notáveis

Unidade 5

Para ver que a de nição acima tem sentido, tome P, P 0 ∈ r e sejam Q, Q0 ∈ ←→ ←→ s tais que P Q, P 0 Q0 ⊥r (cf. Figura 5.13). Então, P QQ0 P 0 é um quadrilátero com quatro ângulos iguais a 90◦ , logo um retângulo. Portanto, P Q = P 0 Q0 . s

Q′

P′

Figura 5.13:

distância entre duas paralelas.

Ainda em relação à de nição anterior, o exemplo a seguir mostra como construir as paralelas a uma reta r dada e situadas a uma distância de r também dada. Construa com régua e compasso as retas paralelas à reta distância

e situadas à

Exemplo 14

Solução

Descrição dos passos.

1. Marque um ponto A sobre r e construa, por A, a reta t⊥r. 2. Marque sobre t os pontos B e B 0 tais que AB = AB 0 = d. 3. Trace, por B e B 0 , respectivamente as retas s e s0 , paralelas à reta r. As retas s e s0 são as retas desejadas. Voltando à discussão geral de retângulos e losangos, colecionamos nas proposições 15 e 18 a seguir caracterizações úteis de tais quadriláteros.

Unidade 5

Proposição 15

Demonstração

Quadriláteros notáveis

Um paralelogramo é um retângulo se, e só se, suas diagonais tiverem comprimentos iguais.

Se ABCD é um retângulo de diagonais AC e BD (Figura 5.12), então b b = 90◦ e (por ABCD também ser paralelogramo) AB = DC . DAB = ADC Mas, como os triângulos DAB e ADC partilham o lado AD, os mesmos são congruentes por LAL. Em particular, AC = BD. Reciprocamente, suponha que ABCD é um paralelogramo tal que AC = BD (Figura 5.14). Como também temos AB = DC , os triângulos DAB C

Figura 5.14: ABCD

paralelogramo tal que

AC = BD.

e ADC (que partilham o lado AD) são novamente congruentes, agora por b = ADC b . Mas, uma vez que ABCD é um paralelogramo, LLL. Logo, DAB b + ADC b = 180◦ e, daí, DAB b = ADC b = 90◦ . Analogamente, temos DAB b = DCB b = 90◦ e ABCD é um retângulo. ABC O corolário a seguir traz uma consequência extremamente útil da proposição anterior. Corolário 16

Demonstração

A mediana relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo é igual à metade da mesma. Seja ABC um triângulo retângulo em A (Figura 5.15). Trace, por B , a paralela a AC e, por C , a paralela a AB ; seja, ainda, D o ponto de interseção de b + ABD b = 180◦ e B AC b = 90◦ , segue que ABD b = 90◦ . tais retas. Como B AC b = 90◦ e, como a soma dos ângulos de ABDC é 360◦ , Analogamente, ACD b = 90◦ . Portanto, o quadrilátero ABDC é um retângulo, segue, daí, que B DC

Quadriláteros Notáveis

Unidade 5

D M B

Figura 5.15:

a mediana relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo.

donde AD = BC e o ponto M de interseção de AD e BC é o ponto médio de ambos tais segmentos. Logo, BC = AD = 2 AM .

Construa um triângulo retângulo

ABC ,

conhecendo os comprimentos

respectivamente da mediana e da altura relativas à hipotenusa

Exemplo 17

BC .

Solução

m h

Descrição dos passos.

1. De acordo com o corolário anterior, temos BC = 2m. Construa, pois, um tal segmento BC e marque seu ponto médio M . ←→

2. Trace (cf. Exemplo 14) uma reta r, paralela à reta BC e situada à distância h de r.

3. Obtenha as possíveis posições do vértice A como os pontos de interseção da reta r com o círculo de centro M e raio m.

Unidade 5

Quadriláteros notáveis

Voltemo-nos, agora, à caracterização prometida dos losangos. Proposição 18

Demonstração

Um paralelogramo é um losango se, e só se, tiver diagonais perpendiculares. Suponha, primeiro, que EF GH é um losango de diagonais EG e F H (Figura 5.12). Como EF = EH e GF = GH , os triângulos EF G e EHG são congruentes por LLL. Portanto, sendo M o ponto de interseção das diagonais EG e F H , temos b = F EG b = H EG b = H EM. b F EM

Assim, EM é bissetriz do ângulo ∠F EH do triângulo EF H , o qual é isósceles de base F H , e o Problema 8, Seção 2.2 da Unidade 2, garante que EM também ←→ ←→ ←→ é altura relativa a F H . Logo, F H⊥ EM = EG. Reciprocamente, seja EF GH um paralelogramo de diagonais perpendiculares EG e F H (Figura 5.16). Como EG e F H se intersectam no ponto médio M de ambas (pois EF GH é paralelogramo), segue que, no triângulo EHG, o segmento HM é mediana e altura relativamente ao lado EG. Portanto, pelo Problema 8, Seção 2.2 da Unidade 2, temos que EH = GH . Mas, como EH = F G e EF = GH , nada mais há a fazer. H E

M F

Figura 5.16: EG⊥F H ⇒ EF GH

losango.

Há um último tipo de quadrilátero que desejamos estudar, o quadrado. Um quadrilátero é um quadrado quando for simultaneamente um retângulo e um losango (Figura 5.17). Assim, quadrados são quadriláteros de ângulos e lados iguais; ademais, suas diagonais são também iguais e perpendiculares, se

Quadriláteros Notáveis D

Figura 5.17:

o quadrado

Unidade 5

ABCD.

intersectam ao meio e formam ângulos de 45◦ com os lados do quadrilátero. (Prove esta última a rmação!) Sejam

o conjunto dos trapézios,

o conjunto dos retângulos,

o conjunto dos paralelogramos,

o conjunto dos losangos e

quadrados. Segue do que vimos nesta seção que

(

R∪L⊂P ⊂T , R∩L=Q

todas as inclusões sendo estritas.

o conjunto dos

Observação 19

Unidade 5

Problemas 5.2

Problemas

1. * Se dois segmentos são iguais e paralelos, prove que suas extremidades são os vértices de um paralelogramo. (Sugestão: sejam AB e CD os segmentos, nomeados de tal forma que o quadrilátero em questão seja ABCD. Se AC ∩ BD = {M }, mostre que os triângulos ABM e CDM são congruentes. Em seguida, aplique a Proposição 7.)

2. Seja ABCD um quadrilátero qualquer. Mostre que os pontos médios de seus lados são os vértices de um paralelogramo. (Sugestão: use o teorema da base média quatro vezes, para concluir que o quadrilátero que tem por vértices os pontos médios dos lados de ABCD tem pares de lados opostos iguais.)

3. Uma reta r passa pelo baricentro G de um triângulo ABC e deixa o vértice A de um lado e os vértices B e C do outro. Prove que a soma das distâncias de B e C à reta r é igual à distância de A a r. (Sugestão: sejam M o ponto médio de BC e P e Q os pés da perpendiculares baixadas de A e M à reta r, respectivamente. Pela Proposição 12, é su ciente mostrarmos que AP = 2 M Q. Para tanto, marque os pontos R e S , tais que R é o ponto médio de AG e S o pé da perpendicular baixada de R à reta r; em seguida, use a Proposição 10 para mostrar que os triângulos RSG e M QG são congruentes.)

4. Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecendo os comprimentos a do lado BC , bem como os comprimentos ma e mb , respectivamente das medianas relativas aos lados BC e AC . (Sugestão: sejam M o ponto médio do lado BC e G o baricentro de ABC . A Proposição 10 e o Exemplo 2.6 da Unidade 2 garantem que podemos construir o triângulo BGM . A partir daí, é imediato obtermos o vértice C . Por m, −→ marque sobre M G o ponto A, tal que G ∈ AM e AG = 2 GM .)

5. Prove que, em todo triângulo, a soma dos comprimentos das medianas é menor que 23 do perímetro e maior que 43 do perímetro do triângulo. (Sugestão: sejam G o baricentro e Ma e Mb os pontos médios dos lados BC e AC , respectivamente. Sejam, ainda, AB = c, AC = b e BC = a. Para

Quadriláteros Notáveis a primeira parte, aplique item (b) do Exemplo 4.4 da Unidade 4, juntamente com a Proposição 10. Para a segunda, comece aplicando a desigualdade triangular ao triângulo Ma GMb , juntamente com a Proposição 10, pra concluir que 23 (ma + mb ) > 2c ; em seguida, argumente de modo análogo para concluir que 23 (mb + mc ) > a2 e 23 (ma + mc ) > 2b . Somando membro a membro essas três desigualdades, obtemos a desigualdade desejada.)

6. (Inglaterra.) Considere um círculo de centro O e diâmetro AB . Prolongue uma corda qualquer AP até um ponto Q, tal que P seja o ponto médio de AQ. Se OQ ∩ BP = {R}, calcule a razão entre os comprimentos dos segmentos RQ e RO. (Sugestão: observe que R é o baricentro do triângulo AQB e aplique a Proposição 10.)

7. Seja ABCD um trapézio de bases AB = 7cm e CD = 3cm e lados não b = 47◦ , calcule a distância entre paralelos AD e BC . Se Ab = 43◦ e B os pontos médios das bases do trapézio. (Sugestão: sejam M e N os pontos médios de CD e AB , respectivamente. Trace por M as paralelas aos lados não paralelos e marque os pontos P e Q, de interseção de tais ←→ ←→ retas com AB . Supondo, sem perda de generalidade, que M P k AD, conclua que AP M D e BCM Q são paralelogramos. Em seguida, use esse cQ = 90◦ , calcular P Q e mostrar que M N é fato para mostrar que M M a mediana relativa à hipotenusa do triângulo P M Q. Por m, aplique o Corolário 16.)

8. São dados no plano um paralelogramo ABCD, de diagonais AC e BD, e uma reta r não intersecta ABCD. Sabendo que as distâncias dos pontos A, B e C à reta r são respectivamente iguais a 2, 3 e 6 centímetros, calcule a distância de D a r. (Sugestão: sendo M o ponto de interseção das diagonais de ABCD, use o teorema da base média de trapézios duas vezes, para mostrar que a soma das distâncias de A e C a r é igual à soma distâncias de B e D a r.)

9. As bases AB e CD de um trapézio têm comprimentos a e b, respectivamente, com a > b. Se os lados não paralelos são AD e BC e ∠BCD = 2∠DAB , prove que BC = a−b. (Sugestão: trace CE k AD,

Unidade 5

Problemas com E ∈ AB . Em seguida, conclua que o quadrilátero AECD é um paralelogramo e use esse fato para mostrar que o triângulo BCE é isósceles de base CE .)

10. Seja ABCD um trapézio no qual o comprimento da base maior AB é igual ao comprimento da base menor CD somado ao comprimento do lado não paralelo BC . Se o ângulo em A medir 70◦ , calcule o ângulo C . (Sugestão: marque o ponto E sobre AB , tal que BE = BC . Em seguida, mostre que o quadrilátero AECD é um paralelogramo.)

11. Construa com régua e compasso um trapézio, conhecidos os comprimentos a e b de suas bases, e c e d de seus lados não paralelos. (Sugestão: seja ABCD um trapézio de bases AB e CD e lados não paralelos BC e AD, tais que AB = a, BC = b, BC = c e AD = d. Trace, por C , a paralela ao lado AD e suponha que tal reta intersecta a base AB em E . Em seguida construa o triângulo EBC com o auxílio do Exemplo 2.6 da Unidade 2.)

12. * (OCM.) Um triângulo ABC é retângulo em A e tal que BC = 2 AB . Calcule as medidas em graus de seus ângulos. (Sugestão: Se M é o ponto médio de BC , use o Corolário 16 para concluir que o triângulo ABM é equilátero.)

13. Em um triângulo ABC , sejam M o ponto médio do lado BC e Hb e Hc , respectivamente, os pés das alturas relativas a AC e AB . Prove que o triângulo M Hb Hc é isósceles. (Sugestão: aplique o Corolário 16 aos triângulos BCHc e BCHb .)

14. Sejam ABCD um quadrado de diagonais AC e BD e E um ponto sobre o lado CD, tal que AE = AB+ CE . Sendo F o ponto médio do lado CD, b = 2 · F AD b . (Sugestão: marque os pontos G e H , sendo prove que E AB −→ −→ G o médio de BC e H o ponto de interseção das semirretas EG e AB . Estabeleça a congruência dos triângulos BGH e CGE e, em seguida, use a condição do enunciado para concluir que o triângulo AEH é isósceles de base EH . Por m, aplique o resultado do Problema 8, Seção 2.2 da Unidade 2, juntamente com a congruência entre os triângulos ABG e ADF .)

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007).

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America.

. The Mathematical

Geometric Transformations I

Lugares Geométricos Sumário 6.1

Lugares geométricos básicos

. . . . . . . . . . . . .

6.2

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6.3

Pontos notáveis de um triângulo . . . . . . . . . . .

6.4

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 6

Lugares geométricos básicos O conceito de lugar geométrico, desenvolvido nesta unidade, resulta essencial para uma compreensão mais profunda da abordagem aqui desenvolvida da Geometria Euclidiana, usualmente conhecida como o método sintético. De posse de tal noção, estaremos aptos a discutir várias propriedades notáveis de triângulos e quadriláteros, ressaltando-se, dentre elas, o problema de inscritibilidade dos mesmos em círculos.

6.1

Lugares geométricos básicos

Começamos esta seção apresentando o conceito de lugar geométrico, na de nição a seguir. Definição 1

Dada uma propriedade P relativa a pontos do plano, o lugar geométrico (abreviamos LG) dos pontos que possuem a propriedade P é o subconjunto L do plano que satisfaz as duas condições a seguir:

(a) Todo ponto de L possui a propriedade P . (b) Todo ponto do plano que possui a propriedade P pertence a L. Em outras palavras, L é o LG da propriedade P se L for constituído exatamente pelos pontos do plano que têm a propriedade P , nem mais nem menos. No que segue, vamos estudar alguns lugares geométricos elementares, assim como algumas aplicações dos mesmos. Exemplo 2

Dados um real positivo r e um ponto O do plano, o LG dos pontos do plano que estão à distância r do ponto O é o círculo de centro O e raio r: AO = r ⇐⇒ A ∈ Γ(O; r).

Exemplo 3

Conforme vimos no Exemplo 5.14, o LG dos pontos do plano, situados à distância d de uma reta r é a união das retas s e s0 , paralelas a r e situadas, cada uma, à distância d de r.

Lugares Geométricos

Unidade 6

A r O

Figura 6.1:

círculo como LG.

Para o próximo exemplo, dados os pontos A e B no plano, de nimos a mediatriz do segmento AB como sendo a reta perpendicular a AB e que passa por seu ponto médio.

Construa, com régua e compasso, a mediatriz do segmento AB dado a seguir.

Exemplo 4

Solução

A B Descrição dos passos.

1. Com uma mesma abertura r > 21 AB , trace os círculos de raio r, centrados em A e em B ; se X e Y são os pontos de interseção de tais círculos, ←→ então XY é a mediatriz de AB . De fato, sendo M o ponto de interseção dos segmentos XY e AB , vimos no Exemplo 2.10 que M é o ponto médio de AB . Por outro lado, como o triângulo XAB é isósceles de base AB e XM é mediana relativa à base, o Problema 8, Seção 2, Unidade 2, garante que XM também é altura de XAB . Portanto, ←→ XY passa pelo ponto médio de AB e é perpendicular a AB , logo coincide com a mediatriz de AB . A proposição a seguir caracteriza a mediatriz de um segmento como LG.

Unidade 6

Proposição 5

Demonstração

Lugares geométricos básicos

Dados os pontos A e B no plano, a mediatriz do segmento AB é o LG dos pontos do plano que equidistam de A e de B . Sejam M o ponto médio e m a mediatriz de AB (Figura 6.2). Se P ∈ m, então, no triângulo P AB , P M é mediana e altura e, daí, o Problema 9, Seção 2, Unidade 2, garante que o triângulo P AB é isósceles de base AB . Logo, P A = P B.

P B M A m Figura 6.2: P ∈ (mediatriz

AB) ⇒ P A = P B .

Reciprocamente, seja P um ponto no plano tal que P A = P B (Figura 6.3). Então, o triângulo P AB é isósceles de base AB , donde segue que a mediana e a altura relativas a AB coincidem. Mas, como a mediana de P AB relativa a AB é o segmento P M , segue que P M ⊥AB , o que é o mesmo que dizer que ←→ P M é a mediatriz de AB .

P B M A Figura 6.3: P A = P B ⇒ P ∈

(mediatriz de

AB ).

O papel da bissetriz de um ângulo como LG está essencialmente contido na proposição a seguir.

Lugares Geométricos

Seja ∠AOB um ângulo dado. Se P é um ponto do mesmo, então −→

Unidade 6

Proposição 6

−→

d(P, AO) = d(P, BO) ⇐⇒ P ∈ (bissetriz de ∠AOB).

Suponha, primeiro, que P pertence à bissetriz de ∠AOB (Figura 6.4) e sejam M e N , respectivamente, os pés das perpendiculares baixadas de P às ←→ ←→ retas AO e BO. Os triângulos OM P e ON P são congruentes por LAAo, b = N OP b , OM cP = ON b P = 90◦ e OP é lado comum aos uma vez que M OP ←→ ←→ mesmos. Daí, P M = P N , ou seja, d(P, AO) = d(P, BO).

Demonstração

A P

B −→

−→

Figura 6.4: P ∈ bissetriz de ∠AOB ⇒ d(P, AO) = d(P, BO) Reciprocamente, seja P um ponto no interior do ângulo ∠AOB , tal que P M = P N , onde M e N são os pés das perpendiculares baixadas de P ←→ ←→ respectivamente às retas AO e BO. Então, os triângulos M OP e N OP são novamente congruentes, agora pelo caso CH (haja vista termos OP como hipotenusa comum e P M = P N veja o Problema 1, Unidade 3. Mas aí, b = N OP b , de forma que P pertence à bissetriz de ∠AOB . M OP

Dadas, no plano, retas r e s, concorrentes em O, vimos, na proposição anterior, que um ponto P do plano equidista de r e s se, e só se, P estiver sobre uma das retas que bissectam os ângulos formados por r e s (em negrito, na Figura 6.5). Assim, o LG dos pontos do plano que equidistam de duas retas concorrentes é a união das bissetrizes dos ângulos formados por tais retas. Após termos estudado os LG's mais básicos, vale a pena discorrermos um pouco sobre o problema geral da construção com régua e compasso de uma gura geométrica satisfazendo certas condições. De outro modo, o tratamento

Exemplo 7

Unidade 6

Lugares geométricos básicos r

Figura 6.5:

as bissetrizes de duas retas concorrentes como LG.

padrão para um tal problema consiste, basicamente, na execução dos dois passos seguintes:

1. Supor o problema resolvido: construímos um esboço da gura possuidora das propriedades desejadas, identi cando na mesma os dados do problema e os elementos que possam nos levar à solução.

2. Construir os pontos-chave para a solução: um ponto-chave é todo ponto que, uma vez construído, torna imediatas as construções subsequentes necessárias e, em última análise, a solução do problema em questão. Para construir o(s) ponto(s)-chave de um determinado problema, cumpre examinarmos as propriedades geométricas da situação em estudo com bastante cuidado, tentando identi car, em cada caso, dois LGs aos quais o ponto pertença. Devendo pertencer simultaneamente a dois LGs, o ponto ca determinado pelas interseções dos mesmos. Vejamos, em um exemplo simples, como funciona a execução do programa acima. Exemplo 8

Construa, com régua e compasso, um círculo passando pelos pontos A e B e tendo seu centro sobre a reta r.

Demonstração

A B r

Lugares Geométricos

Descrição dos passos.

1. Supondo o problema resolvido, queremos um círculo como o da gura a seguir:

A B r O

2. Nosso ponto-chave será o centro O do círculo, uma vez que, encontrada sua posição, bastará centrarmos o compasso nele, com abertura OA, a m de construir o círculo pedido. A m de construir O, precisamos de dois LG's aos quais O pertença. Um deles é a própria reta r, pois é pedido que O pertença a r; por outro lado, como OA e OB são raios, temos OA = OB e, assim, O também deve pertencer à mediatriz do segmento AB , que, por conseguinte, é nosso segundo LG. Feita a análise acima, resta construir a mediatriz do segmento AB , obter sua interseção O com a reta r e, em seguida, traçar o círculo solução, que é aquele de centro O e raio OA = OB .

Unidade 6

Problemas 6.2

Problemas

1. Construa um círculo de raio dado r, que passe por dois pontos dados A e B . Sob que condições há solução? (Sugestão: o centro do círculo desejado deve distar r do ponto A e pertencer à mediatriz do segmento AB . Mostre que há uma solução se AB = 2r e duas soluções se AB < 2r.)

2. Identi que e construa, com régua e compasso, o LG do vértice A de um segmento AB , conhecida a posição do vértice B e o comprimento c de AB .

3. Construa com régua e compasso um triângulo ABC , conhecidos os comprimentos c do lado AB , a do lado BC e a medida α do ângulo ∠BAC . (Sugestão: uma vez construído um segmento AB de comprimento c, o ←→

vértice C deve pertencer ao círculo de centro B e raio a e à reta AX , b = α.) tal que B AX

4. Identi que o LG do vértice A do triângulo ABC , conhecidas as posições dos vértices B e C e o comprimento ma da mediana relativa ao lado BC .

5. Identi que e construa com régua e compasso o LG dos pontos do plano equidistantes de duas retas paralelas dadas r e s.

6. Construa, com régua e compasso, o triângulo ABC , conhecidos os comprimentos AB = c, BC = a e ha da altura baixada a partir de A. (Sugestão: uma vez construído o lado BC , o vértice A é obtido como ←→

a interseção da paralela a BC , situada à distância ha da mesma, com o círculo de centro B e raio c.)

7. Construa o triângulo ABC conhecendo as retas concorrentes r e s, suportes dos lados AB e AC , respectivamente, e os comprimentos hb e hc das alturas respectivamente relativas aos vértices B e C .

8. São dados, no plano, uma reta r, um ponto A ∈/ r e dois segmentos, de comprimentos a e b. Construa, com régua e compasso, todos os pontos B do plano tais que AB = a e d(B, r) = b. Sob que condições sobre a e b há solução? (Sugestão: os eventuais pontos B pertencem, claramente,

Lugares Geométricos a dois lugares geométricos: o círculo de centro A e raio a e o LG dos pontos do plano que estão à distância b da reta r (cf. Exemplo 3).)

9. Construa com régua e compasso um triângulo ABC , conhecidos os comprimentos a do lado BC , ha da altura relativa a A e hb da altura relativa a B . (Sugestão: comece traçando uma reta r (que será a reta suporte do lado AC ) e marcando, sobre a mesma, um ponto C . Em seguida, obtenha o vértice B do triângulo como a interseção de dois lugares geométricos: o círculo de centro C e raio a, bem como a união das paralelas à reta r, situadas à distância hb de r.)

10. São dados no plano uma reta r e um ponto A, com A ∈/ r. O ponto B varia em r. Encontre, com justi cativa, o LG descrito pelo ponto médio do segmento AB . (Sugestão: se B1 e B2 são dois pontos distintos sobre a reta r e M1 e M2 são, respectivamente, os pontos médios dos segmentos AB1 e AB2 , então M1 M2 é base média do triângulo AM1 M2 . Aplique, agora, a Proposição 5.8, juntamente com o resultado do problema anterior.)

11. Em uma folha de papel está desenhado um círculo α, mas seu centro não está marcado. Mostre como obter a posição do mesmo com régua e compasso. (Sugestão: use o resultado do Problema 10 da Seção 2, Unidade 2, juntamente com a Proposição 5.)

12. Temos no plano do papel um círculo Γ, de centro O, e uma reta r que não intersecta Γ. Identi que e construa, com régua e compasso, o LG dos pontos médios das cordas de Γ que são paralelas à reta r. (Sugestão: use o resultado do Problema 10 da Seção 2, Unidade 2.)

13. Construa o triângulo ABC , conhecendo o semiperímetro p do mesmo e as medidas β e γ dos ângulos ∠B e ∠C , respectivamente. (Sugestão: ←→

supondo o problema resolvido, marque, sobre a reta BC e exteriormente ao lado BC , os pontos B 0 e C 0 tais que B ∈ B 0 C , C ∈ BC 0 e BB 0 = c, CC 0 = b. Então, B 0 C 0 = 2p e, pelo teorema do ângulo externo, b0 B = γ .) b 0 C = β e AC AB 2 2

Unidade 6

Problemas 14. (Holanda.) É dado no plano um segmento AB e um ponto P sobre ele. ←→

De um mesmo lado da reta AB , construímos os triângulos retângulos isósceles AP Q e BP R, de hipotenusas AP e BP , respectivamente. Em seguida, marcamos o ponto médio M do segmento QR. Encontre o LG descrito pelo ponto M , à medida que P varia sobre o segmento AB . (Sugestão: comece mostrando que, em um triângulo retângulo e isósceles, a altura relativa à hipotenusa mede metade da hipotenusa. Em seguida, use o teorema da base média de um trapézio para mostrar que a distância ←→ de M à reta AB é constante.)

Lugares Geométricos 6.3

Unidade 6

Pontos notáveis de um triângulo

Nesta seção, aplicamos o conceito de lugar geométrica para estudar mais alguns pontos notáveis de um triângulo, quais sejam, o circuncentro, o ortocentro e o incentro. Lembre-se, ainda, de que já de nimos e estudamos as propriedades do baricentro na Proposição 5.10. Em todo triângulo, as mediatrizes dos lados passam todas por um mesmo ponto, o circuncentro do mesmo.

Sejam ABC um triângulo qualquer, r, s e t, respectivamente, as mediatrizes dos lados BC , CA e AB , e O o ponto de interseção das retas r e s (Figura 6.6).

Proposição 9

Demonstração

Pela caracterização da mediatriz de um segmento como LG, temos OB = OC (pois O ∈ r) e OC = OA (pois O ∈ s). Portanto, OB = OA e segue, novamente da caracterização da mediatriz como LG, que O ∈ t.

A s

t O B

C r

Figura 6.6:

o circuncentro de um triângulo.

Construa, com régua e compasso, o circuncentro do triângulo ABC dado na gura abaixo.

Exemplo 10

Unidade 6

Pontos notáveis de um triângulo

Solução

Descrição dos passos.

1. Trace as mediatrizes dos segmentos AB e AC . 2. O circuncentro de ABC é o ponto de interseção das mesmas. Como corolário da discussão acima, podemos estudar o problema da concorrência das alturas de um triângulo. Note primeiro que, caso o triângulo seja obtusângulo (Figura 6.7), as alturas que não partem do vértice do ângulo obtuso são exteriores ao mesmo.

A B Ha C Hb Figura 6.7:

Proposição 11

Demonstração

alturas de um triângulo obtusângulo.

Em todo triângulo, as três alturas se intersectam em um só ponto, o ortocentro do triângulo. Seja ABC um triângulo qualquer. Há três casos a considerar: (a) ABC é retângulo (Figura 6.8): suponhamos, sem perda de generalidade, b = 90◦ . Então, A é o pé das alturas relativas aos lados AB e AC . que B AC

Lugares Geométricos C Ha

A Figura 6.8:

ortocentro de um triângulo retângulo.

Como a altura relativa ao lado BC passa (por de nição) por A, segue que as alturas de ABC concorrem em A. (b) ABC é acutângulo (Figura 6.9): trace, respectivamente por A, B e C , retas r, s e t paralelas a BC , CA e AB (também respectivamente), e sejam r ∩ s = {P }, s ∩ t = {M }, t ∩ r = {N }. Então, os quadriláteros ABCN e ABM C são paralelogramos, de sorte que CN = AB = CM e, daí, C é o ponto médio de M N . Analogamente, B é o ponto médio de M P e A o ponto médio de N P .

M r B

A s P Figura 6.9:

ortocentro de um triângulo acutângulo.

Por outro lado, a altura relativa a BC também é perpendicular a N P , já ←→ ←→ que BC e N P são paralelas. Do mesmo modo, as alturas relativas a AC e AB são respectivamente perpendiculares a M P e M N . Segue que as alturas do triângulo ABC são as mediatrizes dos lados do triângulo M N P . Mas já provamos que as mediatrizes dos lados de um triângulo são concorrentes, de modo que as alturas de ABC devem ser concorrentes.

Unidade 6

Pontos notáveis de um triângulo (c) ABC é obtusângulo: a prova é totalmente análoga à do caso (b). Coletamos, no corolário a seguir, uma consequência interessante da demonstração acima. Para o enunciado do mesmo, recorde que o triângulo medial de um triângulo ABC é aquele que tem por vértices os pontos médios dos lados de ABC .

Corolário 12

Demonstração

Exemplo 13

O circuncentro de um triângulo é o ortocentro de seu triângulo medial. Nas notações do item (b) na prova acima, ABC é o triângulo medial do triângulo M N P e as mediatrizes dos lados de M N P são as alturas de ABC ; portanto, o circuncentro de M N P coincide com o ortocentro de ABC . Os demais casos são totalmente análogos.

Construa, com régua e compasso, o ortocentro do triângulo ABC dado a seguir.

Solução

A C B Descrição dos passos.

←→

1. Trace a reta r, perpendicular a BC e passando pelo vértice A. ←→

2. Trace a reta s, perpendicular a AC e passando pelo vértice B . 3. O ortocentro de ABC é o ponto de interseção das retas r e s. Examinemos, por m, o ponto de concurso das bissetrizes internas.

Lugares Geométricos

As bissetrizes internas de todo triângulo concorrem em um único ponto, o incentro do triângulo.

Sejam r, s e t, respectivamente, as bissetrizes internas dos ângulos ∠A, ∠B e ∠C do triângulo ABC (Figura 6.10) e I o ponto de interseção das retas r e s. Como I ∈ r, segue da caracterização das bissetrizes como LG, dada à Proposição 6, que I equidista dos lados AB e AC de ABC . Analogamente, I ∈ s garante que I equidista dos lados AB e BC . Portanto, I equidista de AC e BC e, usando novamente a referida caracterização das bissetrizes, concluímos que I pertence à bissetriz do ângulo ∠C , ou seja, à reta t. Assim, r, s e t concorrem em I .

Unidade 6

Proposição 14

Demonstração

A r I

s B

Figura 6.10:

incentro de um triângulo.

Construa, com régua e compasso, o incentro do triângulo ABC dado a seguir.

Exemplo 15

Solução

A C B

Unidade 6

Pontos notáveis de um triângulo

Descrição dos passos.

−→

1. Trace a semirreta AX , bissetriz interna de ABC relativa ao vértice A. −→

2. Trace a semirreta BY , bissetriz interna de ABC relativa ao vértice B . −→

−→

3. O incentro de ABC é o ponto de interseção das semirretas AX e BY . Terminamos esta seção com uma observação notacional importante: via de regra, ao estudarmos a geometria de um triângulo ABC , salvo menção em contrário denotaremos por G seu baricentro, por H seu ortocentro, por I seu incentro e por O seu circuncentro.

Lugares Geométricos 6.4

Problemas

1. De um triângulo ABC , conhecemos as posições dos vértices B e C e do circuncentro O. Explique porque a posição do vértice A não ca determinada.

2. De um triângulo ABC , conhecemos as posições dos vértices B e C e do incentro I . Construa, com régua e compasso, o vértice A. (Sugestão: marque o vértice A como a interseção de dois lugares geométricos: a −→ −→ b = I BC b , e a semirreta CY , tal que Y CI b = semirreta BX , tal que X BI b .) I CB

3. De um triângulo ABC , conhecemos as posições dos vértices B e C e do ortocentro H . Construa, com régua e compasso, o vértice A. (Sugestão: marque o vértice A como a interseção de dois lugares geométricos: a ←→ ←→ perpendicular à reta BC passando por H e a perpendicular à reta BH passando por C .)

4. Numa folha de papel estão desenhadas duas retas concorrentes r e s. Ocorre que, devido ao tamanho da folha, o ponto de interseção de r e s não pode ser marcado no papel. Seja P um ponto no papel, tal que as perpendiculares baixadas de P respectivamente às retas r e s intersectem as retas s e r (também respectivamente) em pontos situados na folha do desenho. Mostre como construir, com régua e compasso, uma reta t, passando por P e concorrente simultaneamente com r e s. (Sugestão: sendo A o ponto de interseção de r e s, veja o ponto P como ortocentro de um triângulo que tem A como um de seus vértices.)

5. Seja ABC um triângulo de ortocentro H , incentro I e circuncentro O. Mostre que ABC é equilátero se, e só se, dois quaisquer dos pontos H , I e O coincidirem. (Sugestão: para a recíproca, suponha, inicialmente, que H e I coincidem. Se Ha é o pé da altura relativa a BC , observe que b+ B b = 90◦ ; Ha ∈ BC ; a soma dos ângulos de ABHa fornece, então, 12 A b+C b = 90◦ e 1 B b+C b = 90◦ , de forma que mostre, analogamente, 12 A 2 b= B b = C b = 60◦ . Suponha, agora, que H e O coincidem. Use as A ←→ ←→ ←→ relações AO⊥ BC e BO = CO para concluir que AO é mediatriz de

Unidade 6

Problemas BC , de sorte que AB = AC ; conclua, analogamente, que AB = BC . Por m, suponha que I e O coincidem. EntĂŁo AI = BI , de sorte que 1 b b ; mostre, analogamente, que 1 A b = 1C b.) A = 12 B 2 2 2

Referências Bibliográ cas [1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. American Mathematical Society. [2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). Introdução à Geometria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática. [3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Geometria Euclidiana Plana. Sociedade Brasileira de Matemática. [4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Geometria Hiperbólica. Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada. [5] CAMINHA, A. (2012). Temas de Matemática Elementar, Volume 1. Números Reais. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] COXETER, H. S. M. e GREITZER, S. L. (1967). Geometry Revisited. The Mathematical Association of America. [7] HEATH, T. L. (1956). The Thirteen Books of Euclid's Elements. Dover. [8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007). Advanced Euclidean Geometry. Dover. [10] YAGLOM, I. M. (1962). Geometric Transformations I. The Mathematical Association of America. [11] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical Association of America. [12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America. [13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America.

Triângulos e Circunferências Sumário 7.1

Tangência e ângulos no círculo . . . . . . . . . . . .

7.2

Círculos associados a um triângulo . . . . . . . . . .

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo 7.1

Tangência e ângulos no círculo

Comecemos esta seção estudando uma das mais importantes noções da Geometria Euclidiana, qual seja, a de reta e círculos tangentes. Dizemos que um círculo Γ e uma reta r são tangentes ou, ainda, que a reta r é tangente ao círculo Γ, se r e Γ tiverem exatamente um ponto P em comum. Nesse caso, P é denominado o ponto de tangência de r e Γ. A proposição a seguir ensina como construir uma reta tangente a um círculo dado e passando por um ponto do mesmo. Proposição 1

Demonstração

Sejam Γ um círculo de centro O e P um ponto de Γ. Se t é a reta que ←→ passa por P e é perpendicular a OP , então t é tangente a Γ.

Seja R o raio de Γ. Se Q 6= P é outro ponto de t (Figura 7.1), temos QO > P O = R, uma vez que QPbO = 90◦ é o maior ângulo do triângulo OP Q. Portanto, Q ∈ / Γ e, assim, P é o único ponto comum a t e a Γ. t Q P O

Figura 7.1:

círculo e reta tangentes.

O próximo exemplo exercita a construção explicitada na demonstração acima. Exemplo 2

Nas notações da gura abaixo, construa, com régua e compasso, uma reta r, tangente a Γ em P .

Triângulos e Circunferências

Unidade 7

Solução

P O

Descrição dos passos.

←→

1. Trace a reta OP . ←→

2. Construa, pelo ponto P , a reta r, perpendicular a OP . Não é difícil provar (cf. Problema 1, página 15) que a reta tangente a um círculo Γ por um ponto P do mesmo é única. Por outro lado, se P for exterior ao círculo, provaremos na Proposição 11 que há exatamente duas retas tangentes a Γ e passando por P . Voltemo-nos, agora, ao estudo de certos ângulos em um círculo. Dado, no plano, um círculo Γ de centro O, um ângulo central em Γ é um ângulo de vértice O e tendo dois raios OA e OB por lados. Em geral, tal ângulo central será denotado por ∠AOB e o contexto tornará claro a qual dos dois ângulos ∠AOB estamos nos referindo. Por de nição, a medida do ângulo _ central ∠AOB é igual à medida do arco AB correspondente. O exemplo a seguir mostra que ângulos centrais iguais subentendem cordas também iguais. Se A, B , C e D são pontos sobre um círculo Γ, tais que os ângulos centrais ∠AOB e ∠COD são iguais, então AB = CD. b = C OD b < 180◦ (o caso AOB b = Suponha (cf. Figura 7.2) que AOB b > 180◦ pode ser tratado de modo análogo). Como AO = CO, BO = C OD b = C OD b , os triângulos AOB e COD são congruentes por LAL, DO e AOB de sorte que AB = CD.

Outra importante classe de ângulos em um círculo é aquela formada pelos ângulos inscritos. Por de nição, um ângulo inscrito num círculo é um ângulo

Exemplo 3

Demonstração

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo B

A D

Figura 7.2:

cordas de ângulos centrais iguais.

cujo vértice é um ponto do círculo e cujos lados são duas cordas do mesmo. A proposição a seguir nos ensina a calcular sua medida. Proposição 4

Demonstração

Se AB e AC são cordas de um círculo de centro O, então a medida do ângulo inscrito ∠BAC é igual à metade da medida do ângulo central ∠BOC correspondente. Consideremos três casos separadamente: (a) O ângulo ∠BAC contém o centro O em seu interior (Figura 7.3): como os triângulos OAC e OAB são isósceles, de bases respectivamente AC e AB , b = OCA b = α e OAB b = OBA b = β , digamos. Segue, pois, que temos OAC b = α + β e, pelo teorema do ângulo externo (Corolário 3.7, Unidade 3), B AC b 0 = 2α e B OA b 0 = 2β . Daí, que C OA b = B OA b 0 + C OA b 0 = 2(α + β) = 2B AC. b B OC

(b) O ângulo ∠BAC não contém o centro O (Figura 7.4): uma vez mais, temos b = OCA b =α OAC e OAB isósceles de bases AC e AB . Ademais, sendo OAC b = OBA b = β , temos B AC b = β − α e, novamente pelo teorema do e OAB b 0 = 2α e B OA b 0 = 2β . Logo, ângulo externo, C OA b = B OA b 0 − C OA b 0 = 2(β − α) = 2B AC. b B OC

Triângulos e Circunferências B

A′ C

Figura 7.3:

ângulo inscrito quando o centro pertence ao mesmo.

B C A

Figura 7.4:

A′

ângulo inscrito quando o centro não pertence ao mesmo.

(c) O centro O está sobre um dos lados de ∠BAC : a análise deste caso é análoga àquela dos dois casos anteriores e será deixada como exercício para o leitor. Dados um círculo Γ de centro O e uma corda AB de Γ, um caso particular importante da proposição anterior é aquele em que AB é um diâmetro de Γ (Figura 7.5). Sendo P um ponto de Γ distinto de A e de B , segue da referida proposição que 1 APbB = · 180◦ = 90◦ . 2 O caso limite de um ângulo inscrito é aquele de um ângulo de segmento (Figura 7.6): seu vértice é um ponto do círculo e seus lados são um uma corda e o outro a tangente ao círculo no vértice do ângulo. A proposição a seguir mostra que podemos calcular a medida de ângulos de segmento de maneira

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo P

Figura 7.5:

ângulo inscrito em um semicírculo.

análoga ao cálculo das medidas de ângulos inscritos. C

Figura 7.6:

Proposição 5

medida de um ângulo de segmento.

Nas notações da Figura 7.6, a medida do ângulo de segmento ∠BAC é igual à metade do ângulo central ∠AOB correspondente. ←→

Demonstração

←→

b = α. Como AC⊥ AO, temos ABO b = B AO b = 90◦ − α e, daí, Seja B AC b = 180◦ − 2(90◦ − α) = 2α = 2B AC. b B OA

Outra maneira útil de generalizarmos ângulos inscritos é considerar ângulos ex-cêntricos mas, nesse caso, há dois tipos distintos, quais sejam, os interiores e os exteriores. Um ângulo ex-cêntrico interior (Figura 7.7) é um ângulo formado por duas cordas de um círculo que se intersectam no interior do mesmo;

Unidade 7

Triângulos e Circunferências um ângulo ex-cêntrico exterior é um ângulo formado por duas cordas de um círculo que se intersectam no exterior do mesmo. B C E O D A

Figura 7.7:

medida de um ângulo ex-cêntrico interior.

A proposição a seguir ensina como calcular medidas de ângulos ex-cêntricos. A esse respeito, veja também o Problema 16, página 18. Sejam AB e CD duas cordas de um círculo, cujas retas suportes se intersectam em um ponto E .

Proposição 6

(a) Se E for interior ao círculo, então a medida do ângulo ex-cêntrico interior _

∠AEC é igual à média aritmética das medidas dos arcos AC e BD subentendidos. (b) Se E for exterior ao círculo, então a medida do ângulo ex-cêntrico exterior _

∠AEC é igual ao módulo da semidiferença das medidas dos arcos BD _ e AC subentendidos.

(a) Basta aplicar sucessivamente o teorema do ângulo externo (Corolário 3.7, Unidade 3) e o resultado da Proposição 4: b = ADC b + B AD b = AEC

(b) Exercício.

1 _ 1 _ AC + BD. 2 2

Demonstração

Unidade 7

Exemplo 7

Tangência e ângulos no círculo

Sejam A, B , C e D pontos sobre um círculo Γ, tais que as cordas AC e BD se intersectam no interior de Γ. Se M , N , P e Q denotam, respectivamente, os _ _ pontos médios dos arcos AB (que não contém C ), BC (que não contém D), _ _ ←→ ←→ CD (que não contém A) e AD (que não contém B ), prove que M P ⊥ N Q. _

Demonstração

Nas notações do enunciado e da gura abaixo, sejam AB = 2α, BC = 2β , _ _ _ CD = 2γ e AD = 2δ . Então α + β + γ + δ = 180◦ e M N = α + β e _ P Q = γ + δ . Portanto, sendo E o ponto de concurso de M P e N Q, temos _ _ b = 1 ( M N + P Q) = 1 ((α + β) + (γ + δ)) = 90◦ . M EN 2 2

B E

M D A Q

A proposição a seguir estabelece a existência e explica como construir um importante lugar geométrico, o arco capaz de um ângulo dado. Proposição 8

Demonstração

Dados um segmento AB e um ângulo α, com 0◦ < α < 180◦ , o LG dos pontos P do plano tais que APbB = α é a reunião de dois arcos de círculo, ←→ simétricos em relação à reta AB e tendo os pontos A e B em comum. Tais arcos são os arcos capazes de α em relação a AB . Primeiramente, analisemos o caso 0◦ < α < 90◦ . Seja (cf. Figura 7.8) ←→ P ∈ / AB tal que APbB = α. Se P 0 é o simétrico de P em relação à reta ←→ ←→ AB (cf. Problema 4 da Seção 2, Unidade 2), então AB é a mediatriz de P P 0

Triângulos e Circunferências P

P′

Figura 7.8: APbB = APb0 B . e, daí, AP = AP 0 e BP = BP 0 . Portanto, os triângulos ABP e ABP 0 são congruentes por LLL, de sorte que APb0 B = APbB = α. Analogamente, APb0 B = α acarreta APbB = α, de forma que, para estudar o LG pedido, podemos nos restringir somente aos pontos P situados em um dos semiplanos ←→ que a reta AB determina. Doravante, suporemos que tal semiplano é aquele ←→ situado acima da reta AB (cf. Figura 7.9). P P′ O A

Figura 7.9:

arco capaz (superior) de

sobre

AB .

Em tal semiplano, seja O o ponto tal que AOB é um triângulo isósceles de b = 2α (note que 0◦ < 2α < 180◦ no caso que estamos base AB , com AOB considerando). Sendo OA = OB = R, seja Γ o arco de círculo, de centro O ←→ e raio R, situado acima da reta AB . Sendo P um ponto qualquer de Γ, temos pelo teorema do ângulo inscrito que 1 b APbB = AOB = α, 2

de modo que P pertence ao LG procurado. Seja, agora, P 0 um ponto do semiplano superior, tal que P 0 ∈ / Γ; mostremos 0 que P não pertence ao LG desejado. Sendo R a região limitada do plano,

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo delimitada por Γ e AB , há duas possibilidades: P 0 ∈ R ou P ∈ / R ∪ Γ. 0 Analisemos o caso em que P ∈ R, sendo a análise do outro caso totalmente análoga. Nas notações da Figura 7.9, segue do teorema do ângulo externo e da discussão do parágrafo anterior que b 0 > APbB = α, APb0 B = APbB + P AP

de sorte que P 0 não pertence ao LG procurado. Voltemo-nos, agora, ao caso em que α = 90◦ , observando inicialmente que, como no caso anterior, um argumento de simetria reduz o problema aos pontos ←→ do semiplano situado acima da reta AB . Agora, a discussão do parágrafo imediatamente posterior à prova da Proposição 6.54 garante que todo ponto do semicírculo de diâmetro AB situado no semiplano superior pertence ao LG em questão (Figura 7.10). P

Figura 7.10:

O arco capaz (superior) de

B 90◦

sobre

AB .

Reciprocamente, se P é um ponto do semiplano superior, tal que APbB = 90◦ , e O é o ponto médio de AB , então o Corolário 5.16, da Unidade 5, garante que P O = 12 AB = AO. Assim, P pertence ao semicírculo de centro O e diâmetro AB . Por m, para o caso 90◦ < α < 180◦ , remetemos o leitor ao Problema 17, página 18. A prova da proposição anterior também ensina como construir os arcos capazes de um ângulo α sobre AB , quando 0◦ < α ≤ 90◦ : se α = 90◦ , temos somente de construir o círculo de diâmetro AB . Suponha, pois 0◦ < α < 90◦ . b = OBA b , temos Nas notações da prova da referida proposição, como OAB b = OBA b = 1 (180◦ − AOB) b = 1 (180◦ − 2α) = 90◦ − α; OAB 2 2

Triângulos e Circunferências

Unidade 7

assim, obtemos o centro O do arco capaz superior como sendo a interseção das semirretas que partem de A e de B , estão situadas em tal semiplano e formam ângulos de 90◦ − α com o segmento AB . Observamos, por m, que o caso 90◦ < α < 180◦ pode ser tratado de modo análogo (cf. Problema 17, página 18). Construa com régua e compasso o arco capaz superior de α sobre AB .

Exemplo 9

Demonstração

α A

Descrição dos passos.

1. De acordo com a discussão acima, construa, no semiplano superior, as −→ −→ b = ABY b = 90◦ − α. semirretas AX e BY tais que B AX

2. Marque o centro O do arco capaz pedido como o ponto de interseção das −→ −→ semirretas AX e BY .

O próximo exemplo mostra que há uma relação simples (e, conforme veremos nos problemas desta seção, útil) entre os arcos capazes de um ângulo e de sua metade. A gura abaixo mostra um dos arcos capazes do ângulo α sobre o segmento AB . Construa, com régua e compasso, o arco capaz de 12 α sobre AB , correspondente ao arco capaz dado.

Exemplo 10

Solução

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo

O A

Descrição dos passos.

1. Trace a mediatriz do segmento AB e marque seu ponto O0 de interseção com o arco capaz dado.

2. Use o teorema do ângulo inscrito para mostrar que o arco de centro O0 e raio OA = OB , contido no mesmo semiplano que o arco dado é o arco pedido. Dentre outros problemas interessantes, podemos usar arcos capazes para examinar o problema de traçar as tangentes a um círculo por um ponto exterior ao mesmo, conforme ensina nosso próximo resultado. Proposição 11

Demonstração

Dados, no plano, um círculo Γ e um ponto P exterior ao mesmo, há exatamente duas retas tangentes a Γ e passando por P . Sejam O o centro do círculo dado e A e B os pontos de interseção do mesmo com aquele de diâmetro OP (Figura 7.11). Pelas discussões anteriores, os semicírculos superior e inferior do círculo traçado podem ser vistos como b = OBP b = 90◦ . Portanto, os arcos capazes de 90◦ sobre OP e, daí, OAP ←→ ←→ ←→ ←→ OA⊥ AP e OB⊥ BP , de sorte que, pela Proposição 2, as retas AP e BP são tangentes ao círculo dado. Reciprocamente, se r é uma reta passando por P e tangente ao círculo ←→ b = 90◦ . dado em X , digamos, então OX⊥ XP , ou, o que é o mesmo, OXP Logo, X pertence a um dos arcos capazes de 90◦ sobre OP , i.e., X pertence ao círculo de diâmetro OP . Mas aí, X está sobre a interseção do círculo dado com aquele de diâmetro OP e, portanto, X = A ou X = B .

Triângulos e Circunferências

Unidade 7

P O B

Figura 7.11:

tangentes a um círculo por um ponto exterior.

Conforme ensina o próximo exemplo, a demonstração da proposição acima pode ser facilmente formatada em passos que, uma vez executados, fornecem a construção, com régua e compasso, das tangentes a um círculo dado, passando por um ponto também dado e exterior ao mesmo. Nas notações da gura a seguir, construa, com régua e compasso, as retas tangentes a Γ e passando por P .

Exemplo 12

Demonstração

P O Γ

Descrição dos passos.

1. Marque o ponto médio M do segmento OP . 2. Trace o círculo γ , de centro M e raio OM = M P . 3. Marque os pontos A e←→B , de←→ interseção dos círculos γ e Γ; as tangentes pedidas são as retas AP e BP .

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo

A proposição a seguir estabelece duas propriedades bastante úteis das tangentes traçadas a um círculo a partir de um ponto exterior ao mesmo. Proposição 13

Sejam Γ um círculo de centro O e P um ponto exterior ao mesmo. Se ←→ ←→ A, B ∈ Γ são tais que P A e P B são tangentes a Γ (Figura 7.12), então: (a) P A = P B . ←→

(b) P O é a mediatriz de AB . ←→

←→

(d) P O⊥ AB . A P

Figura 7.12:

Demonstração

propriedades das tangentes por um ponto exterior.

b = P BO b = 90◦ , os triângulos P OA e P OB Como OA = OB e P AO são congruentes, pelo caso especial CH de congruência de triângulos retângulos (cf. Problema 1, Unidade 3); em particular, P A = P B , APbO = B PbO e b = B OP b . AOP Agora, como P e O equidistam de A e de B , segue da Proposição 6.5 ←→ ←→ ←→ (Unidade 6) que P O é a mediatriz do segmento AB . Logo, P O⊥ AB .

Triângulos e Circunferências 1. * Dados no plano um círculo Γ e um ponto P sobre o mesmo, mostre que a reta tangente a Γ em P é única. (Sugestão: seja s uma reta que passa por P , distinta da tangente t construída na Proposição 1. Sejam O o centro de Γ e α a medida do ângulo agudo formado pelas retas s e t. Marque o ponto Q ∈ s, situado no mesmo semiplano que O em relação b = 2α. Mostre que Q ∈ Γ.) a t e tal que P OQ

2. São dados, no plano, uma reta r e um ponto A ∈ r. Identi que e construa, com régua e compasso, o LG dos pontos do plano que são centros dos círculos tangentes à reta r no ponto A. (Sugestão: supondo o problema resolvido, seja O o centro de um dos círculos pedidos. Então ←→ AO⊥r em A, de forma que O pertence à reta s, perpendicular à reta r em A.)

3. São dados, no plano, retas concorrentes r e s e um ponto P ∈ r. Construa, com régua e compasso, os círculos tangentes a r e s, sendo P o ponto de tangência com a reta r. (Sugestão: supondo o problema resolvido, seja O o centro de um dos círculos pedidos. Pelo problema anterior, O pertence à reta perpendicular a r por P . Por outro lado, como O equidista de r e de s, ele também pertence à bissetriz de um dos ângulos formados por tais retas. Há duas soluções.)

4. São dados, no plano, um segmento de comprimento R e uma reta r. Identi que e construa, com régua e compasso, o LG dos pontos do plano que são centros dos círculos de raio R, tangentes à reta r. (Sugestão: observe que, se O é o centro de um tal círculo, então a distância de O a r é igual a R.)

5. Temos, no plano, duas retas concorrentes r e s. Dado um real R > 0, construa todos os círculos de raio R, tangentes simultaneamente a r e a s. (Sugestão: supondo o problema resolvido, se O é o centro de um dos círculos pedidos, então O pertence à bissetriz de um dos ângulos formados por tais retas e está à distância R de r. Há quatro soluções.)

6. Sejam a, b e c três retas dadas no plano, com a k b e c concorrente com a e b. Construa, com régua e compasso, os círculos tangentes a a, b e c. (Sugestão: supondo o problema resolvido, se O é o centro de um dos

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo círculos pedidos, então O equidista de a e de b, bem como pertence à bissetriz de um dos ângulos formados por a e c. Há duas soluções.) Para os problemas 7 a 9 a seguir, dizemos que dois círculos são: •

exteriores se não tiverem pontos comuns e tiverem interiores disjuntos;

•

interiores se não tiverem pontos comuns mas o interior de um deles contiver o outro;

•

secantes se tiverem dois pontos em comum;

•

tangentes se tiverem um único ponto comum; nesse último caso, os círculos são tangentes exteriormente se tiverem interiores disjuntos e tangentes interiormente caso contrário.

7. * Dados círculos Γ1 (O1 ; R1 ) e Γ2 (O2 ; R2 ), prove que Γ1 e Γ2 são: (a) exteriores se, e só se, O1 O2 > R1 + R2 . (b) tangentes exteriormente se, e só se, O1 O2 = R1 + R2 . (c) secantes se, e só se, |R1 − R2 | < O1 O2 < R1 + R2 . (d) tangentes interiormente se, e só se, O1 O2 = |R1 − R2 |. (e) interiores se, e só se, O1 O2 < |R1 − R2 |. (Sugestão: observe, inicialmente, que P ∈ Γ1 ∩Γ2 se, e só se, P O1 ≤ R1 e P O2 ≤ R2 ; nesse caso, use a desigualdade triangular para concluir que |R1 − R2 | ≤ O1 O2 ≤ R1 + R2 . Analise, agora, cada um dos itens separadamente.)

8. São dados, no plano, um círculo Γ de centro O e um ponto A ∈ Γ. Identi que e construa, com régua e compasso, o LG dos centros dos círculos tangentes a Γ em A. (Sugestão: seja Γ0 um círculo de centro O0 ←→ e raio R0 . Se O0 ∈ AO \ {A} e R0 = AO0 , mostre que Γ0 tangencia Γ em A.)

9. São dados, no plano, um círculo Γ, de centro O e raio R, e um segmento de comprimento r. Identi que e construa, com régua e compasso, o LG

Triângulos e Circunferências dos centros dos círculos de raio r e tangentes a Γ. Em que medida o LG em questão depende dos valores R e r? (Sugestão: se Γ0 tem centro O0 e raio r e tangencia Γ, então, pelo Problema 7, página 16, temos OO0 = R ± r.)

10. São dados, no plano, um círculo Γ e pontos A, P e Q, tais que P, Q ∈ Γ e os segmentos AP e AQ tangenciam Γ e medem 5cm cada. Escolhemos pontos B ∈ AP e C ∈ AQ tais que BC também tangencia Γ. Calcule os possíveis valores do perímetro do triângulo ABC . (Sugestão: sendo ←→ R o ponto de tangência de BC e Γ, temos BR = BP e CR = CQ. Conclua, a partir daí, que o perímetro de ABC é igual a AP + AQ.)

11. Sejam ABCD um quadrado de lado a e Γ o círculo de centro A e raio a. Marcamos pontos M e N , respectivamente sobre BC e CD, tais b ? que M N tangencia Γ. Quais os possíveis valores do ângulo M AN (Sugestão: sendo P o ponto de tangência, temos, pela Proposição 13, b = 1 B AP b e N AP b = 1 DAP b .) que M AP 2 2

12. As retas r e s são concorrentes em A e tangentes a um círculo Γ, de ←→

centro O. Pontos P ∈ r e Q ∈ s são tais que P Q tangencia Γ e deixa A b = 30◦ , calcule P OQ b . (Sugestão: e O em semiplanos opostos. Se P AQ ←→ sendo B , C e R, respectivamente, os pontos de tangência das retas AP , ←→ ←→ b = 1 B OR b e AQ e P Q com Γ, temos, pela Proposição 13, que P OR 2 1 b = C OR b . Use, agora, o fato de que a soma dos ângulos do QOR 2

quadrilátero ABOC é igual a 360◦ .)

13. Dois círculos Γ e Σ se intersectam em dois pontos distintos A e B . Escolhemos X ∈ Γ e Y ∈ Σ tais que A ∈ XY . Prove que a medida do ←→ ângulo ∠XBY independe da direção da reta XY . (Sugestão: observe, b = 180◦ − B XY b − B Yb X . Em seguida, use inicialmente, que X BY o teorema do ângulo inscrito para mostrar que as medidas dos ângulos ←→ ∠AXB e ∠AY B independem da direção da reta XY .)

14. As cordas AB e CD de um círculo Γ são perpendiculares em E , um ponto situado no interior do círculo. A reta perpendicular a AC por E intersecta o segmento BD em F . Prove que F é o ponto médio de

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo BD. (Sugestão: use o teorema do ângulo inscrito para mostrar que os triângulos DEF e BEF são ambos isósceles.)

15. Sejam A, B e C pontos sobre um círculo Γ, tais que os arcos menores _ _ _

AB , AC e BC medem todos 120◦ . Se P é um ponto de Γ situado no _ arco menor BC , prove que P A = P B + P C . (Sugestão: se O é o ponto sobre AP , tal que P Q = BP , mostre que o triângulo BP Q é equilátero b = 120◦ . Em seguida, use as hipóteses, juntamente com e, daí, que AQB os fatos já deduzidos e o teorema do ângulo inscrito, para mostrar que os triângulos ABQ e CBP são congruentes por LAAo.)

16. Prove o item (b) da Proposição 6. Veri que, ainda, que as fórmulas para o cálculo das medidas de ângulos ex-cêntricos permanecem válidas quando um dos lados do mesmo contiver uma corda do círculo e o outro for tangente ao círculo. (Sugestão: em ambos os casos, adapte o argumento da prova do item (a) da Proposição 6.)

17. * Analise a construção dos arcos capazes de um ângulo α sobre o segmento AB , quando 90◦ < α < 180◦ . (Sugestão: mostre que o centro de cada um de tais arcos é o simétrico do centro de cada um dos arcos de 180◦ − α sobre AB .)

18. Construa o triângulo ABC , conhecendo os comprimentos a do lado BC , ha da altura relativa a BC e a medida α do ângulo ∠A. (Sugestão: após marcar um segmento BC de comprimento a, obtenha o vértice A como a interseção de dois lugares geométricos: os arcos capazes de α sobre BC ←→ e as paralelas à reta BC , situadas à distância ha .)

19. * Sejam ABC um triângulo e P e M , respectivamente, os pés da bissetriz interna e da mediana relativas ao lado BC . Se P e M coincidirem, prove que ABC é isósceles de base BC . (Sugestão: se Ab = α, veja o vértice A como a interseção de dois arcos capazes de α2 , construídos respectivamente sobre BM e CM . Em seguida, use a igualdade BM = CM para concluir que AB = AC .)

20. * Construa um quadrado ABCD, conhecendo o comprimento l de seus lados e as posições dos pontos M , N e P , situados respectivamente sobre

Triângulos e Circunferências os lados AB , AD e sobre a diagonal AC . (Sugestão: use o fato de que b = N AP b = 45◦ para obter A como a interseção de dois arcos M AP capazes de 45◦ , respectivamente sobre M P e N P . Em seguida, marque −→ −→ B ∈ AM e D ∈ AN , tais que AB = AD = l.)

21. De um triângulo ABC , conhecemos as posições dos vértices B e C , a medida α do ângulo ∠BAC e o semiplano β , dentre os determinados pela ←→ reta BC , no qual está situado o vértice A. Quando A descreve o arco capaz de α sobre BC , situado no semiplano β , encontre o LG descrito pelo incentro I de ABC . (Sugestão: use o resultado do Problema 13, Unidade 3.)

22. * São dados, no plano, dois círculos exteriores Γ e Σ. Construa, com régua e compasso, todas as retas tangentes simultaneamente a Γ e Σ. (Sugestão: inicialmente, observe que há quatro tangentes comuns aos dois círculos, as quais se dividem em dois tipos: duas tangentes, ditas externas, que deixam os dois círculos em um mesmo semiplano e duas outras, ditas internas, que os deixam em dois semiplanos opostos. Analisemos a construção de uma tangente que deixa os círculos em um mesmo semiplano (para as tangentes do outro tipo, adapte a construção acima descrita). Sejam r uma tal tangente, O e O0 os centros e R e R0 os raios de Γ e Σ, respectivamente, e T e T 0 os pontos de tangência de r com Γ e Σ, também respectivamente; supondo, sem perda de generalidade, que R > R0 , trace a reta s, paralela a r e passando por O0 e marque o ponto S de interseção do raio OT com s. O triângulo OO0 S é retângulo em S e tal que OS = R − R0 ; construa-o para obter o ponto S e, em seguida, −→ marque a interseção T da semirreta OS com Γ; por m, trace a tangente desejada r como a paralela à reta s passando pelo ponto T .)

23. * Dois círculos Γ1 (O1 ; R1 ) e Γ2 (O2 ; R2 ) são secantes, intersectando-se nos pontos A e B . Dado um segmento de comprimento l, explique como traçar, com régua e compasso, uma reta passando por A (dita secante aos círculos), intersectando Γ1 e Γ2 respectivamente em X e em Y (com X, Y 6= A), e tal que XY = l. Explique sob que condições há solução. (Sugestão: supondo o problema resolvido, sejam M e N , respectivamente, os pontos médios dos segmentos AX e AY , de forma

Unidade 7

Tangência e ângulos no círculo que M N = 2l . Construa, então, um triângulo O1 O2 P , retângulo em P e tal que O1 P k M N . Mostre que haverá solução se, e só se, O1 O2 ≥ 2l .)

24. Dois círculos Γ1 (O1 ; R1 ) e Γ2 (O2 ; R2 ) são secantes, intersectando-se nos pontos A e B . Explique como traçar com régua e compasso a secante aos círculos, passando por A e tendo comprimento máximo. (Sugestão: analise a solução do problema anterior.)

25. Temos, desenhado no plano, um triângulo ABC . Dado um segmento de comprimento a, construa, com régua e compasso, um triângulo equilátero M N P , de lado a e tal que A ∈ N P , B ∈ M P e C ∈ M N . (Sugestão: inicialmente, considere os arcos capazes de 120◦ , construídos sobre os lados e exteriormente ao triângulo ABC . Em seguida, aplique a construção do Problema 23, página 19.)

26. Temos, desenhado no plano, um triângulo ABC . Construa, com régua e compasso, um triângulo equilátero M N P , tendo o maior lado possível e tal que A ∈ N P , B ∈ M P e C ∈ M N . (Sugestão: analise a solução dos dois problemas anteriores, procurando adaptá-las à condição de comprimento máximo possível para o lado de ABC .)

27. De um triângulo ABC , conhecemos as posições dos vértices B e C e a medida α do ângulo ∠A. Conhecendo a soma l dos comprimentos dos lados AB e AC , construa com régua e compasso a posição do vértice A. (Sugestão: supondo o problema resolvido, seja A0 o ponto sobre a −→ semirreta BA, tal que BA0 = l. Mostre, com o auxílio do teorema do ângulo externo, que B Ab0 C = α2 . Agora, construa A0 como a interseção de dois lugares geométricos: o círculo de centro B e raio l, juntamente com os arcos capazes de α2 sobre BC . Por m, A é a interseção de A0 B com a mediatriz do segmento A0 C .) O resultado do problema a seguir é conhecido como o teorema da corda quebrada, sendo devido a Arquimedes.

28. São dados um círculo Γ e pontos A, B e C sobre o_ mesmo, tais que

AB > AC . Marcamos o ponto médio M do arco BC que contém A,

Triângulos e Circunferências bem como o ponto N , pé da perpendicular baixada de M ao segmento AB . Prove que BN = AN + AC . (Sugestão: marque o ponto A0 ∈ −→ BA \ AB , tal que AA0 = AC . Em seguida, use o teorema do ângulo b . Agora, use a solução do externo para mostrar que B Ab0 C = 12 B AC Exemplo 10 para mostrar que o círculo de centro M e raio M B = M C ←→ ←→ passa pelo ponto A0 . Por m, use este fato, juntamente com M N ⊥ A0 B , para concluir que BN = A0 N .)

Unidade 7

Círculos associados a um triângulo 7.2

Círculos associados a um triângulo

De posse dos conceitos de arcos capazes e tangência de retas e círculos, retomamos aqui nosso estudo dos pontos notáveis de um triângulo. Proposição 14

Demonstração

Todo triângulo admite um único círculo passando por seus vértices. Tal círculo é dito circunscrito ao triângulo e seu centro é o circuncentro do mesmo.

Seja ABC um triângulo de circuncentro O ( gura 7.13). Como O é o ponto C

t O

A r

Figura 7.13:

circuncentro e círculo circunscrito a um triângulo.

de interseção das mediatrizes dos lados do triângulo, temos OA = OB = OC . Denotando por R tal distância comum, segue que o círculo de centro O e raio R passa por A, B, C . Existe, portanto, um círculo passando pelos vértices de ABC . Reciprocamente, o centro de um círculo que passe pelos vértices de ABC deve equidistar dos mesmos. Portanto, o centro pertence às mediatrizes dos lados de ABC , donde coincide com o ponto de interseção das mesmas, que é o circuncentro O. Por m, o raio do círculo, sendo a distância de O aos vértices, é igual a R.

Triângulos e Circunferências

Se ABC é um triângulo de circuncentro O, então O está no interior (resp. sobre um lado, no exterior) de ABC se, e só se, ABC for acutângulo (resp. retângulo, obtusângulo). [ Sejam Γ o círculo circunscrito a ABC , M o ponto médio de BC . Há três casos a considerar: b = (a) O está no interior de ABC ( gura 7.14): no triângulo OAB temos AOB b . Por outro lado, 0◦ < AOB b < 180◦ , donde 2ACB b < 180◦ ou, ainda, 2ACB b < 90◦ . Analogamente, ABC b < 90◦ e B AC b < 90◦ , donde ABC é ACB acutângulo. C Γ O

Figura 7.14: O

está no interior de

ABC .

(b) O está sobre um lado de ABC ( gura 7.15): suponha, sem perda de generalidade, que O ∈ BC . Nesse caso, BC é diâmetro de Γ e O é o ponto médio de BC , de maneira que b = 90◦ = B AC

1 _ 1 BXC = 180◦ = 90◦ . 2 2

(c) O está no exterior de ABC ( gura 7.16): suponha, sem perda de generali←→ dade, que O e A estão em semiplanos opostos em relação à reta BC . Como _ a medida do arco BC que não contém A é claramente maior que 180◦ , temos b = B AC

1 _ 1 BXC > 180◦ = 90◦ , 2 2

Unidade 7

Proposição 15

Demonstração

Unidade 7

Círculos associados a um triângulo A Γ

Figura 7.15: O

está sobre um lado de

ABC .

A M

O Γ X

Figura 7.16: O

está no exterior de

ABC .

e ABC é obtusângulo em A.

Corolário 16

Demonstração

Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se M é o ponto b = B OM b = ACB b . médio do lado AB , então AOM Imediata a partir da prova do item (a) da proposição anterior, tendo-se em conta que b = B OM b = 1 AOB b = ACB. b AOM 2

Triângulos e Circunferências

Todo triângulo admite um único círculo contido no mesmo e tangente a seus lados. Tal círculo é dito inscrito no triângulo e seu centro é o incentro do mesmo. Seja I o incentro de um triângulo ABC ( gura 7.17). Como I é o ponto de interseção das bissetrizes internas de ABC , temos que I equidista dos lados de ABC . Sendo r tal distância comum aos lados, segue que o círculo de centro I e raio r está contido em ABC e tangencia seus lados. A unicidade do círculo

Unidade 7

Proposição 17

Demonstração

I B

Figura 7.17:

círculo inscrito em um triângulo.

inscrito pode ser estabelecida mediante um argumento análogo ao da unicidade do círculo circunscrito, sendo portanto deixada ao leitor.

Construa com régua e compasso os círculos inscrito e circunscrito ao triângulo ABC dado a seguir.

Exemplo 18

Solução

B A C Descrição dos passos.

1. Para o círculo inscrito, comece construindo o incentro I de ABC . 25

Unidade 7

Círculos associados a um triângulo 2. Em seguida, trace a reta r que passa por I e é perpendicular ao lado BC . 3. Se M for o ponto de interseção da reta r com o lado BC , então o círculo inscrito é aquele de centro I e raio IM .

4. Quando ao círculo circunscrito, construa, inicialmente, o circuncentro O de ABC .

5. O círculo circunscrito é aquele de centro O e raio OA. Associados a todo triângulo há, ainda, três outros círculos notáveis, os círculos ex-inscritos aos lados do triângulo. Proposição 19

Demonstração

Em todo triângulo ABC , existe um único círculo tangente ao lado BC e aos prolongamentos dos lados AB e AC . Tal círculo é o círculo ex-inscrito ao lado BC e seu centro é o ex-incentro de ABC relativo a BC (ou ao vértice A). Sejam r e s as bissetrizes externas dos vértices B e C do triângulo ABC e Ia seu ponto de interseção (o leitor pode checar sem di culdade que as porções das retas r e s situadas na região angular ∠BAC formam ângulos agudos com o lado BC , de forma que r e s realmente concorrem em tal região angular). Como Ia ∈ r e r é bissetriz, segue que ←→

←→

d(Ia , BC) = d(Ia , AB). ←→

←→

Do mesmo modo, uma vez que Ia ∈ s, concluímos que d(Ia , BC) = d(Ia , AC). Denotando por ra a distância comum de Ia às retas suportes dos lados, segue que o círculo de centro Ia e raio ra tangencia BC e os prolongamentos de AB e AC (a unicidade do mesmo é deixada ao leitor).

Observações 20. i. Em geral, dado um triângulo ABC , denotamos o centro e o raio do círculo circunscrito respectivamente por O e R, do círculo inscrito respectivamente por I e r, e do círculo ex-inscrito a BC respectivamente por Ia e ra .

Triângulos e Circunferências

Unidade 7

Ia s

Figura 7.18:

C o círculo ex-inscrito ao lado

do triângulo

ABC .

ii. Todo triângulo ABC admite exatamente três círculos ex-inscritos; consoante as notações estabelecidas no item i., denotamos os centros e raios dos círculos ex-inscritos a AC e AB respectivamente por Ib , Ic e rb , rc . Uma consequência imediata da prova da proposição acima é o seguinte Em todo triângulo, a bissetriz interna relativa a um vértice concorre com as bissetrizes externas relativas aos outros dois vértices no ex-incentro.

Seja ABC um triângulo de lados AB = c, BC = a, CA = b e semiperímetro p ( gura 7.19). Sejam D, E e F os pontos onde o círculo inscrito em ABC tangencia os lados BC , CA e AB , respectivamente, e suponha, ainda, que o círculo ex-incrito a BC tangencia tal lado em M e os prolongamentos de AC e AB respectivamente em N e P . Então: (a) BD = BF = p − b, CD = CE = p − c, AF = AE = p − a. (b) AN = AP = p. (c) BM = BP = p − c, CM = CN = p − b. (d) EN = F P = a. (e) O ponto médio de BC também é o ponto médio de DM .

Corolário 21

Proposição 22

Unidade 7

Demonstração

Círculos associados a um triângulo

(a) Denotando AE = AF = x, BD = BF = y e CD = CE = z , obtemos o sistema    x+y =c y+z =a .   z+x=b Somando ordenadamente essas igualdades, obtemos x + y + z = 2p e, daí, x = (x + y + z) − (y + z) = p − a.

Analogamente, y = p − b e z = p − c. P

I A

Figura 7.19:

alguns segmentos notáveis do triângulo

ABC .

(b) Sendo AN = AP = u, temos 2u = AN + AP = ( AC + CN ) + ( AB + BP ) = ( AC + AB) + ( CN + BP ) = (b + c) + ( CM + BM ) = b + c + BC = a + b + c = 2p,

de modo que u = p. (c) É claro que BM = BP e que CM = CN . Por outro lado, BP = AP − AB = p − c e CN = AN − AC = p − b.

Triângulos e Circunferências

Unidade 7

(d) Façamos a prova de que EN = a (provar que F P = a é análogo): EN = AN − AE = p − (p − a) = a.

(e) Basta provar que CM = BD, o que já zemos acima. Os cálculos da proposição acima são úteis em muitos problemas, valendo mesmo a pena memorizar pelo menos os resultados dos itens (a), (b), (d) e (e). Observe, ainda, que os itens (c), (d) e (e) são decorrências praticamente imediatas dos itens (a) e (b). Terminemos esta seção com um resultado que fornece outra relação entre o incentro e os ex-incentros de um triângulo. Seja ABC um triângulo qualquer, I seu incentro, Ia seu ex-incentro relativo a BC e M o ponto onde o círculo circunscrito a ABC intersecta o segmento IIa (cf. gura 7.20). Então, M é o ponto médio do arco BC que não contém A e M B = M C = M I = M Ia .

Proposição 23

B Ia M A

I C

Figura 7.20:

incentro, ex-incentro e ponto médio do arco correspondente

b = M AC b = 1A b, segue do teorema do ângulo inscrito que os Como M AB 2 _

arcos M B e M C que não contêm A são iguais e, portanto, M é seu ponto médio. Como arcos iguais subentendem cordas iguais, temos M B = M C . cI = B M cA = B CA b =C be Veja, agora, que B M b b + C BM b = 1B b + C AM b I BM = I BC 2 1b 1b = B + A. 2 2

Demonstração

Unidade 7

Círculos associados a um triângulo Portanto, b b − BM cI B IM = 180◦ − I BM 1b 1b b = 180◦ − B − A−C 2 2 b+B b+C b − 1B b − 1A b−C b = A 2 2 1b 1b b = B + A = I BM, 2 2

de modo que o triângulo IBM é isósceles de base BM . Assim, IM = BM = CM . Deixamos como exercício para o leitor provar a igualdade BM = M Ia ; o argumento é análogo ao acima.

Triângulos e Circunferências 1. Construa o triângulo ABC conhecendo os comprimentos do raio R do círculo circunscrito e a e b dos lados BC e AC , respectivamente.

2. Sejam ABC um triângulo qualquer e M e N , respectivamente, os pontos onde as bissetrizes interna e externa relativas ao vértice A intersectam o círculo circunscrito a ABC . Prove que M N é um diâmetro desse círculo.

3. Seja ABC um triângulo qualquer e sejam M , N e P os pontos onde as bissetrizes internas de ABC , relativas respectivamente aos vértices A, B e C , intersectam o círculo circunscrito ao triângulo (M 6= A, N 6= B , P 6= C ). Prove que o incentro de ABC é o ortocentro de M N P .

4. Sejam a, b e c três retas do plano, duas a duas concorrentes mas não passando as três por um mesmo ponto. Construa com régua e compasso os pontos do plano equidistantes de a, b e c.

5. * Prove que, em todo triângulo, os pontos simétricos do ortocentro em relação às retas suportes de seus lados estão situados sobre o círculo circunscrito. (Sugestão: sejam ABC um triângulo acutângulo (a prova nos demais casos é análoga), H seu ortocentro, Ha o pé da altura relativa ←→ ←→ a A. Como HHa ⊥ BC basta mostrarmos que, sendo P o outro ponto de ←→ interseção da reta AH com o círculo circunscrito a ABC , tem-se HHa = Ha P . Para tanto, use o teorema do ângulo inscrito para estabelecer a congruência dos triângulos BHa P e BHa H por ALA.)

6. De um triângulo ABC conhecemos as posições dos vértices B e C , a medida α do ângulo ∠BAC e o semiplano β , dos determinados pela reta BC , no qual está situado o vértice A. Quando A descreve o arco capaz de α sobre BC , situado no semiplano β , encontre o LG descrito pelo ortocentro H de ABC . (Sugestão: use o resultado do problema anterior.)

7. De um triângulo ABC conhecemos as posições dos vértices B e C , a medida α do ângulo ∠BAC e o semiplano β , dos determinados pela reta BC , no qual está situado o vértice A. Quando A descreve o arco capaz de α sobre BC situado no semiplano β , encontre o LG descrito pelo ex-

Unidade 7

Círculos associados a um triângulo incentro Ia relativo a BC . (Sugestão: use o resultado do Problema 15 da Unidade 3.)

8. Seja ABC um triângulo retângulo em A e H o pé da altura relativa à hipotenusa BC . Sejam, ainda, I1 e I2 os incentros dos triângulos ABH e ACH . Prove que A é o ex-incentro do triângulo I1 HI2 relativo ao lado I1 I2 . (Sugestão: use o resultado do problema anterior.)

9. Construa o quadrado ABCD, conhecendo as posições de quatro pontos M, N, P, Q situados respectivamente sobre os lados AB , BC , CD e DA. (Sugestão: adapte a sugestão dada para o Problema 20, página 18, utilizando o resultado da Proposição 23.)

10. (OIM.) Em um triângulo ABC , marcamos os pontos Q e R, de tangência do lado BC respectivamente com o círculo inscrito em ABC e ex-inscrito a ABC em relação ao lado BC . Se P é o pé da perpendicular baixada de B à bissetriz interna de ABC relativa ao vértice A, mostre que QPbR = 90◦ . (Sugestão: sendo M o ponto médio do lado BC , use o resultado do Problema 16 da Unidade 5, para calcular P M em função de AB = c e AC = b; em seguida, calcule QR em função de a e b com o auxílio da Proposição 22 e use o resultado do Problema 12 da Unidade 3.)

11. Construa o triângulo ABC , conhecidos os comprimentos p de seu semiperímetro, a do lado BC e ra do círculo ex-inscrito ao lado BC . (Sugestão: nas notações da Figura 7.19, observe que o triângulo AN Ia é retângulo em N e tal que AN = p, N Ia = ra ; portanto, podemos construí-lo. Após executar tal construção, trace o círculo ex-inscrito ao lado BC (o qual tem centro Ia e raio ra ), bem como a outra tangente ao mesmo passando por A. Note, agora, que podemos marcar sobre AN o ponto de tangência E do círculo inscrito em ABC com o lado AC , uma vez que AE = a. Após fazê-lo, marque o incentro I de ABC , como a interseção de AIa com a reta perpendicular a AN e passando por E . Por m, trace o círculo inscrito em ABC (o qual tem centro I e raio IE ) e uma das tangentes comuns internas aos círculos inscrito e ex-inscrito (cf. Problema 22, página 19), obtendo os pontos B e C .)

Referências Bibliográ cas [1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. American Mathematical Society. [2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). Introdução à Geometria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática. [3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Geometria Euclidiana Plana. Sociedade Brasileira de Matemática. [4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Geometria Hiperbólica. Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada. [5] CAMINHA, A. (2012). Temas de Matemática Elementar, Volume 1. Números Reais. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] COXETER, H. S. M. e GREITZER, S. L. (1967). Geometry Revisited. The Mathematical Association of America. [7] HEATH, T. L. (1956). The Thirteen Books of Euclid's Elements. Dover. [8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007). Advanced Euclidean Geometry. Dover. [10] YAGLOM, I. M. (1962). Geometric Transformations I. The Mathematical Association of America. [11] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical Association of America. [12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America. [13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America.

8 Quadriláteros Inscritíveis e Circunscritíveis Sumário 8.1

Quadriláteros inscritíveis e circunscritíveis . . . . . .

Unidade 8

Quadriláteros inscritíveis e circunscritíveis 8.1

Quadriláteros inscritíveis e circunscritíveis

Contrariamente aos triângulos, nem todo quadrilátero (convexo) admite um círculo passando por seus vértices. Para ver isso, basta tomar um triângulo ABD e um ponto C não pertencente ao círculo circunscrito a ABD ( gura 8.1). Por outro lado, dizemos que um quadrilátero é inscritível se existir um círculo B

A D

Figura 8.1:

um quadrilátero não-inscritível.

passando por seus vértices. É imediato a partir da unicidade do círculo circunscrito a um triângulo que, se um quadrilátero for inscritível, então o círculo que passa por seus vértices é único e será doravante denominado o círculo circunscrito ao quadrilátero. Podemos mostrar (cf. problema 8, página 10) que um quadrilátero é inscritível se, e só se, as mediatrizes de seus lados se intersectarem em um único ponto, o circuncentro do quadrilátero. Porém, nas aplicações que temos em mente, a caracterização dos quadriláteros inscritíveis dada a seguir mostra-se em geral mais útil:

Proposição 1

Um quadrilátero convexo ABCD, de lados AB , BC , CD e DA, é inscritível se, e só se, uma qualquer das condições a seguir for satisfeita: b + B CD b = 180◦ . (a) DAB b = B DC b . (b) B AC

Demonstração

Suponhamos, inicialmente, que ABCD seja inscritível ( gura 8.2). Então, b = B DC b e pelo teorema do ângulo inscrito, temos B AC _ _ b + B CD b = 1 BCD + 1 BAD = 180◦ . DAB 2 2

Quadriláteros Inscritíveis e Circunscritíveis

C A B

Figura 8.2: ABCD

inscritível

b + B CD b = 180◦ ⇒ DAB

b = B DC b . B AC

b = B DC b . Reciprocamente ( gura 8.3), suponhamos primeiro que B AC D

A B

b = B DC b ⇒ ABCD Figura 8.3: B AC

inscritível.

Como ABCD é convexo e os vértices de ABCD estão nomeados consecuti←→ vamente, segue que A e D estão situados de um mesmo lado da reta BC . b e B DC b , temos que A e D estão Sendo θ o valor comum dos ângulos B AC ambos sobre o arco capaz de θ sobre BC . Logo, o círculo desse arco capaz é circunscrito a ABCD. b + B CD b = 180◦ ( gura 8.4) e considere Suponhamos, agora, que DAB o círculo α, circunscrito a BAD. Se C estiver no interior do mesmo, seja ←→ BC ∩ α = {E}. Pelo item (a), temos b + B ED b = 180◦ = DAB b + B CD b DAB b = B CD b , uma contradição ao teorema do ângulo externo. Se C e, daí, B ED for exterior ao círculo chegamos a uma contradição análoga.

Unidade 8

Quadriláteros inscritíveis e circunscritíveis D E C

A B

b + B DC b = 180◦ ⇒ ABCD Figura 8.4: B AC

inscritível.

No que segue, apresentamos duas aplicações importantes da proposição acima. Para a primeira delas, precisamos da seguinte nomenclatura: o triângulo órtico ( gura 8.5) de um triângulo não-retângulo ABC é o triângulo formado pelos pés das alturas de ABC . A Hc Hb

Figura 8.5:

Ha o triângulo órtico

Ha Hb Hc

ABC .

Proposição 2

Em todo triângulo acutângulo, o ortocentro coincide com o incentro do triângulo órtico.

Demonstração

b a B +H H b c B = 90◦ +90◦ = 180◦ , Vamos nos referir à gura 8.5. Como H H segue da proposição 1 que o quadrilátero HHa BHc é inscritível. Portanto, novamente por aquela proposição, temos b a Hc = H BH b c = Hb BA b = 90◦ − A. b HH

Quadriláteros Inscritíveis e Circunscritíveis

Unidade 8

baC + H H b b C = 180◦ temos HHa CHb também Por outro lado, desde que H H inscritível. Portanto, temos também b a Hb = H CH b b = Hc CA b = 90◦ − A. b HH b a Hc = H H b a Hb , i.e., o segmento HHa é bissetriz Provamos, então, que H H do ângulo ∠Hc Ha Hb do triângulo órtico. Analogamente, HHb e HHc são bissetrizes dos outros dois ângulos do triângulo órtico, de maneira que seu ponto de interseção H (o ortocentro de ABC ) é o incentro de Ha Hb Hc .

Nossa segunda aplicação diz respeito à seguinte situação: dados no plano um triângulo ABC e um ponto P não situado sobre qualquer das retas suportes dos lados de ABC , marcamos os pontos D, E e F , pés das perpendiculares baixadas de P respectivamente aos lados BC , CA e AB . O triângulo DEF assim obtido é o triângulo pedal de P em relação a ABC . Por exemplo, o triângulo órtico de um triângulo ( gura 8.5) é o triângulo pedal do ortocentro do triângulo. O resultado a seguir, conhecido como o teorema de Simson-Wallace, explica quando o triângulo pedal de um ponto é degenerado (i.e., tal que D, E e F são colineares). Dados um triângulo ABC e um ponto P não situado sobre as retas suportes de seus lados, o triângulo pedal de P em relação a ABC é degenerado se e só se P estiver sobre o círculo circunscrito a ABC .

Proposição 3

A m de que P esteja situado sobre o círculo circunscrito a ABC , a única possibilidade é que P esteja situado em uma das regiões angulares ∠BAC , ∠ABC ou ∠BCA mas seja exterior ao triângulo ABC . Analogamente, a m de que o triângulo pedal de P em relação a ABC possa ser degenerado, P deve ser exterior ao triângulo ABC e estar situado em uma de tais regiões angulares. Portanto, podemos, sem perda de generalidade, supor que P é exterior ao triângulo ABC e está situado na região angular ∠ABC ( gura 8.6). Sejam respectivamente D, E e F os pés das perpendiculares baixadas de P às retas suportes dos lados BC , AC e AB . Podemos também supor, sem perda de generalidade, que D e E estão sobre os lados BC e AC , respectivamente,

Demonstração

Simson-Wallace

Quadriláteros inscritíveis e circunscritíveis

Unidade 8

F A

Figura 8.6:

a reta de Simson-Wallace.

b = mas que F está sobre o prolongamento do lado AB . Como P FbA = P EA 90◦ , o quadrilátero P F AE é inscritível. Analogamente, o quadrilátero P EDC também é inscritível. Segue, daí, que b − F EA, b APbC − DPbF = DPbC − F PbA = DEC

i.e., b = F EA b ⇔ D, E e F são colineares. APbC = DPbF ⇔ DEC b , de modo que Por m, note que DPbF = 180◦ − ABC b = 180◦ ⇔ ABCP é inscritível. APbC = DPbF ⇔ APbC + ABC

Nas notações da discussão acima, quando P estiver sobre o círculo circunscrito a ABC diremos que a reta que passa pelos pontos D, E e F é a reta de Simson-Wallace de P relativa a ABC . Voltando à discussão do parágrafo inicial desta seção, observamos agora que nem todo quadrilátero convexo possui um círculo tangente a todos os seus lados

Quadriláteros Inscritíveis e Circunscritíveis

Unidade 8

(o leitor pode construir um exemplo facilmente). Quando tal ocorrer, diremos que o quadrilátero é circunscritível e que o círculo tangente a seus lados é o círculo inscrito no quadrilátero. O teorema a seguir, conhecido como o teorema de Pitot1 , dá uma caracterização útil dos quadriláteros inscritíveis. Um quadrilátero convexo ABCD, de lados AB , BC , CD e DA, é circunscritível se, e só se,

Teorema 4 Pitot

AB + CD = AD + BC.

Suponha, primeiro, que ABCD seja circunscritível e sejam M, N, P, Q respectivamente os pontos de tangência de AB , BC , CD e DA com o círculo inscrito em ABCD. A

Q D

M P B

Figura 8.7:

N C

somas iguais dos lados opostos

⇒ ABCD

circunscritível.

AB + CD = ( AM + M B) + ( CP + P D) = AQ + BN + CN + DQ = ( AQ + DQ) + ( BN + CN ) = AD + BC.

Reciprocamente, suponhamos que AB + CD = AD + BC . Se ABCD não for circunscritível, o círculo Γ tangente aos lados AD, AB e BC de ABCD não tangencia o lado CD. −→ Seja E o ponto sobre a semirreta AD tal que CE tangencia o círculo inscrito Γ (na gura 8.8 estamos considerando o caso em que E está situado 1 Após

Henri Pitot, engenheiro francês do século XVII.

Demonstração

Unidade 8

Quadriláteros inscritíveis e circunscritíveis A E D

Figura 8.8: ABCD

circunscritível

⇒

somas iguais dos lados opostos.

entre A e D; o outro caso é totalmente análogo). Pelo que zemos acima, segue que AB + CE = AE + BC . Como AB + CD = AD + BC , segue que CD − CE = AD − AE = DE ou, ainda, que CD = CE + ED, contradizendo a desigualdade triangular no triângulo CDE .

Quadriláteros Inscritíveis e Circunscritíveis 1. Seja ABCD um quadrilátero inscritível e E o ponto de encontro de suas diagonais. Sejam, ainda, M , N , P e Q respectivamente os pés das perpendiculares baixadas de E aos lados AB , BC , CD e DA. Prove que o quadrilátero M N P Q é circunscritível. (Sugestão: use o fato de os quadriláteros EP CN , ABCD e P EQD serem inscritíveis para mostrar que N PbE = QPbE ; argumente analogamente para os demais vértices de M N P Q e use, em seguida, o resultado do problema anterior.)

2. Sobre cada lado do triângulo acutângulo ABC construímos um círculo tendo o lado por diâmetro. Prove que tais círculos se intersectam dois a dois em seis pontos, três dos quais são os pés das alturas de ABC .

3. * Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O e sejam Ha , Hb e Hc os pés das alturas respectivamente relativas aos lados BC , CA e AB . Prove que: b b Hc = ABC b e AH b c Hb = ACB b . (a) AH ←→

←→

(b) OA⊥ Hb Hc .

4. Considere no plano quatro retas que se intersectam duas a duas e tais que não há três passando por um mesmo ponto. Prove que os círculos circunscritos aos quatro triângulos que tais retas determinam passam todos por um mesmo ponto.

5. ABCD é um quadrilátero inscrito em um círculo Γ de diâmetro BD. Sejam M ∈ Γ tal que AM ⊥BD e N o pé da perpendicular baixada ←→ ←→ de A a BD. Se a paralela à reta AC por N intersecta CD em P e ←→ BC em Q, prove que o quadrilátero CP M Q é um retângulo. (Sugestão: b = 90◦ . Agora, mostre sucessivamente note, inicialmente, que B CD b = MN b Q e M N BQ é inscritível; conclua, a partir daí, que que M BQ b B = 90◦ . Em seguida, mostre sucessivamente que M DP b = MN bP MN e M DN P é inscritível; conclua então que M PbD = 90◦ .)

6. Dado um triângulo ABC com círculo circunscrito Γ, sejam P um ponto _ situado sobre o arco AC de Γ que não contém o vértice B e D o pé da perpendicular baixada de P à reta suporte do lado BC . Se Q 6= P ←→ é o outro ponto de interseção da reta DP com o círculo Γ e r denota

Unidade 8

Quadriláteros inscritíveis e circunscritíveis ←→

a reta de Simson-Wallace de P em relação a ABC , prove que r k AQ. b = P CA b .) (Sugestão: comece observando que P QA

7. Sejam ABC um triângulo com círculo circunscrito Γ, e P e P 0 pontos _

situados sobre o arco AC de Γ que não contém o ponto B . Se r e r0 denotam respectivamente as retas de Simson-Wallace de P e P 0 em relação a ABC , prove que o ângulo entre r e r0 é igual à metade da _ medida do arco P P 0 de Γ que não contém o vértice A. (Sugestão: use o resultado do problema anterior.)

8. * Um polígono convexo é inscritível se existir um círculo passando por seus vértices, dito o círculo circunscrito ao polígono. Prove que um polígono convexo é inscritível se, e só se, as mediatrizes de seus lados concorrem em um único ponto.

9. Seja ABCD um quadrilátero circunscritível. Demonstre que os círculos inscritos nos triângulos ABC e ACD têm, com a diagonal AC , um mesmo ponto em comum. (Sugestão: use o teorema de Pitot e os cálculos da Proposição 7.22, Unidade 7.)

10. Prove que um quadrilátero convexo é circunscritível se, e só se, as bissetrizes de seus ângulos internos intersectarem-se em um único ponto, que, nesse caso, será o centro do círculo inscrito. (Sugestão: imite a prova da existência de círculos inscritos em triângulos.)

11. * Um polígono convexo é circunscritível se existir um círculo tangente a seus lados, dito o círculo inscrito no polígono. Prove que um polígono convexo é circunscritível se, e só se, as bissetrizes de seus ângulos internos passam todas por um mesmo ponto.

12. Se um hexágono convexo A1 A2 A3 . . . A6 é circunscritível, prove que A1 A2 + A3 A4 + A5 A6 = A2 A3 + A4 A5 + A6 A1 .

13. (IMO.) Sobre um círculo Γ são dados três pontos distintos A, B e C . Mostre como construir com régua e compasso um quarto ponto D sobre Γ, tal que o quadrilátero convexo ABCD seja circunscritível. (Sugestão:

Quadriláteros Inscritíveis e Circunscritíveis sejam AB = a, BC = b. Supondo o problema resolvido, marque D _ sobre o arco AC de Γ que não contém B e sejam CD = x e AD = y . Inicialmente, mostre que podemos supor a 6= b, digamos a < b, de sorte que devamos ter x − y = b − a > 0. Se E ∈ CD for tal que CE = b − a, então E pertence ao círculo de centro C e raio b − a; use o fato de ADE ser isósceles e ABCD ser inscritível para mostrar que E também b sobre AC .) pertence a um dos arcos capazes de 180◦ − 12 ABC

Unidade 8

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007).

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America.

. The Mathematical

Geometric Transformations I

Proporcionalidade, Tales e bissetrizes

Sumรกrio 9.1

O teorema de Tales

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

9.2

Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade

O teorema de Tales

Esta unidade desenvolve um conjunto de ferramentas que nos permitirão iniciar o estudo sistemático dos aspectos métricos da geometria Euclidiana plana; grosso modo, o problema central subjacente, como veremos, é aquele de comparar razões de comprimentos de segmentos. Dentre várias aplicações importantes e interessantes aqui reunidas, ressaltamos os teoremas de Tales e Pitágoras, os quais se revelarão quase imprescindíveis doravante.

9.1

O teorema de Tales

Consideremos a seguinte situação: temos no plano retas paralelas r, s e t ( gura 9.1). Traçamos, em seguida, retas u e u0 , a primeira intersectando r, s

C′

Z′

Y′

B′

X′

A′

A u

u′

Figura 9.1: paralelas cortadas por transversais.

e t respectivamente nos pontos A, B e C , e a segunda intersectando r, s e t respectivamente em A0 , B 0 e C 0 . Se fosse AB = BC (o que parece não ser o caso na gura acima), teríamos, pelo teorema da base média de um trapézio (Proposição 5.12, Unidade 5), que A0 B 0 = B 0 C 0 . De outra forma, já sabemos que

AB A0 B 0 = 1 ⇒ 0 0 = 1. BC BC

Proporcionalidade, Tales e bissetrizes

AB Suponha, agora, que BC seja um número racional, digamos 23 , para exempli car. Dividamos, então, os segmentos AB e BC respectivamente em duas e três partes iguais, obtendo pontos X , Y e Z em u, tais que

AX = XB = BY = Y Z = ZC ( gura 9.1). Se traçarmos por X , Y e Z paralelas às retas r, s e t, as quais intersectam u0 respectivamente em X 0 , Y 0 e Z 0 , então mais três aplicações do teorema da base média de um trapézio garantem que

A0 X 0 = X 0 B 0 = B 0 Y 0 = Y 0 Z 0 = Z 0 C 0 e, daí,

AB 2 A0 B 0 2 = ⇒ 0 0 = . 3 3 BC BC

AB Prosseguindo com nosso raciocínio, suponha, agora, que fosse BC =m , com n m, n ∈ N. Então, uma pequena modi cação do argumento acima (dividindo, inicialmente, AB e BC em m e em n partes iguais, respectivamente) garantiria que AB m A0 B 0 m ⇒ 0 0 = . = n n BC BC De outra forma, a relação AB A0 B 0 = 0 0 BC BC é válida sempre que o primeiro (ou o segundo) membro for um racional. A pergunta natural nesse momento é a seguinte: a igualdade das razões acima se mantém quando um dos membros da mesma for um número irracional? A resposta é sim, e, para entender o porquê disso, damos a explicação a seguir. Suponha que AB = x, BC com x irracional. Escolha uma sequência (an )n≥1 de racionais positivos, tal que

x < an < x +

1 n

para todo n ∈ N. Em seguida, marque ( gura 9.2) o ponto Cn ∈ u tal que

AB = an . BCn

Unidade

O teorema de Tales

C′ Cn′

C Cn

tn t

B′

A′

A u

u′

Figura 9.2: razão

AB BC

irracional.

Sejam tn a paralela às retas r, s e t traçada por Cn e Cn0 o ponto onde tn intersecta u0 . Como an ∈ Q, um argumento análogo ao anterior garante que

A0 B 0 = an . B 0 Cn0 De outra forma, obtivemos que

AB 1 A0 B 0 1 <x+ ⇒x< 0 0 <x+ n n BCn B Cn

ou, ainda,

AB AB AB 1 AB A0 B 0 AB 1 < < + ⇒ < 0 0 < + . BC BCn BC n BC B Cn BC n

(9.1)

Observe, agora, que as desigualdades do primeiro membro acima garantem que, à medida em que n aumenta, os pontos Cn aproximam-se mais e mais do ponto C . Mas como tn k t, segue então que os pontos Cn0 aproximam-se mais e mais 0 0 do ponto C 0 , de maneira que a razão BA0 CB0 aproxima-se mais e mais da razão n

A0 B 0 . B0C 0

Abreviamos isso escrevendo

A0 B 0 A0 B 0 −→ quando n → +∞. B 0 Cn0 B0C 0

Proporcionalidade, Tales e bissetrizes

Unidade

Por outro lado, utilizando notação análoga à da linha acima, podemos claramente inferir, a partir das desigualdades do segundo membro de (9.1), que

A0 B 0 AB −→ quando n → +∞. 0 0 B Cn BC Utilizando, agora, o fato (intuitivamente óbvio, e que será justi cado rigorosamente na disciplina Fundamentos de Cálculo (MA22)) de que uma sequência de reais não pode aproximar-se simultaneamente de dois reais distintos quando n → +∞, somos forçados a concluir que

AB A0 B 0 = 0 0. BC BC A discussão acima provou um dos resultados fundamentais da geometria Euclidiana plana, conhecido como o teorema de Tales1 , o qual enunciamos formalmente a seguir: Sejam r, s, t retas paralelas. Escolhemos pontos A, A0 ∈ r, B, B 0 ∈ s e C, C 0 ∈ t, de modo que A, B, C e A0 , B 0 , C 0 sejam dois ternos de pontos colineares. Então AB A0 B 0 = 0 0. BC BC

Figura 9.3: Tales de Mileto, matemático e lósofo do século VII a.C. e o primeiro da Antiguidade clássica grega.

Colecionamos, a seguir, algumas aplicações do teorema de Tales, começando pelo seguinte 1 Após

Tales de Mileto, matemático grego do século VII a.C.

Proposição 1

Unidade

Exemplo 2

O teorema de Tales

Divida o segmento

AB ,

dado a seguir, em cinco partes iguais com régua

e compasso.

Solução

Descrição dos passos.

1. Trace pelo ponto A uma reta arbitrária r. 2. Marque sobre r pontos C0 = A, C1 , C2 , C3 , C4 e C5 tais que, para 0 ≤ i ≤ 4, os segmentos Ci Ci+1 sejam todos iguais. ←→

3. Para 1 ≤ i ≤ 4, trace a paralela à reta C5 B passando por Ci . 4. Se Di é a interseção de tal paralela com o segmento AB , então o teorema de Tales garante que os pontos D1 , D2 , D3 e D4 dividem AB em cinco partes iguais.

Para o próximo exemplo, dados reais positivos a, b e c, dizemos que um real positivo x é a quarta proporcional de a, b e c (nessa ordem) se

a c = . b x Caso a, b e c sejam os comprimentos de três segmentos, diremos também que um segmento de comprimento x dado como acima é a quarta proporcional dos segmentos de comprimentos a, b e c (nessa ordem). Exemplo 3

Construa com régua e compasso a quarta proporcional dos segmentos dados abaixo.

Proporcionalidade, Tales e bissetrizes

Unidade

Solução

Descrição dos passos.

1. Trace duas retas r e s, concorrentes no ponto A. 2. Marque sobre a reta r os segmentos AB e BC tais que AB = a e BC = c; marque sobre a reta s o segmento AD, tal que AD = b. ←→

3. Trace pelo ponto C a paralela à reta BD, a qual intersecta a reta s no ponto E . Pelo teorema de Tales, temos DE =

bc , a

conforme desejado.

Tão importante quanto o teorema de Tales, como enunciado acima, é a recíproca parcial a seguir, também a ele devida.

←→

Sejam dados no plano retas r, s e pontos A, A0 ∈ r, B, B 0 ∈ s, com ←→ 0 0

AB ∩ A B = {C}. Se

AB BC

A0 B 0 , B0C

Corolário 4

então r k s.

Suponha que B ∈ AC ( gura 9.4 os demais casos são análogos). Trace por B a reta s0 k r e marque o ponto B 00 , interseção de s0 com o segmento A0 C . 0 00 AB Pelo teorema de Tales, temos BC = AB 00BC , de maneira que nossas hipóteses fornecem A0 B 0 A0 B 00 = . B0C B 00 C Segue, agora, do Problema 2, página 10, que B 0 = B 00 ou, o que é o mesmo, s = s0 . Logo, s k r. O resultado a seguir é conhecido como o

teorema da bissetriz.

Demonstração

Unidade

O teorema de Tales

B ′′

s′

A′

A u

u′

Figura 9.4: recíproca do teorema de Tales.

Proposição 5

Seja ABC um triângulo tal que AB 6= AC .

(a) Se P é o pé da bissetriz interna e Q é o pé da bissetriz externa relativas ao lado BC , então BP BQ BA = = . PC QC AC (b) Sendo AB = c, AC = b e BC = a, temos (

BP = PC =

(

ac b+c ab . b+c

BQ =

ac |b−c|

QC =

ab . |b−c|

Figura 9.5: o teorema da bissetriz.

Demonstração

O item (b) segue imediatamente de (a): sendo BP = x e P C = y , temos

Proporcionalidade, Tales e bissetrizes

x + y = a e, pelo item (a),

x y

= cb . Resolvendo o sistema (

x+y =a x = cb y

ac ab obtemos x = b+c e y = b+c . As demais fórmulas do item (b) são provadas de modo análogo. Quanto ao item (a), mostremos que BQ = BA , deixando a prova (análoga) QC AC

da igualdade

BP PC

BA AC

a cargo do leitor (Problema 4, página 10). ←→

Trace, pelo ponto B , a paralela à reta AQ e marque seu ponto B 0 de ←→

←→

−→

interseção com AC ( gura 9.6). Como QA k BB 0 e AQ é bissetriz de

X A B′

Figura 9.6: prova do teorema da bissetriz.

∠BAX , obtemos b 0 = B AQ b = QAX b = BB b 0 A. ABB Portanto, o triângulo ABB 0 é isósceles de base BB 0 , de maneira que B 0 A = ←→

←→

BA. Aplicando agora o teorema de Tales às paralelas QA e BB 0 , intersectadas ←→ ←→ pelas retas QC e AC , obtemos BQ AB 0 BA = = . QC AC AC

Unidade

Problemas

9.2

Problemas

1. As retas r, s e t são paralelas, com s entre r e t. As transversais u e v determinam, sobre r, s, t, pontos A, B, C e A0 , B 0 , C 0 , respectivamente, tais que AB = x + 2, BC = 2y , A0 B 0 = y e B 0 C 0 = (x − 10)/2. Sabendo que x + y = 18, determine AB .

2. * Sejam P1 e P2 pontos no interior de um segmento AB , tais que AP1 AP2 = . P1 B P2 B Prove que os pontos P1 e P2 coincidem.

3. Dados segmentos de comprimentos a e b, dizemos que um segmento de comprimento x é a terceira proporcional de a e b (nessa ordem) se a b = . b x Mostre como construir com régua e compasso tal segmento de comprimento x. (Sugestão: use o teorema de Tales.)

4. * Complete a prova do teorema da bissetriz. 5. Em um triângulo ABC , seja P o pé da bissetriz interna relativa a BC . Construa com régua e compasso o triângulo, conhecendo os comprimentos P B , P C e AB (sugestão: use o teorema da bissetriz e a construção da quarta proporcional para construir um segmento de comprimento AC ). (Sugestão: use o teorema da bissetriz e a construção da quarta proporcional para construir um segmento de comprimento AC .)

6. Em um triângulo ABC , sejam P o pé da bissetriz interna relativa a A. Marcamos respectivamente sobre AB e AC pontos M e N tais que BM = BP e CN = CP . Prove que M N k BC (sugestão: use o teorema da bissetriz e a recíproca do teorema de Tales). (Sugestão: use o teorema da bissetriz e a recíproca do teorema de Tales.)

7. * Sejam ABC um triângulo e P e M respectivamente os pés da bissetriz interna e da mediana relativas ao lado BC . Se P e M coincidirem, use o teorema da bissetriz interna para provar que ABC é isósceles de base BC .

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007).

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America. [11] YAGLOM, I. M. (1968). Association of America.

. The Mathematical

Geometric Transformations I

Geometric Transformations II

. The Mathematical

[12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America. [13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America.

Semelhança e Triângulo Retângulo Sumário 10.1 Semelhança de triângulos . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 10

Semelhança de triângulos 10.1

Semelhança de triângulos

Dizemos que dois triângulos são semelhantes quando existe uma correspondência biunívoca entre os vértices de um e outro triângulo, de modo que os ângulos em vértices correspondentes sejam iguais e a razão entre os comprimentos de lados correspondentes seja sempre a mesma ( gura 10.1). C′

A b′

kb′

kc′

a′

A′ B

ka′

Figura 10.1:

c′

B′

dois triângulos semelhantes.

Fisicamente, dois triângulos são semelhantes se pudermos dilatar e/ou girar e/ou re etir e/ou transladar um deles, obtendo o outro ao nal de tais operações. Na gura 10.1, os triângulos ABC e A0 B 0 C 0 são semelhantes, com a corb=B b0, respondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Assim, Ab = Ab0 , B b=C b0 e existe k > 0 tal que C AB BC AC = 0 0 = 0 0 = k. 0 0 AB BC AC

Tal real positivo k é denominado a razão de semelhança entre os triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , nessa ordem (observe que a razão de semelhança entre os triângulos A0 B 0 C 0 e ABC , nessa ordem, é k1 ). Escrevemos ABC ∼ A0 B 0 C 0 para denotar que os triângulos ABC e A0 B 0 C 0 são semelhantes, com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Se ABC ∼ A0 B 0 C 0 na razão (de semelhança) k , então k é também a razão entre os comprimentos de dois segmentos correspondentes quaisquer nos dois triângulos. Por exemplo, nas notações da gura 10.1, sendo M o ponto médio de BC e M 0 o ponto médio de B 0 C 0 , temos que MA a/2 a = = =k a0 /2 a0 M 0 A0

(a esse respeito, veja também o problema 3, página 11).

Semelhança e Triângulo Retângulo

Unidade 10

As três proposições a seguir estabelecem as condições su cientes usuais para que dois triângulos sejam semelhantes. Por tal razão, as mesmas são conhecidas como os casos de semelhança de triângulos usuais. Como suas demonstrações são consequências fáceis da recíproca do teorema de Tales, faremos a prova do primeiro deles, deixando as demonstrações dos dois demais como exercícios para o leitor (cf. problema 1). Sejam ABC e A0 B 0 C 0 triângulos no plano, tais que

Proposição 1

AB BC AC = 0 0 = 0 0. 0 0 AB BC AC

Então ABC ∼ A0 B 0 C 0 , com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , b=A b0 , B b=B b0 e C b=C b0 . C ↔ C 0 . Em particular, A C′

A b′

kb′

kc′

a′

A′ B

Figura 10.2:

c′

ka′

B′

o caso de semelhança LLL.

Sendo k o valor comum das razões do enunciado, temos AB = k · A0 B 0 , BC = k · B 0 C 0 e AC = k · A0 C 0 . Suponha, sem perda de generalidade, k > 1 e marque (cf. gura 10.3) o ponto B 00 ∈ AB tal que AB 00 = A0 B 0 . A B ′′

Figura 10.3:

C ′′

prova do caso de semelhança LLL.

Demonstração

Unidade 10

Semelhança de triângulos Sendo C 00 a interseção com o lado AC da reta que passa por B 00 e é paralela ao lado BC , segue do teorema de Tales que 1 AC 00 AB 00 = = , k AC AB

de maneira que AC 00 = k1 · AC = A0 C 0 . Trace, agora, a paralela ao lado AB passando por C 00 , a qual intersecta o lado BC no ponto D. Então, o quadrilátero B 00 C 00 DB é um paralelogramo, de sorte que, novamente pelo teorema de Tales, temos B 00 C 00 BD AC 00 1 = = = . k BC BC AC

Logo, B 00 C 00 = k1 · BC = B 0 C 0 . A discussão acima mostrou que AB 00 = A0 B 0 , AC 00 = A0 C 0 e B 00 C 00 = B 0 C 0 ,

i.e., que os triângulos AB 00 C 00 e A0 B 0 C 0 são congruentes pelo caso LLL de congruência. Portanto, temos b = ABC b = AB b 00 C 00 = A0 B b0C 0 = B b0, B

e, analogamente, Ab = Ab0 e Cb = Cb0 .

Proposição 2

Sejam ABC e A0 B 0 C 0 triângulos no plano, tais que AB BC b=B b0. = 0 0 =k e B 0 0 AB BC

Então, ABC ∼ A0 B 0 C 0 , com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , b=A b0 , C b=C b0 e AC C ↔ C 0 . Em particular, A = k. A0 C 0

Proposição 3

Sejam ABC e A0 B 0 C 0 triângulos no plano, tais que b=A b0 e B b=B b0. A

Semelhança e Triângulo Retângulo C′

A kc′

a′

A′ B

ka′

Figura 10.4:

Unidade 10

c′

B′

o caso de semelhança LAL.

Então, ABC ∼ A0 B 0 C 0 , com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Em particular, AB BC AC = 0 0 = 0 0. 0 0 AB BC AC C′

A A′ B

Figura 10.5:

B′

o caso de semelhança AA.

Como corolário dos casos de semelhança acima, estabelecemos na proposição a seguir as relações métricas em triângulos retângulos. Seja ABC um triângulo retângulo em A, com catetos AB = c, AC = b e hipotenusa BC = a. Sendo H o pé da altura relativa à hipotenusa, CH = x, BH = y e AH = h, temos: (a) ah = bc. (b) ax = b2 e ay = c2 . (c) a2 = b2 + c2 . (d) xy = h2 .

Proposição 4

Unidade 10

Demonstração

Semelhança de triângulos

b = C AB b e ABH b = C BA b ( gura 10.6), os triângulos (a) e (b). Como AHB BAH e BCA são semelhantes pelo caso AA, com a correspondência de vértices A ↔ C , H ↔ A, B ↔ B . Assim, BH AB AH AC = e = AB BC AB BC

ou, ainda,

y c h b = e = . c a c a A relação ax = b2 é provada de maneira análoga. C b

h c

Figura 10.6:

relações métricas num triângulo retângulo.

(c) Somando membro a membro as relações (b) e (c), obtemos a igualdade a(x + y) = b2 + c2 . Mas desde que x + y = a, nada mais há a fazer. (d) Multiplicando membro a membro as duas relações do item (b), obtemos a2 · xy = (bc)2 ou, ainda, xy =

bc a

= h2 ,

onde utilizamos o item (a) na última igualdade acima. O item (c) da proposição acima é o famoso teorema de Pitágoras. Apresentamos, no que segue, algumas consequências importantes do mesmo, a primeira das quais já foi utilizada na seção acima referida.

Semelhança e Triângulo Retângulo √ As diagonais de um quadrado de lado a medem a 2.

Corolário 5

Se ABCD é um quadrado de lado a e diagonais AC e BD ( gura 10.7), então o triângulo ABC é retângulo e isósceles. Daí, q √ √ 2 2 AC = AB + BC = a2 + a2 = a 2.

Unidade 10

Demonstração

C a

Figura 10.7:

cálculo da diagonal de um quadrado.

As alturas de um triângulo equilátero de lado a medem

√ a 3 . 2

Sejam ABC um triângulo equilátero de lado a e M o ponto médio de BC ( gura 10.8). Como AM ⊥BC , aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo A a B

Figura 10.8:

a 2

alturas de um triângulo equilátero.

ACM , obtemos 2

AM = AC − CM = a2 −

a 2 2

3a2 , 4

Corolário 6

Demonstração

Unidade 10

Semelhança de triângulos donde segue o resultado. O exemplo a seguir utiliza o item (d) da proposição 4 para resolver tricamente uma equação do segundo grau de raízes positivas.

Exemplo 7

p, tais que s > 2p, x − sx + p2 = 0.

Dados segmentos de comprimentos régua e compasso as raízes da equação

geome-

construa com

Solução

s p

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e marque sobre a mesma pontos B e C tais que BC = s. Em seguida, construa um semicírculo Γ de diâmetro BC .

2. Trace a reta r0 , paralela à reta r e à distância p de r, a qual intersecta Γ nos pontos A e A0 (uma vez que p < 2s ).

3. Se H é o pé da perpendicular baixada de A a BC , então BH + CH = s e o item (d) da proposição 4 garante que BH · CH = p2 . Logo, BH e CH são as raízes da equação do segundo grau do enunciado. Para terminar esta seção, estabelecemos a recíproca do teorema de Pitágoras (a esse respeito, veja também a lei dos cossenos na próxima unidade). Proposição 8

Seja ABC um triângulo tal que AB = c, BC = a e AC = b. Se a2 = b2 + c2 , então ABC é retângulo em A.

Semelhança e Triângulo Retângulo Seja H o pé da altura relativa a BC . Há dois casos essencialmente distintos: (a) B ∈ CH : nesse caso, o teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo AHC nos dá ( gura 10.9) 2

b2 = AH + CH > CH ≥ BC = a2 = b2 + c2

e, daí, 0 ≥ c2 , o que é um absurdo. A

Figura 10.9:

recíproca do teorema de Pitágoras - caso (a)

(b) H ∈ BC : sejam AH = h, M o ponto médio de BC e BH = x ( gura 10.10). Podemos supor, sem perda de generalidade, que H ∈ BM . A

Figura 10.10:

recíproca do teorema de Pitágoras - caso (b)

O teorema de Pitágoras aplicado aos triângulos AHC e AHB nos dá 2

a2 = b2 + c2 = ( AH + CH ) + ( AH + BH ) = 2h2 + (a − x)2 + x2 ,

donde h2 = ax − x2 . Mas aí, aplicando novamente o teorema de Pitágoras (agora ao triângulo AHM ), obtemos AM

= AH + HM = h2 + ( BM − BH)2 a 2 a2 = (ax − x2 ) + −x = , 2 4

Unidade 10

Demonstração

Unidade 10

Semelhança de triângulos donde segue que AM = a2 = 12 BC . Portanto, M equidista dos vértices de ABC e a proposição 7.15, Unidade 7, garante que ABC é retângulo em A.

Semelhança e Triângulo Retângulo 1. * Prove que os conjuntos de condições elencados em cada uma das proposições 2 e 3 são realmente su cientes para garantir a semelhança dos triângulos ABC e A0 B 0 C 0 (sugestão: imite a prova da proposição 1).

2. Na gura abaixo, os três quadriláteros mostrados são quadrados e os pontos X, Y e Z são colineares. Calcule a medida x em centímetros do lado do quadrado menor, sabendo que os outros dois quadrados têm lados medindo 4cm e 6cm. X Y Z

3. * Sejam ABC e A0 B 0 C 0 triângulos semelhantes, com razão de semelhança k . Sejam, ainda, ma e m0a , ha e h0a , βa e βa0 respectivamente os comprimentos das medianas, alturas e bissetrizes internas relativas a A e A0 . Prove que ma ha βa = 0 = 0 = k. 0 ma ha βa

4. * O triângulo ABC é retângulo em A e o ponto P ∈ BC é o pé da bissetriz interna do ângulo ∠BAC . Calcule a distância de P ao lado AC em função de AB = c e AC = b (sugestão: se Q ∈ AB é tal que P Q⊥AB , então AQ = P Q e P QB ∼ CAB ).

5. Seja ABC um triângulo retângulo em A e tal que AB = 1. A bissetriz do ângulo ∠BAC intersecta o lado BC em D. Sabendo que a reta que passa por D e é perpendicular a AD intersecta o lado AC em seu ponto médio, calcule o comprimento do lado AC (sugestão: use o resultado do problema anterior).

6. Seja ABCD um paralelogramo de diagonais AC e BD e lados AB = 10cm, AD = 24cm. Sejam, ainda, E e F respectivamente os pés das perpendiculares baixadas desde A aos lados BC e CD. Sabendo que AF = 20cm, calcule o comprimento de AE (sugestão: F AD ∼ EAB ).

Unidade 10

Semelhança de triângulos 7. Inscrevemos em um ângulo de vértice A dois círculos de raios r < R, tangentes exteriormente em P . Calcule AP em termos de r e R.

8. Seja ABC um triângulo tal que BC = a, AC = b e AB = c, e M , N e P pontos respectivamente sobre AB , BC e CA, tais que AM N P é um losango. (a) Calcule, em termos de a, b e c, o comprimento do lado do losango. (b) Mostre como construir com régua e compasso a posição do ponto M.

9. Seja ABC um triângulo equilátero de lado a e←→M o ponto médio de AB . Escolhemos um ponto D sobre a reta BC , com C entre B e D, de modo que CD = a2 . Se AC ∩ DM = {E}, calcule AE em ←→

termos de a (sugestão: trace por C a paralela a AB e marque seu ponto F de interseção com DE . Use, em seguida, que CF D ∼ BM D e CF E ∼ AM E ).

10. Em um trapézio ABCD de bases AB = a e CD = b, os lados não paralelos são AD e BC . Pelo ponto de concurso P das diagonais AC e BD de ABCD, traçamos o segmento M N paralelos às bases, com 2ab M ∈ AD e N ∈ BC . Prove que M N = a+b , a média harmônica de a e b.

11. Em um trapézio ABCD, de bases AB e CD e lados não paralelos AD e BC , seja M o ponto médio da base CD. O segmento AM intersecta a diagonal BD em F . Traçamos por F a reta r, paralela às bases. Se r intersecta os segmentos AD, AC e BC respectivamente em E, G e H , prove que EF = F G = GH .

12. * Sobre o lado BC de um triângulo ABC marcamos um ponto Z . Em seguida, traçamos por B e C respectivamente as retas r e s, ambas ←→ ←→ ←→ paralelas a AZ . Se AC ∩ r = {X} e AB ∩ s = {Y }, prove que 1 1 1 + = BX CY AZ

Semelhança e Triângulo Retângulo (sugestão: utilize as semelhanças BXC ∼ ZAC e CY B ∼ ZAB para calcular BX em função de AZ , CZ , BC e AZ , BZ , BC . Em seguida, use que BZ + CZ = BC ). b = 2ACB b . Mostre que 13. * (OCM). Seja ABC um triângulo tal que ABC b2 = c(a + c) (sugestão: se D é o pé da bissetriz interna traçada a partir de B , mostre inicialmente que ABC ∼ ADB ).

14. (OCM). Um triângulo ABC é tal que Cb = 2Ab e AC = 2 BC . Mostre que tal triângulo é retângulo (sugestão: use o resultado do problema anterior).

15. * (OCS - adaptado). Sejam Γ(O; R) o círculo circunscrito ao triângulo ABC e Ha o pé da altura relativa ao lado BC . Se A0 é o simétrico de A em relação a O, prove que AA0 C ∼ ABHa . Conclua, a partir daí, que se AB = c, AC = b e AHa = ha , então ha =

bc . 2R

16. As retas r e s são tangentes ao círculo circunscrito ao triângulo acutângulo ABC respectivamente em B e em C . Sendo D, E e F os pés das perpendiculares baixadas de A respectivamente a BC e às retas r e s, prove que 2 AD = AE · AF (sugestão: ABD ∼ ACF e ACD ∼ ABE ). Para o problema a seguir, dizemos que um trapézio ABCD, de bases AB b = 90◦ . e CD e lados não paralelos AD e BC , é retângulo em A se DAB

17. Seja ABCD um trapézio de bases AB e CD e lados não paralelos AD e BC , retângulo em A. Sabendo que AB e CD medem respectivamente 12cm e 4cm, e que ABCD é circunscritível, calcule as distâncias dos vértices B e C ao centro do círculo inscrito em ABCD.

18. A hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC é dividida em quatro segmentos congruentes pelos pontos D, E, F . Se BC = 20, calcule a

Unidade 10

Semelhança de triângulos soma AD2 + AE 2 + AF 2 (sugestão: adapte a sugestão do problema 4, página 11, a este caso).

19. No retângulo ABCD de lados AB = 4m e CD = 3m, marcamos sobre a diagonal AC o ponto M tal que DM ⊥AC . Calcule o comprimento do segmento AM (sugestão: use relações métricas em triângulos retângulos).

20. Seja ABC um triângulo retângulo de catetos b e c e altura h relativa à hipotenusa. Prove que

1 1 1 = 2 + 2. 2 h b c

21. * Dados reais positivos a e b, seja AB um segmento no plano de comprimento a + b, e H um ponto sobre o mesmo, tal que AH = a e BH = b. Trace um semicírculo de diâmetro AB e, em seguida, marque o ponto C , obtido como a interseção do semicírculo com a reta perpendicular a AB e passando pelo ponto H . (a) Calcule o comprimento de CH em função de a e b. (b) Mostre que a desigualdade (9.6) do volume 1 é essencialmente equivalente à desigualdade triangular no triângulo (possivelmente degenerado) CHO, onde O é o ponto médio de AB .

22. * Dados segmentos de comprimentos √ a e b, construa com régua e compasso um segmento de comprimento problema anterior).

ab (sugestão: use o item (a) do

23. Sejam M , N e P pontos respectivamente sobre os lados BC , CA e AB de um triângulo equilátero ABC de lado a, tais que BM = CN = AP = a3 . Mostre que o triângulo M N P também é equilátero e que seus lados são perpendiculares aos lados de ABC (sugestão: use a recíproca do teorema de Pitágoras).

24. Dados segmentos de comprimentos a, b e c, construa com régua e com√ passo um segmento de comprimento a2 + b2 − c2 , admitindo que a expressão sob o sinal da raiz seja positiva.

Semelhança e Triângulo Retângulo 25. Identi que e construa com régua e compasso o LG dos pontos médios das cordas de comprimento l de um círculo Γ(O; R) dado.

26. (OCM). Um pedestre, situado a 25m de um edifício, o visualiza sob um certo ângulo. Em seguida, ele se afasta mais 50m do edifício e nota que, ao assim fazer, o novo ângulo de visualização é exatamente a metade do anterior. Calcule a altura do edifício (sugestão: aplique o teorema do ângulo externo e, em seguida, use o teorema de Pitágoras duas vezes).

27. (OCM). As retas r, s e t são paralelas, estando s entre r e t, de tal modo que a distância entre r e s é 3m, ao passo que a distância entre s e t é 1m. O triângulo ABC é equilátero e tem um vértice sobre cada uma das retas r, s, t. Calcule seu lado (sugestão: aplique o teorema de Pitágoras três vezes para obter uma equação cuja incógnita é o comprimento do lado pedido).

28. (OCM). Duas torres, uma com 30m de altura e a outra com 40m de altura, estão situadas a 50m uma da outra. Entre ambas as torres há uma fonte, para a qual dois passarinhos partem, em um mesmo instante e com velocidades iguais, do alto de cada torre. Sabendo que os passarinhos chegam à fonte simultaneamente, calcule a distância da fonte à torre mais baixa.

29. Sejam Γ um círculo de centro O e raio R no plano. Prove que o LG dos pontos P do plano a partir dos quais podemos traçar tangentes de √ comprimento l a Γ é o círculo de centro O e raio R2 + l2 . √ 30. Se os comprimentos de dois dos lados de um triângulo são 7 e 5 2, e se o ângulo compreendido entre tais lados mede 135◦ , calcule o comprimento do terceiro lado.

31. Dado um ponto P no interior de um retângulo ABCD de diagonais AC e 2

BD, prove que AP + CP = BP + DP (sugestão: trace as paralelas aos lados de ABCD passando por P e aplique o teorema de Pitágoras quatro vezes).

32. ABCD é um quadrado de lado 10 e P é um ponto sobre seu círculo cir2

cunscrito. Calcule o valor da soma P A + P B + P C + P D (sugestão:

Unidade 10

Semelhança de triângulos _

se P está sobre o arco menor AD, mostre que APbC = B PbD = 90◦ e use, em seguida, o teorema de Pitágoras).

33. Se as diagonais de um quadrilátero são perpendiculares, prove que as somas dos quadrados dos comprimentos dos pares de lados opostos são iguais.

34. Considere no plano uma reta s e dois círculos de raios R e r, situados em um mesmo semiplano dos que s determina, e tangentes a s e exteriormente entre si. Considere um terceiro círculo, tangente exteriormente aos dois primeiros e também tangente a s. Sendo x o raio desse terceiro círculo, prove que 1 1 1 √ =√ +√ . x r R

35. Seja s a reta numerada e α um dos semiplanos, dentre os que s determina. Para cada n ∈ Z, trace o círculo de raio 12 , contido em α e tangente a s em n. Em seguida, trace (recursivamente) todos os círculos tangentes a s e a dois dos círculos anteriormente traçados. Prove que o conjunto dos pontos de tangência de tais círculos com s está contido em Q (sugestão: use o resultado do problema anterior1 ).

1 Pode

ser provado que o conjunto dos pontos de tangência assim obtido coincide com

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007).

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America.

. The Mathematical

Geometric Transformations I

11 Relações métricas no triângulo qualquer Sumário 11.1 A trigonometria do ângulo agudo

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11.4 O teorema de Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . .

11.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11.2 A Lei dos Cossenos 11.3 A Lei dos Senos

Unidade 11

A trigonometria do ângulo agudo Depois da semelhança e das relações métricas no triângulo retângulo vamos tratar das ferramentas principais para resolver problemas com quaisquer outros triângulos. Para isso, será inevitável alguma trigonometria. 11.1

A trigonometria do ângulo agudo

São conhecidas as razões trigonométricas do ângulo agudo. Dado um ângulo agudo XOY = α toma-se um ponto P qualquer do lado OY e traça-se a perpendicular P A ao lado OX . Y P

α O

As razões trigonométricas associadas ao ângulo α são: Seno do ângulo XOY :

sen α =

AP OP

Cosseno do ângulo XOY :

cos α =

OA OP

Tangente do ângulo XOY :

tan α =

AP OA

Observe que essas de nições não dependem da escolha do ponto P . De fato, para um outro ponto P 0 sobre OY e sua perpendicular P 0 A0 sobre OX 0 0 AP temos que os triângulos OP A e OP 0 A0 são semelhantes e, portanto AOPP0 = OP , OA0 OA A0 P 0 AP = OP e OA0 = OA . OP 0 Assim, seno, cosseno e tangente são números associados a cada ângulo agudo de acordo com a de nição acima. Nesta unidade estamos identi cando cada ângulo com sua medida para tornar a linguagem mais simples. Assim, quando falarmos, por exemplo, no cosseno de 30o (cos 30o ) estaremos nos referindo, na verdade, ao cosseno do ângulo cuja medida é 30o .

Relações métricas no triângulo qualquer Hoje em dia, é indiferente escrever os símbolos das razões na notação em português (sen, cos, tg) ou na notação internacional (sin, cos, tan). Tanto professores quanto alunos leem os livros didáticos brasileiros, mas também usam calculadoras cujas teclas referentes às razões trigonométricas estão na notação internacional. Para que possamos tratar das ferramentas adequadas a qualquer triângulo é necessário de nir seno, cosseno e tangente para ângulos até 180o . No caso do ângulo reto, de nimos: sen 90o = 1 e cos 90o = 0. Seja agora β um ângulo obtuso. Para de nir as razões trigonométricas de β vamos considerar seu suplemento α = 180o − β . De nimos: sen β = sen α cos β = − cos α As guras a seguir permitem visualizar o seno e o cosseno de ângulos agudos ou obtusos. Nelas tomamos OP = 1. P

P 1

α x

Na primeira gura temos sen α = y e cos α = x. Na segunda gura temos sen β = y e cos β = −x . 11.2

A Lei dos Cossenos

A Lei dos Cossenos é uma relação muito útil que envolve os três lados do triângulo e o cosseno de um dos ângulos. A demonstração é bastante simples. Escolhemos inicialmente um dos ângulos do triângulo ABC . Seja A o ângulo escolhido.

Caso A < 90o Seja D a projeção do vértice B sobre a reta AC . Imaginando que o triângulo ABC não seja retângulo em C (porque se fosse a nossa relação não teria graça

Unidade 11

A Lei dos Cossenos nenhuma) a gura pode ser uma das duas seguintes: B

c A

h x

D b

a C x

h D

Como de hábito, sejam AB = c, AC = b e BC = a. Como A < 90o então D está na semirreta AC . Seja AD = x. Assim DC = |b − x|. No triângulo BDC o teorema de Pitágoras fornece a2 = h + |b − x|2 = h2 + b2 + x2 − 2bx .

No triângulo BDA temos, pelo mesmo teorema, h2 = c2 −x2 . Substituindo camos com a2 = c2 − x2 + b2 + x2 − 2bx a2 = b2 + c2 − 2bx Entretanto, em qualquer uma das guras tem-se xc = cos A, ou seja, x = c cos A. Substituindo esse valor de x na última relação encontramos a2 = b2 + c2 − 2bc cos A .

Caso A > 90o Seja D a projeção do vértice B sobre a reta AC . Neste caso, D está na semirreta oposta à semirreta AC como na gura a seguir. B

a θ

Relações métricas no triângulo qualquer

Unidade 11

Como no caso anterior seja AD = x e seja θ = 180o − A o ângulo externo de vértice A do triângulo. A aplicação do teorema de Pitágoras nos triângulos BDC e BDA fornecem as relações: a2 = h2 + (b + x)2 = h2 + b2 x2 + 2bx h2 = c2 − x2

A substituição de h2 na primeira relação dá a2 = b2 + c2 + 2bx. Porém, neste caso, cos θ = xc e, consequentemente, cos A = − xc , ou seja, x = −c cos A. Substituindo na relação anterior camos com a2 = b2 + c2 + 2b(−c cos A), ou seja, a2 = b2 + c2 − 2bc cos A que coincide exatamente com a relação do caso anterior. Esta é a Lei do Cosseno para o ângulo A (ou para o lado a). E o que ocorre se o ângulo A for reto? A relação a2 = b2 + c2 − 2bc cos A continua válida porque, neste caso, cos A = 0 e o que resta é a2 = b2 + c2 , o teorema de Pitágoras. As outras versões desta relação são obtidas simplesmente trocando convenientemente os nomes das letras que representam os lados e os ângulos do triângulo. Elas são: b2 = a2 + c2 − 2ac cos B c2 = a2 + b2 − 2ab cos C

Dentre as aplicações da Lei dos Cossenos, a mais interessante, na minha opinião, é que podemos facilmente obter os cossenos dos ângulos de um triângulo quando seus lados são conhecidos. Acompanhe os exemplos a seguir. Determine o maior ângulo do triângulo cujos lados medem 5, 6 e 7.

O maior ângulo do triângulo é oposto ao maior lado. Temos então a situação da gura a seguir:

Exemplo 1

Solução

Unidade 11

A Lei dos Cossenos

θ 5

O ângulo θ que queremos calcular é oposto ao lado que mede 7. Aplicando a Lei dos Cossenos para o ângulo θ temos: 72 = 52 + 62 − 2.5.6. cos θ

As contas fornecem cos θ =

Exemplo 2 Solução

1 5

e uma calculadora dá θ ∼ = 78, 5o .

Determine a área do triângulo cujos lados medem 5, 6 e 7.

√

Calculamos cos θ = 15 . Logo, sen θ = 2 5 6 e, como a área do triângulo ABC é 1 S = AB.AC. sen A 2 √ √ 2 6 1 encontramos S = 2 .5.6. 5 = 6 6.

Determinação da natureza de um triângulo Um triângulo é acutângulo, retângulo ou obtusângulo se seu maior ângulo for, respectivamente, agudo, reto ou obtuso. Decorre imediatamente da Lei dos Cossenos no triângulo ABC as seguintes e úteis relações: A < 90o

⇔

a2 < b2 + c2

A = 90o

⇔

a2 = b 2 + c 2

A > 90o

⇔

a2 > b2 + c2

Em um triângulo de lados a, b e c, se a é o maior lado, a comparação de a com b2 + c2 fornece a natureza desse triângulo. 2

Relações métricas no triângulo qualquer 11.3

A Lei dos Senos

A Lei dos Senos resolverá, principalmente, o caso de obter outros elementos de um triângulo onde os ângulos são conhecidos e apenas um lado é conhecido. A Lei dos Senos possui também forte relacionamento com a circunferência circunscrita ao triângulo, como veremos a seguir. A gura abaixo mostra o triângulo ABC , com lados a, b e c, inscrito em uma circunferência de raio R. A D

Como de hábito, o ângulo BAC do triângulo será representado simplesmente por A. Traçamos o diâmetro BD. Assim, o ângulo BCD é reto e os ângulos BAC e BDC são iguais, pois subtendem o mesmo arco BC . BC a a O seno do ângulo BDC é igual a BD = 2R . Então, sen A = 2R , ou seja, a = 2R. sen A Esta relação mostra que a razão entre um lado do triângulo e o seno do ângulo oposto é igual ao diâmetro da circunferência circunscrita e, naturalmente, essa relação vale qualquer que seja o lado escolhido. A Lei dos Senos no triângulo ABC é escrita assim: a b c = = = 2R sen A sen B sen C

onde R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC . A Lei dos Senos fornece um caminho simples para determinar o raio da circunferência circunscrita a um triângulo. Acompanhe o exemplo a seguir.

Unidade 11

Exemplo 3

Solução

A Lei dos Senos

Determine o raio da circunferência circunscrita ao triângulo cujos lados medem 5, 6 e 7.

Já calculamos no primeiro Exemplo cos θ =

√ 2 6 . 5

Assim, a Lei dos senos fornece a relação

1 5

√7 2 6/5

e é imediato calcular sen θ = = 2R e, consequentemente,

√ 35 6 ∼ R= = 3, 57 . 24

Exemplo 4

Duas pessoas A e B estão em uma praia e possuem instrumentos que permitem medir ângulos no plano horizontal (teodolitos, por exemplo). Ambas conseguem ver uma pequena ilha C distante da costa mediram os ângulos BAC = 119o e ABC = 52o . Se a distância entre A e B é de 1km, qual é a distância aproximada entre A e C ?

Solução

Do triângulo ABC dois ângulos são conhecidos. Entretanto, para nossa felicidade, ninguém precisa atravessar uma parte do oceano para medir o ângulo C . Como a soma dos ângulos de qualquer triângulo é 180o temos imediatamente que C = 9o . A Lei dos Senos é a ferramenta ideal para resolver esse caso: AC 1 = o sen 52 sen 9o

Fazendo as contas encontramos AC = 5, 04km.

Obs: As leis dos senos e dos cossenos sempre estiveram presentes nos cálculos de distâncias inacessíveis. Mesmo hoje, no interior do GPS elas estão lá.

Relações métricas no triângulo qualquer 11.4

Unidade 11

O teorema de Menelaus

O teorema de Menelaus é uma relação bem diferente das anteriores. Ele não envolve ângulo algum, mas é uma especialista em calcular razões. O enunciado do teorema é o seguinte: Dado um triângulo ABC uma reta transversal corta as retas AB , BC , e CA nos pontos L, M e N , respectivamente. Então, LA M B N C . . =1. LB M C N A

Observe o enunciado e a arrumação das letras na relação acima. A beleza está nessa arrumação. Veja uma demonstração. s A t

L bc

N bc

A gura acima mostra um triângulo ABC e uma transversal t. Seja s uma reta paralela a t passando por A e seja P a interseção de s com a reta BC . Vamos agora usar duas vezes o teorema de Tales com essas paralelas s e t. LA LB Com as transversais BA e BP temos: M =M . P B MP MC Com as transversais CA e CP temos: N A = N C . LB M C Multiplicando membro a membro e simpli cando M P temos NLAA = M · B NC o que é o mesmo que LA M B N C · · =1. LB M C N A Para dar um exemplo do poder do teorema de Menelaus, vou mostrar uma questão do Exame de Quali cação de 2012. No triângulo ABC o ponto P do lado AC e o ponto Q do lado BC são tais que AP = 31 AC e BQ = 23 BC . As cevianas AQ e BP cortam-se em J . JA Calcule a razão JQ .

Exemplo 5

Unidade 11

O teorema de Menelaus Comentário 1 Não é fácil, de início, usar o teorema de Menelaus. Será preciso alguma prática para decidir, em cada situação qual é o triângulo adequado e qual é a transversal que deve ser considerada. A solução deste exemplo deve dar uma dica.

Solução

A situação é a seguinte. A b P 2b

Observando com atenção o teorema de Menalaus a decisão correta é considerar o triângulo AQC com a transversal BJP . Ficamos com a gura a seguir: A b P 2b

O teorema aplicado nessa situação fornece: JA BQ P C . . =1. JQ BC P A

Substituindo os dados camos com

JA 3 JA 2 2 . . = 1, ou seja, = . JQ 3 1 JQ 4

Relações métricas no triângulo qualquer Comentário 2 O teorema de Menelaus enunciado aqui é sua versão básica. Nessa versão, sua recíproca não é verdadeira. Para que a recíproca do teorema de Menelaus seja verdadeira devemos utilizar razões acrescidas de um sinal (razões orientadas). O que isso signi ca? Imagine três pontos colineares P , A e B em qualquer ordem. A razão orientada PP BA é positiva se os segmentos P A e P B têm mesmo sentido e, negativa, se tiverem sentidos opostos. Com isso, é verdadeiro o enunciado: Recíproca do Teorema de Menelaus

Dados os pontos A, B e C , sejam L, M e N pontos das retas AB , BC e LA M B N C CA, respectivamente tais que LB . M C . N A = 1 (razões orientadas). Então, L, M e N são colineares. A demonstração se apoia no seguinte fato. Dados os pontos A e B e um número real k então existe um único ponto P da reta AB tal que PP BA = k . Deixamos os detalhes para o leitor.

Unidade 11

Exercícios 11.5

Exercícios

1. No triângulo ABC , BC = 8, AC = 7 e B = 60o . Calcule o lado AB . Os dois valores que você encontrou são possíveis?

2. Um retângulo tem a base igual ao dobro da altura. Qual é o cosseno do ângulo entre as diagonais?

3. Em um trapézio isósceles, as bases medem a e b e os outros dois lados medem c. Mostre que o comprimento de uma diagonal é

√

c2 + ab.

Sugestão: Trace as alturas pelos vértices da base menor e determine o cosseno de um dos ângulos agudos.

4. Os lados de um triângulo medem 5, 7 e x. Determine para que valores de x esse triângulo é obtusângulo.

5. Mostre que no triângulo ABC a mediana relativa ao vértice A é dada por mA =

1p 2 2(b + c2 ) − a2 . 2

6. Mostre que em qualquer paralelogramo a soma dos quadrados das diagonais é igual a soma dos quadrados dos quatro lados. Sugestão: Use o exercício anterior.

7. No triângulo ABC , AB = 4, AC = 6 e Bˆ = 2Cˆ . Calcule o lado BC . 8. Mostre que, em qualquer triângulo ABC tem-se sen A < sen B + sen C . 9. Considere a gura a seguir. A 4 E

P B

Calcule as razões

1 D

PA PB e . PD PE

Relações métricas no triângulo qualquer 10. No triângulo ABC as cevianas AM , BN e CL são concorrentes. A

N L

LA M B N C . . = 1 (teorema de Ceva) LB M C N A Sugestão 1: Trace por A uma paralela a BC , assinale as interseções dessa paralela com as retas CL e BN e use semelhança de triângulos.

(a) Mostre que

: Sendo O o ponto comum às cevianas, use o teorema de Menelaus nos triângulos AM B e AM C com as transversais LOC e N OB . Sugestão 2

(b) Demonstre a recíproca desse teorema. Obs: a recíproca do teorema de Ceva é particularmente importante para veri car se três cevianas de um triângulo são concorrentes ou não. Em particular ca fácil mostrar que as três alturas de um triângulo são concorrentes.

11. No triângulo ABC , a ceviana AD é a bissetriz interna do ângulo A (representa-se por βA ). (a) Calcule os segmentos BD e CD em função dos lados do triângulo. (b) Sendo p o semiperímetro do triângulo ABC mostre que βA =

2 p bcp(p − a) . b+c

12. No triângulo ABC de lados a, b e c considere uma ceviana AD de comprimento x. Sejam m e n as medidas de BD e DC , respectivamente.

Unidade 11

Exercícios A

Mostre que: b2 m + c2 n = x2 a + mna (relação de Stewart). :Lei dos cossenos relativa ao vértice D nos triângulos ADB e

Sugestão

ADC .

13. Seja p o semiperímetro do triângulo ABC de lados a, b e c. Mostre que a área do triângulo é p S = p(p − a)(p − b)(p − c) (fórmula de Heron) . : A área do triângulo ABC é S = 12 bc sen A, ou seja, 4S 2 = b2 c2 (1 − cos2 A). Use a lei dos cossenos para escrever cos A, substitua e...

Sugestão

14. Os pontos P , Q e R da gura abaixo são colineares? P bc

8 bc

6 b

Relações métricas no triângulo qualquer Respostas

1. 3 ou 5. Sim, Há dois triângulos diferentes com esses dados. 3 5

2. . √

√

4. 0 < x < 2 6 ou 74 < x < 12. 7. 5. 9.

20 15 e . 3 8

14. São colineares.

Unidade 11

Geometria

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Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

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[10] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America.

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Geometric Transformations I

12 Áreas de Polígonos Sumário 12.1 Áreas de Polígonos

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12.3 Problemas Suplementares . . . . . . . . . . . . . . .

12.2 Problemas

Unidade 12

Áreas de Polígonos Intuitivamente, a área de uma região no plano é um número positivo que associamos à mesma e que serve para quanti car o espaço por ela ocupado. Referimos o leitor ao excelente livro de E. L. Lima [10] para uma prova de que é realmente possível associar a cada polígono do plano uma área tal que os postulados 1. a 4. a seguir sejam satisfeitos. Nosso propósito nesta unidade é, primordialmente, operacionalizar o cálculo de áreas, obtendo, a partir daí, algumas aplicações interessantes. Entretanto, os problemas da de nição e do cálculo efetivo de áreas serão retomados na disciplina Fundamentos de Cálculo (MA22), quando desenvolveremos o Cálculo Diferencial e Integral. 12.1

Áreas de Polígonos

Para que um conceito qualquer de área para polígonos tenha utilidade, postulamos que as seguintes propriedades (intuitivamente desejáveis) sejam válidas:

1. Polígonos congruentes1 têm áreas iguais. 2. Se um polígono convexo é

em um número nito de outros polígonos convexos (i.e., se o polígono é a união de um número nito de outros polígonos convexos, os quais não têm pontos interiores comuns), então a área do polígono maior é a soma das áreas dos polígonos menores. particionado

3. Se um polígono (maior) contém outro (menor) em seu interior, então a área do polígono maior é maior que a área do polígono menor.

4. A área de um quadrado de lado 1cm é igual a 1cm2 . Valendo as propriedades 1. a 4. acima, particione um quadrado de lado n ∈ N em n2 quadrados de lados 1 cada. Denotemos a área do quadrado maior por An , devemos ter An igual à soma das áreas desses n2 quadrados de lado 1, de maneira que An = n2 . 1 Apesar

de não termos de nido formalmente a noção de congruência para polígonos, a ideia é a mesma que para triângulos: um deles pode ser deslocado no espaço, sem deformálo, até coincidir com o outro. Observe que dois quadrados quaisquer de mesmo lado são congruentes (justi que essa a rmação!).

Áreas de Polígonos , com m, n ∈ N, e área A mn . Considere, agora, um quadrado de lado m n 2 por la, em Arranje n cópias do mesmo, empilhando n quadrados de lado m n · n = m. Tal quadrado maior n las, formando assim um quadrado de lado m n 2 terá, como já sabemos, área m ; por outro lado, como ele está particionado em n2 quadrados de lado m cada, sua área é igual à soma das áreas desses n2 n quadrados, i.e., m2 = n2 · A mn . Portanto,

m2 m 2 . = n2 n A discussão acima sugere que a área de um quadrado de lado l deve ser igual a l2 . Para con rmar tal suposição, argumentemos de maneira análoga à prova do teorema de Tales: para k ∈ N, tomamos números racionais xk e yk tais que 1 xk < l < yk e yk − xk < . k Em seguida, construímos quadrados de lados xk e yk , o primeiro contido no quadrado dado e o segundo o contendo. Como já sabemos calcular áreas de quadrados de lado racional, o postulado 3. acima garante que a área Al do quadrado de lado l deve satisfazer as desigualdades A mn =

x2k < Al < yk2 .

Mas como x2k < l2 < yk2 , concluímos que ambos os números Al e l2 devem pertencer ao intervalo (x2k , yk2 ), de maneira que |Al − l2 | < yk2 − x2k = (yk − xk )(yk + xk ) 1 < (yk − xk + 2xk ) k 1 1 < + 2l . k k

Tendo de satisfazer a desigualdade acima para todo número natural k , temos que |Al − l2 | = 0 (justi que), i.e., Al = l2 .

Resumimos a discussão acima na seguinte

Unidade 12

Proposição 1

Áreas de Polígonos

Um quadrado de lado l tem área l2 . D

D l A

a B

A(ABCD) = l2

Figura 12.1:

B A(ABCD) = ab

áreas de um quadrado e de um retângulo.

Um argumento análogo ao acima permite provar que um retângulo de lados a e b tem área igual a ab ( gura 12.1): começamos com um retângulo de lados m, n ∈ N, particionando-o em mn quadrados de lado 1 para mostrar que 1 2 sua área é mn. Em seguida, tomamos um retângulo de lados m e m , com n1 n2 m1 , m2 , n1 , n2 ∈ N, e, com n1 n2 cópias do mesmo, montamos um retângulo maior de lados m1 e m2 . Somando áreas iguais, concluímos que a área do retângulo dado originalmente é igual a m1 m2 m1 m2 = · . n1 n2 n1 n2

Por m, tomamos um retângulo de lados a, b > 0 reais, e, para k ∈ N, racionais xk , yk , uk , vk tais que xk < a < yk , uk < b < vk e yk − xk , uk − vk < k1 . Sendo A a área do retângulo de lados a e b, um argumento análogo ao feito para quadrados garante que A e ab pertencem ambos ao intervalo (uk xk , yk vk ) e, daí, para todo k ∈ N, |A − ab| < vk yk − uk xk = (vk − uk )yk + uk (yk − xk ) 1 1 < (yk + uk ) = ((yk − xk ) + 2xk + (vk − uk ) + 2uk ) k k 1 2 < + 2a + 2b . k k

Também como antes, a validade da desigualdade acima para todo k ∈ N garante que A = ab, fato que resumimos na seguinte

Áreas de Polígonos

Unidade 12

Proposição 2

Um retângulo de lado a e b tem área ab. Calculemos a área de um paralelogramo como corolário da discussão acima. Para tanto, xado um lado de um paralelogramo, o qual chamaremos de base, diremos que a distância entre ele e seu lado paralelo é a altura do paralelogramo. A área de um paralelogramo de base a e altura h é igual a ah. Sejam respectivamente E e F os pés das perpendiculares baixadas de D e ←→ C à reta AB e suponha, sem perda de generalidade, que E ∈ AB ( gura 12.2). É imediato veri car que os triângulos ADE e BCF são congruentes pelo caso a

C h

Figura 12.2:

área de um paralelogramo.

CH, de modo que AE = BF e A(ADE) = A(BCF ). Então, temos A(ABCD) = A(ADE) + A(BEDC) = A(BCF ) + A(BEDC) = A(EF CD).

Por outro lado, EF CD é um retângulo de altura h e base EF = EB + BF = EB + AE = AB = a.

Portanto, A(ABCD) = A(EF CD) = ah. De posse da fórmula acima para o cálculo da área de paralelogramos, podemos facilmente obter uma fórmula correspondente para a área de triângulos mediante o artifício discutido na seguinte

Proposição 3

Demonstração

Unidade 12

Proposição 4

Áreas de Polígonos

Seja ABC um triângulo de lados BC = a, AC = b, AB = c e alturas ha , hb , hc respectivamente relativas aos lados a, b, c. Então, A(ABC) =

bhb chc aha = = . 2 2 2

(12.1)

Em particular, aha = bhb = chc . ←→

Demonstração

Seja S = A(ABC) e D a interseção da paralela a BC por A com a paralela ←→ a AB por C ( gura 12.3). É imediato veri car que ABCD é um paralelogramo a

ha B

Figura 12.3:

C área de um triângulo.

de área 2S (uma vez que ABC ≡ BCD). Portanto, 2A(ABC) = 2S = aha , donde segue a primeira igualdade. As outras duas igualdades podem ser obtidas de modo análogo. Agora, calcular áreas de polígonos convexos é, em princípio, uma tarefa fácil: as diagonais do mesmo traçadas a partir de um de seus vértices o particionam em triângulos, e basta calcular a área de cada um desses triângulos com a ajuda da proposição anterior. Para uso futuro, se dois polígonos tiverem áreas iguais, diremos que são equivalentes. Por exemplo, de acordo com a proposição 3, um paralelogramo de base a e altura h é equivalente a um retângulo de lados a e h.

Áreas de Polígonos 12.2

Problemas

1. ABCD é um retângulo de lados AB = 32m e BC = 20m. Os pontos E e F são respectivamente os pontos médios dos lados AB e AD. Calcule a área do quadrilátero AECF .

2. No paralelogramo ABCD marcamos o ponto E , sobre o lado AD, tal que BE⊥AD. Se BE = 5cm, BC = 12cm e AE = 4cm, calcule a área do triângulo ECD.

3. Seja ABC um triângulo qualquer. (a) Prove que o triângulo formado pelos pontos médios dos lados de ABC tem área igual a 14 da área de ABC . (b) Prove que com as medianas de ABC podemos formar um triângulo DEF . (c) Calcule a razão entre as áreas dos triângulos ABC e DEF .

4. Seja ABCD um quadrilátero qualquer e M, N, P, Q respectivamente os pontos médios de AB, BC, CD, DA. Prove que 1 A(M N P Q) = A(ABCD). 2

5. São dados no plano dois quadrados, de lados 1cm e 2cm. Se o centro do quadrado de lado menor coincide com um dos vértices do quadrado maior, calcule os possíveis valores da área da porção do plano comum aos dois polígonos.

6. Sejam ABC um triângulo e ABDE e ACF G paralelogramos construídos exteriormente a ABC . Sejam, ainda, H o ponto de interseção das retas ←→ ←→ ←→ ←→ DE e F G e BCIJ um paralelogramo tal que CI = AH e CI k AH . Prove que A(ABDE) + A(ACF G) = A(BCIJ).

7. Cada diagonal de um quadrilátero convexo o divide em dois triângulos de mesma área. Prove que o quadrilátero é um paralelogramo.

Unidade 12

Problemas 8. (OBM). Seja ABC um triângulo retângulo de área 1m2 . Calcule a área ←→

do triângulo A0 B 0 C 0 , onde A0 é o simétrico de A em relação a BC , B 0 ←→ é o simétrico de B em relação a AC e C 0 é o simétrico de C em relação ←→ a AB .

9. Seja ABCD um quadrado de lado 1, E o ponto médio de BC e F o de CD. Sendo G o ponto de interseção de DE e AF , Calcule a área do triângulo DF G.

10. * Se ABC é um triângulo equilátero com lados de comprimento a, prove √

que A(ABC) = a 4 3 (sug: comece utilizando√ o teorema de Pitágoras para mostrar que as alturas de ABC medem a 2 3 ). 2

11. Seja ABCD um quadrado de lado 1cm e E um ponto no interior de ABCD, tal que o triângulo ABE seja equilátero. Calcule a área do triângulo BCE .

12. ABCD é um quadrado de lado 1cm e AEF um triângulo equilátero, com E ∈ BC e F ∈ CD. Calcule a área de AEF .

13. O triângulo ABC tem lados a, b, c. As alturas correspondentes a tais lados são respectivamente iguais a ha , hb , hc . Se a + ha = b + hb = c + hc , prove que ABC é equilátero.

14. Seja ABC um triângulo equilátero. (a) Mostre, mediante o cálculo de áreas, que as três alturas de ABC têm comprimentos iguais. (b) Prove que a soma das distâncias de um ponto escolhido no interior de ABC a seus lados independe da posição do ponto.

Áreas de Polígonos 12.3

Problemas Suplementares

1. (OIM - adaptado). (a) Se dois triângulos têm alturas iguais, prove que a razão entre suas áreas é igual à razão entre os comprimentos das bases correspondentes às alturas iguais. (b) Sejam ABC um triângulo e D, E e F pontos respectivamente sobre BC , CA e AB , tais que os segmentos AD, BE e CF são concorrentes em P . Sabe-se que A(BDP ) = 40, A(CDP ) = 30, A(CEP ) = 35, A(AF P ) = 84. Calcule a área de ABC .

2. (OIM). Seja P um polígono convexo circunscritível. Uma reta r divide P em dois polígonos de mesma área e mesmo perímetro. Mostre que r passa pelo centro do círculo inscrito em P .

3. (IMO). Em um quadrilátero convexo de área 32cm2 , a soma dos comprimentos de dois lados opostos e uma diagonal é 16cm. Calcule todos os comprimentos possíveis da outra diagonal (sugestão: seja ABCD o quadrilátero, AC a diagonal e AB = a, CD = b, AC = d, de sorte que a + b + d = 16. Se h1 e h2 denotam respectivamente as alturas dos triângulos ABC e ACD relativas a AC , então d(h1 +h2 ) = 64; por outro lado, pela desigualdade entre as médias temos d(h1 + h2 ) ≤ d(a + b) ≤ 1 (d + a + b)2 ). 4

Unidade 12

Geometria

Euclidiana

Geometria Hiperbólica

Introdução à Geo-

. Instituto Nacional de

. Sociedade

Plana

Volume

. The

Geometry Revisited

The Thirteen Books of Euclid's Elements

. Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007). [10] LIMA, E. L. (1997). de Matemática. 2

Century

. Dover.

Advanced Euclidean Geometry

Medida e Forma em Geometria

[11] YAGLOM, I. M. (1962). Association of America.

. Sociedade Brasileira . The Mathematical

Geometric Transformations I

[12] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical Association of America. [13] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America.

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS [14] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America.

Unidade 12

Aplicações Sumário 13.1 Aplicações

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13.2 Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13.3 Problemas Suplementares . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 13

Aplicações 13.1

Aplicações

Uma consequência imediata da proposição 12.4, Unidade 12, é o critério a seguir para equivalência de triângulos. ←→

Corolário 1

←→

Demonstração

←→

Sejam ABC e A0 BC triângulos tais que AA0 k BC . Então A(ABC) = A(A0 BC). ←→

Sendo d a distância entre as retas BC e AA0 ( gura 13.1), temos A′

A d B

Figura 13.1:

critério para equivalência de triângulos.

A(ABC) =

1 BC · d = A(A0 BC). 2

O corolário anterior pode ser usado para transformar um polígono em outro equivalente, com menor número de lados. Vejamos como fazer isso no seguinte Exemplo 2

Em relação à gura dada a seguir, construa com régua e compasso o ponto ←→ E ∈ BC tal que A(ABE) = A(ABCD).

Solução

Aplicações

Unidade 13

Descrição dos passos.

←→

1. Trace, pelo ponto D, a reta r, paralela à reta AC . ←→

2. Marque o ponto E de interseção de r com a reta BC . 3. Pelo corolário anterior, os triângulos ACD e ACE têm áreas iguais; logo, ABE e ABCD também têm áreas iguais.

Outra consequência interessante do corolário 1 é a possibilidade de provar o teorema de Pitágoras através do cálculo de áreas, conforme atesta o seguinte Seja ABC um triângulo retângulo em A, com catetos AB = c, AC = b e hipotenusa BC = a. Sendo H o pé da altura relativa à hipotenusa, CH = m, BH = n e AH = h, provemos, mediante o cálculo de áreas, as relações métricas (a) ah = bc. (b) c2 = an e b2 = am. (c) a2 = b2 + c2 . (a) Basta ver que ah e bc são duas expressões distintas para o dobro da área de ABC . De fato, A(ABC) =

ah 1 bc 1 BC · AH = e A(ABC) = AC · AB = . 2 2 2 2

(b) Construa exteriormente a ABC , os quadrados ABDE , BCF G e ACJK −→ ( gura 13.2) e seja I o ponto de interseção da semirreta AH com F G. De ←→ ←→ AI k BG temos A(BGA) = A(BGH) =

1 an BG · BH = . 2 2

b = 90◦ + B b = ABG b , Por outro lado, como BD = AB , BC = BG e DBC os triângulos BCD e BGA são congruentes por LAL. Portanto, A(BCD) = ←→ ←→ 2 A(BGA) = an (I). Mas AC k BD , de modo que A(BCD) = A(ABD) = c2 2

Exemplo 3

Unidade 13

Aplicações G I

F D

Figura 13.2:

J o teorema de Pitágoras via áreas.

(II). Segue, pois, de (I) e (II) que c2 = an. Provar que b2 = am é análogo. (c) Somando membro a membro as duas relações do item (b), obtemos b2 + c2 = am + an = a(m + n) = a2 .

A fórmula para a área de um triângulo também nos dá uma maneira de calcular áreas de trapézios. Para tanto, diremos doravante que a distância entre as bases de um trapézio é sua altura. Proposição 4

Se ABCD é um trapézio de bases AB = a, CD = b e altura h, então A(ABCD) =

Demonstração

(a + b)h . 2

Suponha, sem perda de generalidade, que a > b ( gura 13.3). Se E ∈ AB for tal que AE = b, então o quadrilátero AECD tem dois lados paralelos e

Aplicações b

Unidade 13

h A

Figura 13.3:

b E a−b

área de um trapézio.

iguais, de modo que é um paralelogramo. Como BE = a − b, temos A(ABCD) = A(AECD) + A(EBC) (a + b)h (a − b)h = . = bh + 2 2

Se ABCD é um losango de diagonais AC e BD, então A(ABCD) =

1 AC · BD. 2

Como AC⊥BD ( gura 13.4), temos

Demonstração

D A

M B

Figura 13.4:

área de um losango.

A(ABCD) = A(ABC) + A(BCD) 1 1 = AC · BM + AC · DM 2 2 1 = AC · BD. 2

Corolário 5

Unidade 13

Aplicações

A proposição a seguir ensina qual a relação entre as áreas de triângulos semelhantes e a razão de semelhança. Proposição 6

Sejam ABC e A0 B 0 C 0 dois triângulos semelhantes. Sendo k a razão de semelhança de ABC para A0 B 0 C 0 , temos A(ABC) = k2. A(A0 B 0 C 0 )

Demonstração

Sejam BC = a, B 0 C 0 = a0 e h e h0 as alturas de ABC e A0 B 0 C 0 , respectivamente relativas a BC e B 0 C 0 ( gura 13.5). Como a = ka0 e h = kh0 A A′ h

h′ C

B a

Figura 13.5:

C′

B′ a′

áreas de triângulos semelhantes.

(problema 3, Unidade 10, segue que A(ABC) ah ka0 · kh0 = = = k2. A(A0 B 0 C 0 ) a0 h0 a0 h0

Exemplo 7

Em relação à gura abaixo, construa com régua e compasso pontos D ∈ AB e E ∈ AC tais que DE k BC e A(ADE) = A(DBCE).

Solução

Aplicações

Unidade 13

Supondo o problema resolvido, como A(ADE) = 12 A(ABC) e ADE ∼ ABC , a proposição anterior garante que s AE A(ADE) 1 = =√ . A(ABC) AC 2 Descrição dos passos.

1. Trace o semicírculo Γ de diâmetro AC e exterior a ABC . 2. Sendo M o ponto médio de AC , marque P ∈ Γ tal que P M ⊥AC . O teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo AP C garante que AP = √1 AC . 2

3. Obtenha E como a interseção de AC com o círculo de centro A e raio AP .

Terminamos esta seção apresentando três aplicações interessantes da fórmula geral (12.1) da Unidade 12 para a área de triângulos, aplicada em conjunção a alguns dos resultados anteriormente estudados. Seja ABC um triângulo de lados BC = a, AC = b, AB = c e semiperímetro p. Se r e ra são respectivamente os raios dos círculos inscrito em ABC e ex-inscrito a BC , então A(ABC) = pr = (p − a)ra .

(13.1)

Sejam I o incentro e Ia o ex-incentro relativo a BC ( gura 13.6). Temos: A(ABC) = A(AIB) + A(AIC) + A(BIC) cr br ar = + + = pr. 2 2 2

Proposição 8

Demonstração

Aplicações

Unidade 13

B Ia I A

Figura 13.6:

C fórmulas para a área de um triângulo.

e A(ABC) = A(AIa B) + A(AIa C) − A(BIC) cra bra ara + − = (p − a)ra . = 2 2 2

Estamos, agora, em condições de provar outro corolário do teorema de Ptolomeu, o teorema de Carnot1 , enunciado a seguir. Teorema 9

Se ABC é um triângulo acutângulo de circuncentro O, e x, y e z denotam respectivamente as distâncias de O aos lados BC , AC e AB , então x + y + z = R + r,

onde r e R denotam respectivamente os raios dos círculos inscrito e circunscrito a ABC .

Demonstração

Sejam M , N e P respectivamente os pontos médios dos lados BC , CA e AB , de modo que OM ⊥BC , ON ⊥CA e OP ⊥AB ( gura 13.7). Então, os quadriláteros BM OP , CN OM e AP ON têm, cada um, dois ângulos opostos retos, sendo portanto inscritíveis. Denotando, por simplicidade, BC = a, 1 Após

Lazare Carnot, matemático francês dos séculos XVIII e XIX, o primeiro a utilizar

sistematicamente segmentos orientados em geometria.

Aplicações A

N Oy x

Figura 13.7:

distâncias do circuncentro aos lados.

AC = b, AB = c, OM = x, ON = y e OP = z , obtemos então, pelo teorema de Ptolomeu, as igualdades x·

c a b +z· =R· , 2 2 2

x·

b a c +y· =R· 2 2 2

c b a +z· =R· , 2 2 2 onde R denota o raio do círculo circunscrito a ABC . Por outro lado como os triângulos OBC , OCA e OAB particionam o triângulo ABC , temos y·

A(ABC) =

xa yb zc + + . 2 2 2

Mas sendo respectivamente p o semiperímetro e r o raio do círculo inscrito em ABC , sabemos da proposição anterior que A(ABC) = pr, relação que, substituída na igualdade acima, nos dá xa yb zc + + = pr. 2 2 2

Por m, somando ordenadamente a última relação acima com as três primeiras, obtemos (x + y + z)p = (R + r)p, donde segue o teorema de Carnot.

Unidade 13

Problemas 13.2

Problemas

1. Construa, com régua e compasso, um triângulo de área igual à área de um quadrado dado.

2. (Hungria). Seja ABCD um paralelogramo e EF G um triângulo cujos vértices estão situados sobre os lados de ABCD. Prove que A(ABCD) ≥ 2A(EF G).

3. (Argentina). Três formigas, inicialmente situadas em três dos vértices de um retângulo, se movem uma por vez e de acordo com a seguinte regra: quando uma formiga se move, ela se desloca na direção paralela à formada pelas outras duas formigas. É possível que em algum instante as formigas estejam situadas nos pontos médios do retângulo original?

4. (Torneio das Cidades). Em um hexágono convexo ABCDEF , temos AB k CF , CD k BE e EF k AD. Prove que as áreas dos triângulos ACE e BDF são iguais (sugestão: A(ABC) = A(ABF ), A(CDE) = A(BCD) e A(AEF ) = A(DEF )).

5. O trapézio ABCD, de bases AB e CD e lados não paralelos AD e BC , é retângulo em A. Se BC = CD = 13cm e AB = 18cm, calcule a altura e a área do trapézio, assim como a distância do vértice A à reta ←→ BC .

6. Para quais inteiros positivos n é possível particionar um triângulo equilátero de lado n em trapézios de lados medindo 1, 1, 1 e 2?

7. ABCD é um trapézio de bases BC e AD e lados não paralelos AB e CD. Seja E o ponto médio do lado CD e suponha que a área do triângulo AEB seja igual a 360 cm2 . Calcule a área do trapézio.

8. Seja ABCD um trapézio de bases AB, CD e lados não paralelos AC, BD. Se as diagonais de ABCD se intersectam em E , prove que p p p A(ABCD) = A(ABE) + A(CDE).

9. Por um ponto P no interior de um triângulo ABC traçamos retas paralelas aos lados de ABC . Tais retas particionam ABC em três triângulos e três

Aplicações paralelogramos. Se as áreas dos triângulos são iguais a 1 cm2 , 4 cm2 e 9 cm2 , calcule a área de ABC . 13.3

Problemas Suplementares

1. Um triângulo ABC é tal que AB = 13cm, AC = 14cm e BC = 15cm. Um semicírculo de raio R tem seu centro O sobre o lado BC e tangencia os lados AB e AC do triângulo. Calcule o valor do raio R (sugestão: imite a ideia da prova da proposição 8).

2. * Sejam ABC um triângulo equilátero de altura h e P um ponto em seu interior. Se x, y e z denotam as distâncias de P aos lados de ABC , prove que x + y + z = h. Generalize para o caso em que P é um ponto no interior de um polígono regular A1 A2 . . . An .

3. Seja ABC um triângulo de semiperímetro p, r o raio do círculo inscrito e ra , rb , rc os raios dos círculos ex-inscritos. Prove que 1 1 1 1 + + . = r ra rb rc

4. Sejam dados um triângulo ABC e pontos A0 , B 0 e C 0 situados respectivamente sobre as retas suportes dos lados BC , CA e AB e distintos dos ←→ ←→ ←→ vértices de ABC . Se as retas AA0 , BB 0 e CC 0 forem concorrentes no ponto P , mostre que BA0 A(ABP ) = . 0 A(ACP ) AC Conclua, a partir daí, que BA0 CB 0 AC 0 · · =1 A0 C B 0 A C 0 B

(sugestão: para a primeira parte, observe inicialmente que BA0 A(ABA0 ) A(BP A0 ) = = .) A(ACA0 ) A(CP A0 ) A0 C

Unidade 13

Referências Bibliográ cas [1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. American Mathematical Society. [2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). Introdução à Geometria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática. [3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Geometria Euclidiana Plana. Sociedade Brasileira de Matemática. [4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Geometria Hiperbólica. Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada. [5] CAMINHA, A. (2012). Temas de Matemática Elementar, Volume 1. Números Reais. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] COXETER, H. S. M. e GREITZER, S. L. (1967). Geometry Revisited. The Mathematical Association of America. [7] HEATH, T. L. (1956). The Thirteen Books of Euclid's Elements. Dover. [8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America. [9] JOHNSON, R. (2007). Advanced Euclidean Geometry. Dover. [10] YAGLOM, I. M. (1962). Geometric Transformations I. The Mathematical Association of America. [11] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical Association of America. [12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical Association of America. [13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV. The Mathematical Association of America.

14 Área do círculo Sumário 14.1 A Área do círculo

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14.2 O comprimento da circunferência

. . . . . . . . . .

14.3 Partes do círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14.3.1

A área do setor . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14.3.2

A área do segmento circular . . . . . . . . . . . .

14.4 Nota histórica

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14.5 Demonstrações dos teoremas . . . . . . . . . . . . .

14.5.1

Demonstração do Teorema 1 . . . . . . . . . . . .

14.5.2

Demonstração do Teorema 2 . . . . . . . . . . . .

14.6 Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 14

A Área do círculo

14.1

A Área do círculo

Começamos esta unidade dedicada à área do círculo com uma pergunta: o que é o número π ? Existem formas diferentes de responder essa pergunta. Na primeira metade do século XVIII, Euler passou a usar sistematicamente essa letra grega para representar a razão entre o comprimento da circunferência e seu diâmetro. Mais recentemente, tornou-se popular a seguinte de nição: π é a área do círculo de raio 1. Essa é a de nição que adotaremos aqui. Ela nos leva quase imediatamente à fórmula que calcula a área de qualquer círculo. De fato, como dois círculos são guras semelhantes, um círculo de raio r é semelhante ao círculo de raio 1 e a razão de semelhança é a razão entre seus raios. Sabemos que a razão entre as áreas de duas guras semelhantes é igual ao quadrado da razão de semelhança. Assim, se S é a área de um círculo de raio r, temos que S r 2 = . π 1 Logo, a área do círculo de raio r é S = πr2 .

O número π é aproximadamente igual a 3,1416 e dele falaremos mais à frente. O teorema que vem a seguir diz que podemos caracterizar a área do círculo como limite das áreas dos polígonos regulares nele inscritos quando o número de lados cresce inde nidamente.

Teorema 1

A área do círculo é o número real cujas aproximações por falta são as áreas dos polígonos regulares nele inscritos. A demonstração está no nal da Unidade. Observe, nas guras abaixo, pedaços de quatro polígonos regulares mostrando aproximações para a área do círculo.

Unidade 14

Área do círculo

Polígono de 20 lados. Sua área é 98,363% da área do círculo circunsb

Figura 14.1:

crito.

b b

crito.

Polígono de 200 lados. Sua área é 99,984% da área do círculo circuns-

Figura 14.3:

crito.

Polígono de 80 lados. Sua área é 99,897% da área do círculo circuns-

Figura 14.2:

Figura 14.4:

circunscrito.

O comprimento da circunferência b

14.2

Polígono de 1000 lados. Sua área é 99,999993% da área do círculo

O comprimento de uma circunferência é o número real cujas aproximações por falta são os perímetros dos polígonos regulares inscritos nela. A gura a seguir mostra como obter experimentalmente o comprimento de uma circunferência de raio r a partir do fato que a área do círculo correspondente

Unidade 14

Partes do círculo é conhecida. Decompomos o círculo em um número par bastante grande de setores e arrumamos esses setores na forma sugerida pela gura à direita.

C/2

Sendo C o comprimento da circunferência a gura formada pelos setores arrumados é aproximadamente um paralelogramo de base C2 e altura r. Igualando as áreas temos C2 · r = π · r2 , ou seja, C = 2πr. Isto sugere o seguinte teorema:

Teorema 2

O comprimento de uma circunferência de raio r é 2πr. A demonstração está no nal da Unidade.

14.3 14.3.1

Partes do círculo A área do setor

θ O

Área do círculo A área S de um setor de raio r é proporcional ao ângulo central correspondente, θ. Devemos ter, portanto, S = kθ onde k é uma constante. Para descobrir essa constante observemos que, quando θ = 2π (radianos) então S = πr2 . 2 Assim, πr2 = k · 2π e encontramos k = r2 . A área do setor é θr2 . S= 2 14.3.2

A área do segmento circular

θ r

Em uma circunferência de centro O e raio r qualquer corda AB divide o círculo em dois segmentos circulares. O menor deles está assinalado na gura acima. Sendo θ o ângulo central AOB a área S do menor dos dois segmentos circulares é a diferença entre a área do setor AOB e a área do triângulo AOB . Assim, θr2 1 S= − r · r · sen θ , 2 2 ou seja, r2 S= (θ − sen θ) . 2 14.4

Nota histórica

π∼ = 3,1415926535987932384626433832795028841971693993751058

Unidade 14

Nota histórica O número π tem fascinado diversos matemáticos durante toda a história. Os antigos babilônios há dois mil anos antes de Cristo, atribuíam ao círculo de raio 1 o valor 3 18 = 3,125. No século III a.C. Arquimedes calculando polígonos regulares inscritos e circunscritos a uma circunferência estima o valor de π ∼ 3,1408 e 22 ∼ entre 223 3,1428 já com duas decimais exatas. No século V 71 = 7 = d.C. o chinês Tsu Chung Chih conseguiu como aproximação por falta o valor 3,1415926 com as sete decimais corretas. Depois do período da Idade Média onde nenhum avanço signi cativo foi registrado, o iraniano Jamshid Al-Kashi encontrou 9 dígitos corretos para 2π no sistema sexagesimal que forneceu, no sistema decimal, 16 decimais corretas. Cerca de 150 anos depois o alemão L. Van Ceulen, que dedicou a maior parte da sua vida ao cálculo de π usando o mesmo método de Arquimedes, conseguiu 35 casas decimais corretas. Foi Euler que, embora não tenha sido o primeiro a usar, em 1737 consagrou o uso da letra π para representar essa famosa constante. Nessa época e, pelos dois séculos seguintes o cálculo de π foi feito por fórmulas como a de J. Machin's (publicada em 1704):

π = 16 arctan(1/5) − 4 arctan(1/239) .

Usando séries para aproximar a função arctan o cálculo é razoavelmente simples e a convergência bastante rápida. Em 1824 Gauss conseguiu 200 decimais de π e em 1874 o inglês W. Shanks obteve 527 decimais com essa mesma fórmula. Avanços maiores só foram obtidos na segunda metade do século XX quando os primeiros computadores apareceram. Em 1962 os americanos J. Wrench e D. Shanks assombraram o mundo acadêmico ao publicar 100.000 casas decimais de π que tinham calculado usando o recente computador IBM7090. A mania de obter aproximações com número cada vez maior de casas decimais tem sobrevivido o passar dos séculos e ganhou novo ímpeto com os computadores modernos e com a descoberta de algoritmos teóricos mais e cientes. Em 2011, A. Yee e S. Kondo calcularam 5 trilhões de casas decimais de π .

Área do círculo 14.5 14.5.1

Demonstrações dos teoremas Demonstração do Teorema 1

Seja Cr a circunferência de centro O e raio r e seja Pn o polígono regular de n lados inscrito nessa circunferência. A área do círculo de raio r é πr2 e a área de Pn será representada por A(Pn ). Queremos provar que, tomando o número n de lados su cientemente grande, a área de Pn pode ser tão próxima de πr2 quanto se deseje. Mais precisamente, dado o número positivo α < πr2 provaremos que é possível achar n tal que α < A(Pn ) < πr2 . ln / 2

Como os vértices de Pn dividem a circunferência em n partes iguais, o lado ln do polígono pode tornar-se tão pequeno quanto se deseje, bastando que n seja su cientemente grande. No triângulo retângulo formado pela hipotenusa r cujos catetos são o apótema an e a metade do lado ln tem-se r < an + l2n . p Tomemos s = α/π . Assim α = πs2 e como πs2 = α < πr2 tem-se s < r. Assim o círculo Cs de centro O e raio s tem área A(Cs ) = α e está contido em Cr . Podemos tomar n tão grande que l2n < r − s. Então ln < an + r − s ⇒ an > s . 2 Portanto o círculo Cs de centro O e raio s está contido no polígono Pn . Então α = A(Cs ) < A(Pn ) o que mostra que as áreas dos polígonos regulares inscritos em Cr são aproximações por falta da área de Cr . r < an +

Unidade 14

Demonstrações dos teoremas

Comentário

É conveniente perceber que podemos raciocinar de forma inteiramente análoga com polígonos circunscritos. O resultado correspondente ao teorema 1 é o seguinte.

Teorema 3

A área do círculo é o número real cujas aproximações por excesso são as áreas dos polígonos regulares circunscritos a ele. ln

r s

14.5.2

Demonstração do Teorema 2

Seja C o comprimento da circunferência de raio r. Mostraremos que C não pode ser menor do que 2πr. Se C < 2πr teríamos C2 · r < πr2 . Pelo teorema 1 poderíamos obter um polígono regular Pn inscrito na circunferência Cr tal que C · 2r < A(Pn ). Seja ∂Pn o perímetro de Pn . A área de Pn é a soma dos n triângulos de base ln e altura an , ou seja, A(Pn ) = ∂Pn2·an . Portanto, pela hipótese acima, a r C ·r ∂Pn · an n C · < A(Pn ) ⇒ < ⇒ C < ∂Pn . 2 2 2 r Como arn < 1 concluímos que C < ∂Pn , um absurdo. Por raciocínio análogo com polígonos circunscritos conclui-se também que não se pode ter C > 2πr. Portanto, C = 2πr. Assim o número π que foi de nido inicialmente como a área de um círculo C de raio 1 também satisfaz a igualdade π = 2r , ou seja, é a razão entre o comprimento da circunferência e seu diâmetro.

Área do círculo 14.6 1.

Problemas

Um polígono regular de 2n lados está inscrito em uma circunferência de raio 1. (a) Mostre que a área desse polígono é S2n = n · sen Dica: A área de um triângulo ABC é

π n

ˆ AB·AC· sen A . 2

(b) Utilize uma calculadora cientí ca e calcule a área do polígono para n = 1000, 10000, 100000 e 1000000. Observe as aproximações (por falta) obtidas para o número π . 2.

A gura a seguir mostra três circunferências de raio r tangentes entre duas a duas. Calcule a área sombreada.

No triângulo ABC da gura a seguir, Aˆ = 90o e Bˆ = 30o . O ponto M sobre a hipotenusa é tal que M B = 4 e M C = 2. Calcule a área sombreada. C M

Unidade 14

Problemas

O quadrado da gura ao lado tem área A e as quatro circunferências no seu interior são iguais. Calcule, em função de A o valor da área sombreada.

Na gura ao lado as três semicircunferências têm diâmetros AB , AC e CB . O segmento CD é perpendicular à AB . Dado CD = a, calcule a área da região sombreada em função de a. D

Na gura ao lado a circunferência tem raio 1 e os arcos AB e BC medem, respectivamente 50o e 80o . Determine o valor da área sombreada. A b

B b

Área do círculo

Três semicircunferências foram construídas com diâmetros iguais aos lados de um triângulo retângulo dado, como mostra a gura. Mostre que a soma das áreas das duas "luas"é igual a área do triângulo. (Problema de Hippocrates)

√ √ √ √ É curioso que π ∼ = 2 + 3. De fato, 2 + 3 ∼ = 3,146 que é uma aproximação de π com erro menor que 0,5%. Use este fato para obter com régua e compasso um segmento aproximadamente igual ao comprimento de uma semicircunferência de raio R (dado).

Unidade 14

15 Posições Relativas de Retas e Planos Sumário 15.1 Do Plano para o Espaço

. . . . . . . . . . . . . . .

15.2 Noções Primitivas e Axiomas . . . . . . . . . . . . .

15.3 Posição de Retas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15.4 Posição Relativa de Reta e Plano

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15.5 Posição Relativa de Dois Planos 15.6 Problemas

Unidade 15

Do Plano para o Espaço 15.1

Do Plano para o Espaço

O grande desa o em ensinar Geometria a alunos do Ensino Médio é fazer a transição do plano para o espaço.

Embora estejamos habituados a guras

geométricas tridimensionais (convivemos todo o tempo com planos, cubos, esferas, cones, cilindros, etc) é no Ensino Médio que tais guras são estudadas, pela primeira vez, de forma sistemática. Esta ampliação de horizontes nem sempre é fácil para o aluno. O início do estudo sistemático de Geometria Plana, em geral na

ano do Ensino Médio, vem depois de longos anos nos quais

o aluno se prepara, de certo modo, para estudar guras planas.

Ele não as

observa simplesmente no mundo real; ele está constantemente desenhando tais guras, o que contribui para a criação de modelos mentais para elas. Embora o aluno possa ter di culdades no aprendizado de Geometria, em geral ele não tem di culdade de entender as propriedades essenciais das guras geométricas simples. Conceitos básicos como paralelismo, perpendicularismo e congruência são bem entendidos pelo aluno. Além disso, em caso de di culdades, é sempre possível experimentar através de desenhos ou de modelos das guras. Tais facilidades não ocorrem quando se começa a estudar Geometria Espacial.

As relações entre as guras geométricas fundamentais são bem mais

complexas do que na Geometria Plana. O estudo de paralelismo, por exemplo, que na Geometria Plana se reduz a paralelismo entre retas, agora é complicado pelo fato de existirem, no espaço, retas que não são nem paralelas nem concorrentes e pelas relações de paralelismo envolvendo planos. Há, também, uma di culdade muito maior de se fazer este estudo com apoio em modelos concretos. Além de os alunos do Ensino Médio já não estarem mais, de modo geral, propensos ao uso de tais modelos, é muito mais difícil construí-los de modo a serem úteis. Por exemplo, o uso de folhas de cartolina para representar dois planos pode levar um aluno à conclusão de que a interseção de dois planos pode ser um ponto... ( gura 15.1). O exemplo acima não deve ser entendido como uma recomendação para que não sejam usados modelos do mundo real como exemplos de guras espaciais, com o intuito de exempli car relações entre elas. Mas a limitação de tais modelos faz com que eles não bastem. É preciso algo mais: ter alguma imaginação, desenvolver alguma habilidade de fazer representações de tais guras

Posições Relativas de Retas e Planos

Figura 15.1: Interseção de planos pode resultar em um único ponto?

em papel e, principalmente, adquirir um bom conhecimento das propriedades fundamentais entre as guras geométricas espaciais, de modo que relações entre elas possam ser deduzidas através de uma argumentação geométrica, já que raramente tais relações podem ser observadas diretamente em uma gura ou um modelo. É muito importante, também, desenvolver no aluno a habilidade de fazer bom proveito de seus conhecimentos de Geometria Plana. Em muitos problemas, a técnica de resolução consiste em identi car um ou mais planos onde a ação ocorre , isto é, que contêm os elementos relevantes ao problema, e aplicar Geometria Plana para obter relações entre esses elementos. Para que tudo isso seja possível, é importante que os conceitos fundamentais da Geometria Espacial sejam apresentados com cuidado. Uma alternativa é aproveitar a ocasião para apresentar uma formulação axiomática para a Geometria. Uma formulação axiomática consiste na identi cação de um certo conjunto de noções primitivas, não de nidas, e de um conjunto de axiomas ou postulados, que são propriedades aceitas como verdadeiras.

As demais propriedades

(os teoremas) são demonstrados a partir destes postulados. O conjunto de postulados escolhidos para uma teoria matemática deve satisfazer a dois requisitos: ele deve ser consistente (isto é, não deve ser possível chegar a contradições a partir dos postulados) e su ciente (isto é, deve ser possível determinar a veracidade de uma a rmativa a partir dos postulados). Além disso, é desejável que os postulados re itam fatos que indiscutivelmente correspondam à nossa intuição a respeito dos objetos fundamentais da teoria. A primeira iniciativa no sentido de criar uma teoria axiomática para a Geome-

Unidade 15

Noções Primitivas e Axiomas

tria é de Euclides, mas Hilbert, no início do século passado, foi o primeiro a propor um conjunto de axiomas para a Geometria ao mesmo tempo consistente e su ciente. O fato de que foram necessários mais de 2000 anos para se chegar a uma formulação axiomática correta para a Geometria mostra que tal tarefa é mais delicada do que pode parecer à primeira vista. O sistema de axiomas não deve apenas formular propriedades relativas a determinação e incidência de pontos, retas e planos mas também dar validade a noções intuitivas como ordem, separação e medida de ângulos e segmentos.

Uma discussão mais completa do

que a apresentada aqui sobre os fundamentos da Geometria Espacial pode ser encontrada no livro Introdução à Geometria Espacial , de Paulo C.P. Carvalho, da Coleção do Professor de Matemática da SBM. Para os fundamentos da Geometria Plana, recomendamos Geometria Euclidiana Plana , de João Lucas Marques Barbosa, da mesma coleção.

15.2

Noções Primitivas e Axiomas

Na nossa opinião, não é apropriado apresentar, no Ensino Médio, uma teoria axiomática formal para a Geometria Espacial. Mas é importante estabelecer as regras básicas do jogo, introduzindo as entidades fundamentais (ponto, reta, plano, espaço) como noções primitivas e apresentando alguns dos axiomas como propriedades a serem aceitas sem demonstração. Muitas vezes o aluno recebe com certa surpresa o fato de que a Geometria se baseia em algumas noções para as quais não é apresentada de nição e em algumas propriedades para as quais não é apresentada uma demonstração. É importante que o professor esclareça que isto ocorre com qualquer teoria matemática (veja a discussão no capítulo 2 do primeiro volume desta série). O fato de ponto, reta, plano e espaço serem noções primitivas da Geometria não signi ca que não se possa reforçar a intuição do aluno a respeito dessas noções.

De uma certa forma, isto ocorria já nos Elementos de Euclides, em

que, por exemplo, ponto é de nido como aquilo que não possui partes (ou seja, é indivisível), linha é o que possui comprimento mas não largura e reta é uma linha que jaz igualmente com respeito a todos os seus pontos (isto é, uma linha onde não existem pontos especiais ).

Posições Relativas de Retas e Planos

Unidade 15

Embora tais descrições não possam ser utilizadas como de nições (por utilizarem outros termos não de nidos, como comprimento , largura , etc), ajudam a correlacionar entidades matemáticas com imagens intuitivas. Deve-se, porém, esclarecer para o aluno que, do ponto de vista matemático, o que importa é estabelecer uma quantidade mínima de propriedades (postulados) que sejam capazes de caracterizar o comportamento destas entidades. Abaixo, são dadas algumas das propriedades essenciais relacionando as noções de ponto, reta, plano e espaço, e que podem ser utilizadas como postulados da Geometria Espacial.

Postulado 1. Dados dois pontos distintos do espaço existe uma, e somente

uma, reta que os contém.

Postulado 2. Dados três pontos não colineares do espaço, existe um, e so-

mente um, plano que os contém.

Postulado 3.

Se uma reta possui dois de seus pontos em um plano, ela

está contida no plano.

Uma vez tendo estabelecido estas propriedades como axiomas, podemos utilizá-las na demonstração de outras propriedades, como ilustrado abaixo.

Existe um único plano que contém uma reta e um ponto não pertencente

Teorema 1

a ela.

P um ponto não pertencente à reta r. Tomemos, sobre r, dois pontos distintos Q e R ( gura 15.2). Os pontos P , Q e R não são colineares (de fato, pelo Postulado 1, r é a única reta que passa por Q e R e, por hipótese, P não pertence a r). Pelo Postulado 2, sabemos que existe um único plano α contendo P , Q e R. Como a reta r tem de dois de seus pontos (Q e R) em α, o Postulado 3 estabelece que r está contida em α. Logo, de fato existe um plano contendo r e P . Como este é o único plano que contém P , Q e R, ele é o único que contém P e r . Seja

Demonstração

Unidade 15

Posição de Retas

Figura 15.2: Uma reta e um ponto exterior determinam um plano.

Embora o leitor possivelmente não tenha percebido, na demonstração do teorema acima zemos uso de uma construção que, a rigor, deveria ser justi cada.

A reta

e o ponto

No entanto, os pontos

são fornecidos pelo enunciado do teorema.

foram construídos na demonstração. Nossa ex-

periência nos diz que, dada uma reta, existem uma in nidade de pontos que pertencem a ela (portanto, estamos livres para escolher dois pontos arbitrários sobre ela) e uma in nidade de pontos que não pertencem a ela. O mesmo vale para um plano. Se quiséssemos fazer uma construção axiomática rigorosa seria necessário introduzir axiomas referentes a tais propriedades. Nas seções a seguir procuraremos desenvolver, a partir dos postulados, outras propriedades relativas a pontos, retas e planos, respondendo a questões fundamentais como as abaixo:

•

Que combinações de pontos e retas determinam um plano?

•

Como pode ser a interseção de duas retas no espaço? E de dois planos? E de uma reta e um plano?

Como veremos, nem todas estas perguntas podem ser respondidas usando os postulados acima. Utilizaremos nossa procura de respostas a estas perguntas justamente para motivar a introdução de outros postulados. A mesma estratégia pode (e deve) ser usada com alunos do Ensino Médio: ao invés de apresentar propriedades já prontas, é melhor descobri-las juntamente com os alunos.

15.3

Posição de Retas

A partir das respostas às perguntas como pode ser a interseção de duas retas? e quando duas retas determinam um plano? , obtemos uma importante classi cação para um par de retas distintas do espaço.

Posições Relativas de Retas e Planos

Unidade 15

Comecemos pela interseção. Pelo Postulado 1, duas retas distintas podem ter no máximo um ponto comum.

De fato, como existe uma única reta que

passa por dois pontos distintos, duas retas que tenham mais de um ponto comum são obrigatoriamente coincidentes (isto é, são a mesma reta). Quando duas retas têm exatamente um ponto comum, elas são chamadas de concorrentes e sempre determinam um plano.

P de r

De fato, seja

pontos

o ponto de interseção das retas e

respectivamente, distintos de

( gura 15.3). Sejam Os pontos

α, que em α.

são não colineares; portanto, determinam um único plano contém

já que essas retas têm dois de seus pontos

P, R

certamente

Figura 15.3: Duas retas concorrentes determinam um plano.

Já quando duas retas não possuem ponto em comum, elas podem ou não determinar um plano. Consideremos a situação da gura 15.4, que mostra três

A, B e C , que determinam um plano α, um ponto D exterior a α, e as retas r e s, de nidas por A e B e por C e D , respectivamente. É claro que não existe nenhum ponto comum a r e s.

pontos não colineares

Figura 15.4: Retas reversas.

α; se tivesse um outro ponto comum, s teria que estar contida em α, o que é impossível, já que D é exterior a α. Por outro lado, não existe nenhum plano que contenha, simultaneamente, r e s. Basta observar que α é o único plano que passa por A, B e C e que D não Note que

s só tem o ponto C

em comum com

Unidade 15

Posição Relativa de Reta e Plano

pertence a este plano. Retas como

s são chamadas de retas não-coplanares

ou reversas. Retas reversas sempre possuem interseção vazia. Mas duas retas do espaço podem não ter pontos de interseção e serem coplanares. Neste caso, dizemos que as retas são paralelas. Sabemos, da Geometria Plana, que por um ponto do plano exterior a uma reta passa uma única reta paralela a ela. O mesmo ocorre no espaço. Isto é, por um ponto única reta

paralela a ela.

exterior a uma reta

De fato, seja

do espaço passa uma

uma reta do espaço e seja

r ( gura ??). Como vimos acima, existe um único plano α que contém P e r ; nesse plano, existe uma, e somente uma, reta s paralela a r passando por P . Por outro lado, não existem retas paralelas a r passando por P que não estão contidas em α, já que todas as retas coplanares com r passando por P estão contidas em α. Assim, a reta s é a única reta do espaço que contém P e é paralela a r . ponto não pertencente a

Figura 15.5: Retas paralelas.

Em resumo, duas retas distintas do espaço estão em um dos casos dados no quadro abaixo:

Posição relativa de

15.4

Interseção de

são coplanares?

Concorrentes

exatamente um ponto

Sim

Paralelas

vazia

Sim

Reversas

vazia

Não

Posição Relativa de Reta e Plano

A pergunta relevante agora é: como pode ser a interseção de uma reta e um plano?

Pelo Postulado 3, se uma reta

possui dois ou mais pontos

Posições Relativas de Retas e Planos

pertencentes a um plano contida

α,

todos os seus pontos estarão em

α;

isto é

estará

( gura 15.6).

Figura 15.6: Uma reta contida em um plano.

r tem apenas um ponto em comum com α (dizemos nesse caso que r é secante a α). A gura 15.7 mostra um ponto P pertencente a um plano α e um ponto exterior Q. A reta r de nida por P e Q, é secante a α. Um outro caso possível é aquele em que

Figura 15.7: Uma reta secante a um plano. Finalmente, uma reta pode não ter pontos em comum com um plano (dizemos que a reta e o plano são paralelos). Seja

um plano,

uma reta contida

α e P um ponto exterior a α ( gura 15.8). A reta s, paralela a r passando por P , é paralela a α. De fato, seja β o plano de nido por r e s. Se s não fosse paralela a α, a interseção de r e α seria um ponto Q não pertencente a r, já que r e s são paralelas. Mas isto faria com que os planos distintos α e β tivessem em comum a reta r e o ponto exterior Q, o que é impossível. Em resumo, uma reta r e um plano α podem estar em um dos casos a

seguir: Posição relativa de

r contida em α r secante a α r paralela a α

r eα reta r

Interseção de

a própria

um único ponto vazia

Unidade 15

Posição Relativa de Dois Planos

Figura 15.8: Uma reta paralela a um plano.

15.5

Posição Relativa de Dois Planos

Obtemos uma classi cação para a posição relativa de dois planos procurando responder à pergunta: como pode ser a interseção de dois planos distintos? . A primeira observação é a seguinte: Se dois planos distintos possuem mais de um ponto em comum, sua interseção é uma reta

(neste caso, dizemos que os planos são secantes).

P e Q são comuns P e Q está contida,

De fato, se os pontos

β,

então, pelo Postulado

α e β e, portanto, em sua interseção. Por outro lado, se houvesse um ponto R comum a α e β que não pertencesse a r , os planos α e β seriam coincidentes, já que r e R determinam um único plano. Logo, r é a interseção de α e β .

3, a reta

de nida por

simultaneamente, em

A gura 15.9 mostra uma situação em que temos dois planos secantes. plano

é de nido pela reta

α e de ne com r um outro r; são, portanto, secantes.

A. O ponto B é exterior a planos α e β têm por interseção a reta

e pelo ponto exterior

plano

β.

Figura 15.9: Planos secantes.

A próxima possibilidade a ser considerada é a de dois planos terem ex-

Posições Relativas de Retas e Planos

atamente um ponto em comum.

Unidade 15

Uma consulta a nosso modelo mental para

planos no espaço tridimensional nos convencerá de que essa possibilidade não existe. Tal impossibilidade, no entanto, não decorre dos postulados anteriores (na verdade, na Geometria Euclidiana do espaço de dimensão superior a 3, é perfeitamente possível dois planos terem exatamente um ponto em comum) e deve ser estabelecida através de mais um postulado.

Postulado 4. Se dois planos possuem um ponto em comum, então eles pos-

suem pelo menos uma reta em comum. Resta-nos apenas mais uma possibilidade: a de que os planos sejam paralelos (isto é, não possuam pontos comuns). Mas existem realmente planos que não tenham ponto em comum? Nossa intuição diz que sim, e o argumento a seguir fornece uma con rmação, mostrando como construir um plano paralelo a um outro.

Construção de um plano paralelo a um plano dado. Seja

exterior ao plano

α. um

um ponto

( gura 15.10). Tomemos duas retas concorrentes

r e s as paralelas a r e s conduzidas por P . plano β , que é, como vamos provar, paralelo a α.

Sejam

Estas retas determinam

Figura 15.10: Planos paralelos.

Suponhamos que de interseção

não seja paralelo a

As retas

r,s

α.

Então

possuem uma reta

são coplanares. Por outro lado, as retas

s não podem ser ambas paralelas a t. Logo, pelo menos uma delas (digamos r0 ) é concorrente com t e, portanto, secante a α. Mas como r0 é paralela a uma 0 reta de α, resulta que r é paralela a α. Temos, portanto, uma contradição, o que demonstra que α e β são paralelos. A construção acima mostra como construir um plano paralelo a

α passando

Unidade 15

Posição Relativa de Dois Planos

pelo ponto exterior

O quadro abaixo resume as situações possíveis para a posição relativa de dois planos distintos

β:

Posição relativa de

secantes

Interseção de

uma reta

paralelos

vazia

Posições Relativas de Retas e Planos 15.6

Unidade 15

Problemas

1. A gura 15.11 abaixo representa uma ponte sobre uma estrada de ferro.

Sejam

β,

respectivamente, os planos da pista da ponte e o do leito

da estrada de ferro e sejam

s as retas que representam o eixo da pista as posições relativas de α, β , r e s?

e um dos trilhos. Quais são

Figura 15.11:

2. Quantos são os planos determinados por 4 pontos não coplanares? 3. Quantos planos distintos são determinados por um subconjunto dos vér-

tices do paralelepípedo

ABCDEF GH ?

4. Qual a seção determinada em um paralelepípedo

ABCDEF GH

pelo

ABG?

plano

r e s são concorrentes em um ponto O. Fora do plano determinado por r e s tomamos um ponto P qualquer. Qual é a interseção do plano de nido por r e P com o plano de nido por s e P ?

5. Duas retas

6. Sejam

duas retas reversas,

Qual é a interseção do plano por

7. Sejam

C eD BD? 8. Sejam

um ponto em

α de nido por r

um ponto em

com o plano

de nido

duas retas reversas. Sejam

pontos distintos de

e paralelo a

r AC

pontos distintos de

e e

um ponto qualquer do espaço. Diga

como obter:

Qual é a posição relativa das retas

duas retas reversas e

(a) um plano contendo

Unidade 15

Problemas

(b) um par de planos paralelos contendo (c) uma reta passando por 9. Seja

e se apoiando em

uma reta secante a um plano

um ponto exterior a

sempre possível traçar uma reta que passa por a

respectivamente;

encontra

α.

e é paralela

α?

10. Se dois planos são paralelos a uma reta então eles são paralelos entre si.

Certo ou errado?

D pontos quaisquer do espaço (não necessariamente coplanares). Sejam M , N , P e Q os pontos médios de AB , BC , CD e DA, respectivamente. Mostre que M N P Q é um paralelogramo. Use este

11. Sejam

A, B , C

fato para demonstrar que os três segmentos que unem os pontos médios das arestas opostas de um tetraedro qualquer

ABCD

se encontram em

um mesmo ponto. 12. Suponha que os planos

α, β

têm exatamente um ponto em comum.

Existe uma reta que seja simultaneamente paralela a

α, β

γ?

16 Planos, Teorema de Tales, Sólidos Sumário 16.1 Construindo Sólidos

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

16.2 Descobrindo Relações de Paralelismo

. . . . . . . .

16.3 Planos Paralelos e Proporcionalidade

. . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16.4 Problemas

Unidade

Construindo Sólidos

16.1

Construindo Sólidos

Com as propriedades já estabelecidas, podemos, já nesse ponto, construir nossos primeiros sólidos. A maior parte dos livros didáticos para o Ensino Médio adia a apresentação dos sólidos clássicos (prismas, pirâmides, esfera, etc) para mais tarde, quando se ensina a calcular áreas e volumes desses sólidos. Nada impede, no entanto, que eles sejam apresentados mais cedo, de modo a colaborar na xação dos conceitos fundamentais, já que exemplos muito mais ricos de situações envolvendo pontos, retas e planos podem ser elaborados com seu auxílio. Construção de Pirâmides e Cones.

Considere um polígono A1 A2 . . . An em um plano e um ponto V exterior ao plano do polígono ( gura 16.1). Traçamos os segmentos V A1 , V A2 , . . . , V An . Cada dois vértices consecutivos de A1 A2 . . . An determinam com V um triângulo. Estes triângulos, juntamente com o polígono A1 A2 . . . An ,

delimitam uma região do espaço, que é a pirâmide de base A1 A2 . . . An

e vértice V . A região do espaço limitada pela pirâmide é formada pelos pontos dos segmentos de reta que ligam o vértice V aos pontos do polígono-base. Os segmentos V A1 , V A2 , . . . , V An são chamados arestas laterais e os triângulos V A1 A2 , V A2 A3 , . . . , V An A1 de faces laterais da pirâmide. Pirâmides triangulares − ou tetraedros − apresentam a particularidade de que qualquer de suas faces pode ser considerada a base da pirâmide. Pirâmides são casos particulares de cones. Em um cone, a base não precisa ser um polígono, mas qualquer região plana delimitada por uma curva fechada e simples (isto é, que não corta a si própria). Os cones mais importantes são os cones circulares, em que a base é um círculo. Em um cone, cada um dos segmentos que ligam o vértice aos pontos situados sobre a curva que delimita a base é chamado de geratriz do cone. A união de todos esses segmentos é uma superfície, chamada de superfície lateral do cone.

Planos, Teorema de Tales, Sólidos

Figura 16.1: Uma pirâmide pentagonal, um tetraedro e um cone. Construção de Prismas e Cilindros.

Seja A1 A2 . . . An um polígono contido em um plano α ( gura 16.2). Escolhemos um ponto B1 qualquer, não pertencente a α. Por B1 traçamos o plano β paralelo a α. Pelos demais vértices A2 , . . . , An traçamos retas paralelas a A1 B1 que cortam β nos pontos B2 , . . . , Bn (isto implica em que todas estas retas sejam paralelas entre si;). Tomemos dois segmentos consecutivos assim determinados: A1 B1 e A2 B2 , por exemplo. O quadrilátero A1 B1 B2 A2 é plano, já que os lados A1 B1 e A2 B2 são paralelos. Mas isto implica em que os outros dois lados também sejam paralelos, pois estão contidos em retas coplanares que não se intersectam, por estarem contidas em planos paralelos. Portanto, o quadrilátero é um paralelogramo. Os paralelogramos assim determinados, juntamente com os polígonos A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn determinam um poliedro chamado de prisma de bases A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn . A região do espaço delimitada por um prisma é formada pelos pontos dos segmentos nos quais cada extremo está em um dos polígonos-base. As arestas A1 B1 , A2 B2 , . . . , An Bn são chamadas de arestas laterais. Todas as arestas laterais são paralelas e de mesmo comprimento; arestas laterais consecutivas formam paralelogramos, que são chamados de faces laterais do prisma. As bases A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn são congruentes. De fato, estes polígonos possuem lados respectivamente iguais e paralelos (já que as faces laterais são paralelogramos) e, em consequência, possuem ângulos respectivamente iguais (como na Geometria Plana, ângulos determinados por retas paralelas do espaço são iguais.). Um caso particular ocorre quando a base é um paralelogramo. Neste caso, o prisma é chamado de paralelepípedo. Paralelepípedos são prismas que têm a particularidade de que qualquer de suas faces pode ser tomada como base (duas faces opostas quaisquer estão situadas em planos paralelos e são ligadas por arestas paralelas entre si).

Unidade

Construindo Sólidos

A generalização natural de prisma é a noção de cilindro, em que a base pode ser qualquer região plana delimitada por uma curva simples e fechada. Cada um dos segmentos paralelos que passam pelos pontos da curva e são delimitados pelos planos paralelos é uma geratriz do cilindro.

Figura 16.2: Um prisma pentagonal, um paralelepípedo e um cilindro.

Aplicações

Vejamos alguns exemplos em que usamos os sólidos de nidos acima para ilustrar situações envolvendo interseções de retas e planos.

Exemplo 1

Consideremos uma pirâmide quadrangular de base ABCD e vértice V ( gura 16.3). As arestas laterais opostas V A e V C determinam um plano α, enquanto V B e V D determinam um plano β . Qual é a interseção de α e β ? Os planos α e β são distintos (A, por exemplo, está em α mas não em β ) e têm um ponto comum V . Logo, sua interseção é uma reta r que passa por V . Para localizarmos um segundo ponto de r, consideremos as interseções de α e β com o plano da base, que são as diagonais AC e BD, respectivamente, do quadrilátero ABCD. Logo, o ponto de interseção de AC e BD é comum aos três planos α, β e ABCD; portanto, está na reta de interseção de α e β . Assim, α e β se cortam segundo a reta que passa por V e pelo ponto de interseção de AC e BD.

Exemplo 2

Consideremos um prisma triangular ABCDEF ( gura 16.4). Quantos planos distintos são determinados por um subconjunto dos 6 vértices do paralelepípedo?

Planos, Teorema de Tales, Sólidos

Figura 16.3:

Figura 16.4: Planos determinados pelos vértices de um prisma trian-

gular.

Se os 6 vértices do prisma estivessem em posição geral seja, dispostos de forma tal que quatro quaisquer deles não fossem coplanares), cada subconjunto de 3 pontos determinaria um plano. Teríamos, assim, um total de C63 = 20 planos. No caso do prisma triangular, no entanto, a situação não é esta. Podemos começar a listar os planos de nidos pelos vértices a partir das faces: temos 3 faces laterais e 2 bases. Outros planos formados a partir dos vértices terão necessariamente que ser determinados por 2 vértices de uma base e pelo vértice da outra base que seja extremo da aresta lateral que não passa por nenhum dos dois primeiros. Há 6 planos nestas condições, já que este último vértice pode ser qualquer um dos vértices do prisma. Temos, então, um total de 11 planos.

Unidade

Descobrindo Relações de Paralelismo

16.2

Descobrindo Relações de Paralelismo

Apresentamos abaixo uma lista de situações nas quais o paralelismo de certas entidades (planos ou retas) pode ser deduzida a partir do paralelismo de outras retas e planos.

1. Uma reta é paralela a um plano se e somente se ela é paralela a uma reta do plano.

2. Dados dois planos secantes, uma reta de um deles é paralela ao outro se e somente se ela é paralela à reta de interseção dos dois planos.

3. Se um plano α corta o plano β segundo a reta r, então ele corta qualquer plano paralelo a β segundo uma reta paralela a r.

4. Dois planos são paralelos se e somente se um deles é paralelo a duas retas concorrentes do outro (alternativamente, dois planos distintos são paralelos se e somente se um deles contém duas retas concorrentes respectivamente paralelas a duas retas do outro). Algumas dessas propriedades já foram apresentadas ou aplicadas anteriormente, e sua demonstração ca por conta do leitor. A seguir mostramos situações em que podemos utilizar as propriedades acima para identi car relações de paralelismo em um sólido simples.

Exemplo 3

Vamos tomar um paralelepípedo ABCDEF GH e observar algumas relações de paralelismo entre as retas e planos lá presentes ( gura 16.5)

Figura 16.5:

Planos, Teorema de Tales, Sólidos

a) A aresta AE é paralela à face BCGF .

Justi cativa. Basta notar que AE é paralela à reta BF de BCGF . b) A diagonal AH da face ADHE também é paralela à face BCGF .

Justi cativa. Os planos das faces opostas de um paralelepípedo são paralelos (note que as retas AD e AE de ADHE são respectivamente paralelas às retas BC e BF de BCGF ). Como AH está contida em um plano paralelo à face BCGF , AH é necessariamente paralela a BCGF . c) A interseção dos planos α e β determinados pelos pares de arestas laterais opostas (AE, CG) e (BF, DH) é uma reta que passa pelos pontos Q e R de interseção das diagonais das bases e que é paralela a aquelas arestas ( gura 16.6).

Figura 16.6:

Justi cativa. Primeiro, observamos que as diagonais AC e BD da base inferior estão contidas, respectivamente, em α e β . Logo seu ponto Q de interseção está na reta de interseção. O mesmo argumento se aplica a R. Por outro lado, AE é paralela a β , já que é paralela à reta BF de β . Portanto, AE é necessariamente paralela à reta r de interseção de α e β . d) O plano α determinado pelos pontos A, C e H é paralelo ao plano β determinado pelos pontos B , E e G ( gura 16.7). Justi cativa. Tomemos as diagonais faciais AC e EG. As retas AC e EG são as interseções do plano de nido pelas arestas laterais AE e CG com os

Unidade

Planos Paralelos e Proporcionalidade

Figura 16.7: planos (paralelos) das bases do paralelepípedo. Logo AC e EG são paralelas. O mesmo argumento se aplica, por exemplo, a BG e AH . Logo α possui um par de retas concorrentes que são paralelas a retas de β e, em consequência, α e β são paralelos.

16.3

Planos Paralelos e Proporcionalidade

Da Geometria Plana trazemos o (bom) hábito de associar retas paralelas com proporcionalidade, através do Teorema de Tales (que estabelece a proporcionalidade dos segmentos determinados em duas secantes por um feixe de retas paralelas) e de semelhança de triângulos (ao se cortar um triângulo por uma reta paralela a uma dos lados se obtém um triângulo semelhante a ele). Existem propriedades perfeitamente análogas para planos paralelos.

Teorema 1 Um feixe de planos paralelos determina segmentos proporcionais sobre duas Teorema de Tales para retas secantes quaisquer. Planos Paralelos Demonstração

A demonstração consiste em reduzir o teorema ao seu correspondente no plano, que é o teorema de Tales sobre feixe de retas paralelas. Sejam α, β e γ três planos paralelos e sejam r1 e r2 duas retas secantes quaisquer ( gura ??). A reta r1 corta os planos nos pontos A1 , B1 e C1 e r2 corta os mesmos planos nos pontos A1 , B2 e C2 . Pelo ponto A1 de r1 traçamos uma reta r20 paralela a r2 , que corta os três planos nos pontos A1 , B20 e C20 . As retas r1 e r20 determinam

Planos, Teorema de Tales, Sólidos

Figura 16.8: Teorema de Tales para planos paralelos. um plano, que corta β e γ segundo as retas paralelas B1 B20 e C1 C20 . Logo, pelo A1 C1 B1 C1 A1 B1 = 0 0 = . Mas Teorema de Tales para retas paralelas, temos 0 A1 B2 B2 C2 A1 C20 A1 B20 = A2 B2 , B20 C20 = B2 C2 , e A1 C20 = A2 C2 , por serem segmentos retas paralelas compreendidos entre retas paralelas. Logo, temos A1 B1 B1 C1 A 1 C1 = = . A2 B2 B2 C2 A 2 C2

Construção de Pirâmides Semelhantes

Consideremos agora uma pirâmide de base A1 A2 . . . An e vértice V ( gura 16.9). Tracemos um plano paralelo à base, que corta as arestas laterais segundo o polígono B1 B2 . . . Bn e que divide a pirâmide em dois poliedros: um deles é a pirâmide de base B1 B2 . . . Bn e o outro é chamado de tronco de pirâmide de bases A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn . Consideremos as duas pirâmides e examinemos suas faces laterais. Na face lateral V A1 A2 , por exemplo, o segmento B1 B2 é paralelo à base. Em consequência, o triângulo V B1 B2 é semelhante V B2 B1 B2 V B1 = = = k. Aplicando o ao triângulo V A1 A2 . Logo, temos V A1 V A2 A1 A2 mesmo raciocínio para as demais faces laterais, concluímos que a razão entre duas arestas correspondentes das duas pirâmides é sempre igual a k .

Unidade

Planos Paralelos e Proporcionalidade

Figura 16.9: Seccionando uma pirâmide por um plano paralelo à base. Na verdade, as duas pirâmides do exemplo são semelhantes na razão k , ou seja, é possível estabelecer uma correspondência entre seus pontos de modo que a razão entre os comprimentos de segmentos correspondentes nas duas guras seja constante. Esta correspondência é estabelecida da seguinte forma: dado um ponto P da pirâmide V A1 A2 · · · An , seu correspondente na pirâmide V B1 B2 . . . Bn é o V P0 = k . O ponto P 0 certamente pertence à ponto P 0 sobre V P tal que VP segunda pirâmide. Além disso, tomando um segundo par de pontos correspondentes Q e Q0 , os triângulos V P 0 Q0 e V P Q são semelhantes na razão k , o que P 0 Q0 implica em = k . Logo, a razão entre segmentos correspondentes nas PQ duas pirâmides é sempre igual a k , o que demonstra a sua semelhança. O que zemos acima pode ser visto de maneira mais geral e transformado em um método para obter uma gura espacial semelhante a uma gura dada. Dado um ponto V do espaço e um número real k , a homotetia de centro V e razão k é a função que associa a cada ponto P do espaço o ponto P 0 sobre V P tal que V P 0 = kV P ( gura 16.10).

Figura 16.10: Figuras homotéticas.

Planos, Teorema de Tales, Sólidos

Unidade

Duas guras F e F 0 são homotéticas quando existe uma homotetia σ tal que σ(F ) = F 0 . Assim, as duas pirâmides do exemplo anterior são homotéticas. Duas guras homotéticas são sempre semelhantes, pelo mesmo argumento utilizado acima: dados dois pontos P e Q em F , seus correspondentes P 0 e Q0 em F 0 são tais que os triângulos V P 0 Q0 e V P Q são semelhantes na razão k .

Atividades

Na Sala de Aula

Muitas vezes o professor tem di culdades em motivar o aluno para os conceitos iniciais de Geometria no Espaço. Sugerimos a seguir algumas estratégias para despertar um maior interesse por parte dos alunos. Uma primeira recomendação é evitar apresentar o assunto já de forma completamente arrumada para o aluno. É importante construir a classi cação da posição relativa de retas e planos com a participação dos alunos, apresentando exemplos provocativos como o da gura 16.1. Deve-se procurar, também, buscar exemplos de planos e retas em diversas posições no espaço que cerca o aluno. Pode-se, por exemplo, convidar os alunos a obter exemplos de retas reversas dentro da sala de aula. A apresentação precoce de guras de interesse é uma outra forma de motivar o aluno e demonstrar a relevância dos conceitos. O aluno deve ser convidado a explorar as guras, identi cando retas e planos e determinando sua posição relativa. É importante ilustrar casos de paralelismo em guras bem conhecidas, como prismas e pirâmides. Deve-se explorar bastante o conceito de semelhança, aproveitando para fazer uma revisão de semelhança de guras planas. Atividades usando homotetia para reduzir ou ampliar guras são também recomendadas.

Unidade

Problemas

16.4

Problemas

1. Seja ABCD um paralelogramo. Pelos vértices A, B , C e D são traçadas retas não contidas no plano ABCD e paralelas entre si. Um plano α corta estas retas em pontos A0 , B 0 , C 0 e D0 , situados no mesmo semiespaço relativo ao plano de ABCD, de modo que AA0 = a, BB 0 = b, CC 0 = c e DD0 = d. Mostre que a + c = b + d.

2. Por um ponto qualquer da aresta AB de um tetraedro qualquer ABCD é traçado um plano paralelo às arestas AC e BD. Mostre que a seção determinada por este plano no tetraedro é um paralelogramo.

3. Considere um paralelepípedo ABCDEF GH . Quais são as diversas formas possíveis para uma seção determinada no sólido por um plano contendo a aresta AB ?

4. Seja ABCDEF GH um paralelepípedo tal que AB = AD = AE = 6. Estude as seções determinadas neste paralelepípedo pelos planos de nidos pelos ternos de pontos (M, N, P ) abaixo: (a) M = A, N = ponto médio de CG e P = ponto médio de DH (b) M = A, N = C , P = ponto médio de F G (c) M = A, N = ponto médio de CG e P = ponto médio de F G (d) M = ponto médio de AE , N = ponto médio de BC , P = ponto médio de GH

5. Mostre que duas retas distintas paralelas a uma mesma reta são paralelas entre si.

6. Mostre que, por um ponto dado, passa um único plano paralelo a um plano dado.

7. Sejam r e s retas do espaço concorrentes em P . Sejam r0 e s0 paralelas a r e s, respectivamente, traçadas por um ponto Q. Mostre que os ângulos formados por r e s são iguais aos ângulos formados por r0 e s0 .

Planos, Teorema de Tales, Sólidos

8. Considere dois planos α e β . Qual é o lugar geométrico dos pontos médios dos segmentos cujos extremos estão em α e β , respectivamente? Examine todas as possíveis posições relativas de α e β .

9. Dada uma reta r secante ao plano α e um ponto P exterior a r e a α, diga como construir um segmento cujos extremos estão em r e α cujo ponto médio seja P .

10. Dadas as retas reversas duas a duas r, s e t, encontrar uma reta que as encontre nos pontos R, S e T , respectivamente, de modo que S seja ponto médio de RT .

11. Uma câmera fotográ ca rudimentar pode ser construída fazendo um pequeno furo em uma caixa, de modo que imagens de objetos sejam formadas na parede oposta e registradas em um lme, como ilustrado na gura 16.11. Suponha que a câmara da gura tenha 10 cm de profundidade. (a) Que dimensões terá a fotogra a de uma janela de 3 m de comprimento e 1,5 m de largura, paralela ao plano do lme e situada a 6 m da câmera? (b) Se uma pessoa tem 1,75 m de altura e o lme usado é de 35 mm × 25 mm, a que distância mínima da câmera a pessoa deverá car para que possa ser fotografada de corpo inteiro?

Figura 16.11:

Unidade

17 Retas e Planos Perpendiculares Sumรกrio 17.1 Retas Perpendiculares . . . . . . . . . . . . . . . . .

17.2 Retas e Planos Perpendiculares . . . . . . . . . . . .

17.3 Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 17

Retas Perpendiculares 17.1

Retas Perpendiculares

O conceito de perpendicularismo entre retas vem da Geometria Plana. Duas retas concorrentes são perpendiculares quando se encontram formando quatro ângulos iguais; cada um deles é chamado de ângulo reto. Naturalmente, esta de nição continua valendo para retas concorrentes do espaço. Para estender o conceito para um par de retas quaisquer, consideramos duas retas paralelas a elas conduzidas por um ponto arbitrário ( gura 17.1).

Figura 17.1: Retas ortogonais. Quando essas retas são perpendiculares, dizemos que as retas dadas inicialmente são ortogonais. Note que, de acordo com esta de nição, retas perpendiculares são um caso particular de retas ortogonais.

17.2

Retas e Planos Perpendiculares

A gura 17.2 ilustra o conceito de perpendicularismo entre reta e plano. Dizemos que uma reta é perpendicular a um plano quando ela é ortogonal a todas as retas desse plano. Isto equivale a dizer que ela é perpendicular a todas as retas do plano que passam pelo seu ponto de interseção com ele. Baseados em nossa experiência, sabemos que por qualquer ponto de um plano pode-se traçar uma única reta perpendicular a esse plano. Mas será que é possível mostrar tal fato a partir das propriedades básicas desenvolvidas nos capítulos anteriores?

Retas e Planos Perpendiculares

Figura 17.2: Retas perpendiculares a plano. A resposta é a rmativa. O ponto crucial é estabelecer as condições mínimas a serem obedecidas para que uma reta seja perpendicular a um plano. É interessante deixar que os alunos as descubram por si próprios, através da seguinte situação. Como conduzir uma reta perpendicular ao plano de uma mesa utilizando um pedaço de papel que tem pelo menos um bordo reto, conforme ilustrado na gura 17.3a? A solução consiste em dobrar o papel ao longo deste bordo reto, desdobrá-lo parcialmente e repousar os lados do ângulo formado pelo bordo sobre a mesa, conforme mostra a gura 17.3b. A reta que contém o vinco do papel é perpendicular ao plano da mesa. Vejamos como interpretar esta construção. Quando dobramos o papel ao longo do bordo, fazemos com que os ângulos formados pelo vinco e por cada semi-reta determinada no bordo sejam congruentes. Como os dois ângulos somam 180o , cada um deles é reto. Logo, a reta que contém o vinco é perpendicular ao bordo do papel. Quando repousamos o papel sobre a mesa, a reta do vinco torna-se então perpendicular a duas retas concorrentes do plano da mesa.

(a)

(b)

Figura 17.3: Como achar uma reta perpendicular a um plano.

Unidade 17

Retas e Planos Perpendiculares O que a construção acima sugere é o seguinte teorema:

Teorema 1

Se uma reta é ortogonal a duas retas concorrentes de um plano ela é perpendicular ao plano (ou seja, ela forma ângulo reto com cada reta do plano).

Demonstração

Sejam s e t duas retas de α que se encontram em A, ambas ortogonais a r. Sem perda de generalidade, podemos supor que r passa por A (senão tomamos uma paralela a r passando por A) ( gura 17.4).

Figura 17.4: Condição para perpendicularismo. Vamos mostrar que toda reta u de α passando por A é perpendicular a r. Se u coincide com s ou t, então u é certamente perpendicular a r. Senão, tomemos uma reta v de α tal que seu ponto de interseção U com u esteja entre os pontos de interseção S e T com s e t. Em cada semiplano determinado por α tomemos pontos A1 e A2 tais que AA1 = AA2 . Os triângulos retângulos A1 AS e A2 AS são certamente iguais, já que A1 A = A2 A e o cateto AS é comum. Logo, A1 S = A2 S . Analogamente, os triângulos A1 AT e A2 AT são iguais, daí resultando A1 T = A2 T . Examinando, então, os triângulos A1 ST e A2 ST , observamos que o lado ST é comum e os demais lados são respectivamente iguais. Portanto, estes triângulos são iguais. Mas da igualdade de A1 ST e A2 ST resulta também a igualdade de A1 SU e A2 SU (SU é comum, A1 S = A2 S e os ângulos A1 SU e A2 SU são iguais). Logo, A1 U = A2 U e, daí, os triângulos A1 AU e A2 AU são iguais, por possuírem lados respectivamente iguais. Mas isto acarreta a igualdade dos

Retas e Planos Perpendiculares ângulos A1 AU e A2 AU . Como A1 , A e A2 são colineares, cada um daqueles ângulos é necessariamente reto. Ou seja, u é perpendicular a r. Assim, provamos que toda reta de α passando por A é perpendicular a r e portanto, que r e α são perpendiculares. À primeira vista, a estratégia usada na demonstração do teorema acima pode parecer arti cial (como saber que deveríamos começar tomando pontos sobre r simétricos com relação a A?). Ela re ete, no entanto, a íntima relação entre perpendicularismo, congruência e simetria. O uso de pontos simétricos em relação a A permitiu o uso de congruência de triângulos para mostrar que r forma ângulos iguais com uma reta arbitrária do plano, ou seja, que r é perpendicular a essa reta. Com o auxílio do teorema acima, podemos, então, fazer duas construções fundamentais: Construção do plano perpendicular a uma reta por um de seus pontos.

Seja r uma reta e A um de seus pontos ( gura 17.5). Tomemos dois planos distintos contendo r e, em cada um, tracemos a perpendicular a r passando por A. Estas duas retas determinam um plano, que certamente é perpendicular a r, já que r é perpendicular a duas retas concorrentes deste plano.

Figura 17.5: Construção de plano perpendicular a uma reta.

Unidade 17

Retas e Planos Perpendiculares

Construção da reta perpendicular a um plano por um de seus pontos.

Consideremos um plano α e um ponto A em α. Tomemos duas retas concorrentes s e t, ambas passando por A e contidas em α. Utilizando a construção anterior, existem planos β e γ , contendo A e respectivamente perpendiculares a s e t. A reta r de interseção de β e γ é perpendicular a s e a t, por estar contida em planos respectivamente perpendiculares a cada uma delas. Logo, r é perpendicular a α.

Figura 17.6: Contrução de reta perpendicular a um plano. Acima, mostramos como construir um plano perpendicular a uma reta passando por um de seus pontos. Na verdade, aquele é o único plano perpendicular à reta passando pelo ponto dado. Da mesma forma, a reta perpendicular a um plano dado passando por um de seus pontos também é única. Outra observação é que não é preciso, nos teoremas acima, exigir que o ponto dado pertença à reta dada ou ao plano dado. Ou seja, por qualquer ponto do espaço passa um único plano perpendicular a uma reta dada e uma única reta perpendicular a um plano dado. Tudo isso é consequência dos seguintes fatos a respeito de retas e planos perpendiculares (veja o exercício 2). • Se uma reta é perpendicular a um plano, toda reta paralela a ela é também perpendicular ao mesmo plano. • Se um plano é perpendicular a uma reta, todo plano paralelo a ele é também perpendicular à mesma reta. • Se duas retas distintas são perpendiculares ao mesmo plano, elas são paralelas entre si. • Se dois planos distintos são perpendiculares à mesma reta, eles são paralelos entre si.

Retas e Planos Perpendiculares 17.3 1.

Problemas

É verdade que duas retas distintas ortogonais a uma terceira são sempre paralelas entre si? Demonstre as seguintes propriedades: (a) Seja r uma reta perpendicular ao plano α. Toda reta paralela a r é perpendicular a α; todo plano paralelo a α é perpendicular a r. (b) Duas retas distintas perpendiculares ao mesmo plano são paralelas entre si. Dois planos distintos perpendiculares à mesma reta são paralelos entre si.

O triângulo ABC , retângulo em A, está contido em um plano α. Sobre a perpendicular a α traçada por C tomamos um ponto D. Por C traçamos, por sua vez, as perpendiculares CE e CF a AD e BD, respectivamente. Mostre que: (a) AB é perpendicular a AD (b) CE é perpendicular a EF (c) DF é perpendicular a EF

Seja r uma reta do espaço e P um ponto exterior a r. Qual é o lugar geométrico dos pés das perpendiculares traçadas de P aos planos que contém r? Que poliedro tem por vértices os centros das faces de um tetraedro regular? de um cubo? de um octaedro regular? Sejam V A, V B e V C três segmentos mutuamente perpendiculares. Mostre que a projeção de V sobre o plano ABC é o ortocentro do triângulo ABC . Mostre que dois planos são perpendiculares se e só se duas retas respectivamente perpendiculares a cada um deles são ortogonais. Se um plano α contém uma reta perpendicular a um plano β , então o plano β contém uma reta perpendicular ao plano α. Certo ou errado?

Unidade 17

Problemas

Dada uma reta r e um plano Îą, diga se ĂŠ sempre possivel construir um plano perpendicular a Îą contendo r.

18 Construções, Planos Perpendiculares Sumário 18.1 Construções Baseadas em Perpendicularismo de Reta e Plano

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18.2 Planos Perpendiculares 18.3 Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade

Construções Baseadas em Perpendicularismo de Reta e Plano

18.1

Construções Baseadas em Perpendicularismo de Reta e Plano

A noção de reta perpendicular a plano permite-nos acrescentar diversas guras importantes à nossa coleção de guras espaciais. Como vimos na demonstração do teorema a respeito das condições su cientes para perpendicularismo de reta e plano, a ideia de perpendicularismo está estreitamente relacionada às ideias de simetria e congruência.

Por essa

razão, guras construídas com auxílio de retas e planos perpendiculares são ricas em propriedades a serem exploradas.

Construção de prismas retos. Prismas retos

são prismas obtidos tomando, para as arestas laterais, retas

perpendiculares ao plano da base ( gura 18.1).

Em consequência, as faces

laterais são retângulos. Há diversos casos particulares importantes. Quando a

regular. Quando a base é um paralelepípedo retângulo (ou bloco retangular), no qual

base é um polígono regular obtemos um prisma retângulo obtemos um

cada face é um retângulo (assim, um paralelepípedo retângulo é um prisma reto onde qualquer face serve como base). Ainda mais especial é o caso do

−

hexaedro regular −,

cubo

paralelepípedo retângulo no qual cada face é um

quadrado.

Figura 18.1:

Um prisma hexagonal reto, um paralelepípedo, um cubo e um

cilindro de revolução.

De modo análogo, de nimos

cilindro reto

como um cilindro no qual as ge-

ratrizes são perpendiculares ao plano da base. Um caso particular importante

Construções, Planos Perpendiculares

é o

cilindro circular reto, no qual a base é um círculo.

Unidade

A reta perpendicular aos

eixo do cilindro. cilindro de revolução, pois é

planos das bases passando pelo centro do círculo é chamada de Um cilindro circular reto também é chamado de

o sólido gerado quando um retângulo faz um giro completo em torno do eixo dado por um de seus lados.

Construção de pirâmides regulares. São construídas tomando um polígono regular colhendo como vértice um ponto

polígono conduzida pelo seu centro

A1 A2 . . . An

como base e es-

situado sobre a perpendicular ao plano do

( gura 18.2). Os triângulos retângulos

V OA1 , V OA2 , . . . , V OAn são triângulos retângulos iguais, por possuírem catetos respectivamente iguais (V O é comum a todos e OA1 = OA2 = · · · = OAn , já que O é o centro do polígono). Em consequência V A1 = V A2 = · · · = V An , o que faz com que as faces laterais sejam triângulos isósceles iguais. Podemos fazer uma construção análoga tomando como base um círculo e como vértice um ponto situado sobre a perpendicular ao plano da base. A gura assim obtida é chamada de cone circular reto. A reta que contém o vértice e o centro da base é chamada de eixo do cone. Um cone circular reto também é chamado de

cone de revolução,

por ser gerado pela rotação de um triângulo

retângulo em torno do eixo dado por um dos catetos.

Figura 18.2: Uma pirâmide quadrangular regular e um cone de revolução.

Construção de um tetraedro regular. Consideremos uma pirâmide triangular regular de base Um

tetraedro regular é obtido escolhendo o vértice V

ABC

e vértice

(sobre a perpendicular ao

Unidade

Construções Baseadas em Perpendicularismo de Reta e Plano

O) de modo que AB , AC e BC da

V A,

plano da base traçada por seu centro

as arestas laterais

base ( gura 18.3). As

sejam iguais às arestas

faces da pirâmide assim obtida são triângulos equiláteros iguais. Além disso, se por em

V BC , que corta este plano AP C são iguais, já que suas

tomamos a perpendicular ao plano de

AP B , AP V e cateto AP é comum

os triângulos retângulos

hipotenusas são iguais e o

P B = P C = P V.

Logo,

a todos os três. Assim, temos

é o centro do triângulo equilátero

V BC ,

o que faz

com que a pirâmide seja regular qualquer que seja a face tomada como base.

Figura 18.3: Um tetraedro regular.

A gura sugere que as retas

(isto é, as retas perpendiculares

a duas faces do tetraedro regular traçadas pelo vértice oposto a cada uma destas faces) sejam coplanares. De fato isto ocorre. Consideremos o plano

V O e pelo vértice A. Este plano corta o plano da base ABC segundo a reta AO. Mas como ABC é um triângulo equilátero de centro O, AO corta o lado BC em seu ponto médio M . Logo, a altura V M da face V BC está contida no plano α; em particular, o ponto P , que é o centro de V BC , está neste plano. Logo, a reta V P está contida em α, o que mostra que V P e AO são concorrentes. Como os pontos de V O são equidistantes de A, B e C e os pontos de AP são equidistantes de V , B e C , o ponto de interseção de V O e AP é um ponto equidistante dos quatro vértices do tetraedro, chamado de centro do tetraedro. O argumento acima mostra, na realidade, que as quatro determinado pela reta

perpendiculares traçadas de cada vértice à face oposta passam todas pelo ponto

Construções, Planos Perpendiculares

Unidade

Construção de um octaedro regular Um octaedro regular pode ser construído a partir de três segmentos iguais e mutuamente perpendiculares

AB , CD

que se cortam no ponto médio

de cada um deles ( gura 18.4). Os segmentos de nidos por estes pares de pontos (exceto os que de nem os segmentos originais) são todos iguais. Traçando todos estes segmentos obtemos um poliedro com oito faces triangulares regulares, chamado de

octaedro regular.

Um octaedro regular pode ser também

obtido tomando duas pirâmides quadrangulares regulares iguais em que as faces laterais são triângulos equiláteros e justapondo estas pirâmides através de suas bases.

Figura 18.4: Um octaedro regular.

O tetraedro regular, o hexaedro regular e o octaedro regular são exemplos de poliedros regulares. Um poliedro regular é um poliedro em que todas as faces são polígonos regulares iguais e todos os vértices são incidentes ao mesmo número de arestas.

Como veremos posteriormente, é possível demonstrar que, além

dos três poliedros regulares apresentados acima, existem apenas dois outros: o

dodecaedro regular,

com 12 faces pentagonais, e o

icosaedro regular,

com 20

faces triangulares.

Projeções ortogonais. A projeção ortogonal de um ponto

em que a perpendicular a

de uma gura qualquer

do espaço sobre um plano

traçada por

corta

α.

α é o ponto

A projeção ortogonal

é obtida projetando-se cada um de seus pontos.

Unidade

Construções Baseadas em Perpendicularismo de Reta e Plano

Figura 18.5: Projeção ortogonal.

Uma ou mais projeções ortogonais são frequentemente utilizadas como forma de representar guras espaciais no plano.

Em Desenho Técnico, por

exemplo, é comum representar sólidos (que podem ser, por exemplo, peças mecânicas) através de três

vistas ortográ cas:

frontal, topo e per l, que são

o resultado de projetar as guras em três planos de nidos dois a dois por três eixos mutuamente perpendiculares. A vista frontal, por exemplo, mostra como um observador situado à frente do objeto e in nitamente distante do objeto, o veria. As demais vistas têm interpretações análogas. A gura 18.6 mostra um sólido e suas vistas. Nestas vistas são desenhadas as projeções ortogonais das arestas do sólido. Observe que alguns segmentos são representados em tracejado. Isto signi ca que eles são obscurecidos por alguma face do sólido (isto é, existe algum ponto do objeto, situado mais próximo do observador, cuja projeção está sobre o segmento).

Figura 18.6: Um sólido e suas vistas.

Pedir que o aluno desenhe vistas de sólidos é uma excelente forma de desenvolver sua visão espacial. Um exercício ainda mais interessante é o de resgatar um sólido a partir de suas vistas.

Construções, Planos Perpendiculares

Simetria e re exão O

simétrico

de um ponto

em relação a um plano

é o ponto

através da seguinte construção ( gura 18.7). Conduzimos por

obtido

a reta perpen-

α em Q. O ponto P é o ponto sobre o prolongamento 0 de P Q tal que QP = P Q (isto é, P é o simétrico de P em relação a Q). O 0 ponto resultante P pode ser interpretado como sendo a imagem do ponto P re etida em um espelho plano coincidente com α. dicular a

α,

que corta

Figura 18.7: Simetria em relação a um plano.

Este é um bom momento para observar que também na Geometria (como em toda a Matemática), podemos fazer bom uso do conceito de função. Se designamos por

o conjunto dos pontos do espaço, a função

P do espaço o seu simétrico P em re exão em torno de α. Funções que associam

que associa a cada ponto chamada de

simetria ou

R : E → E relação a α é pontos

do espaço a pontos do espaço são muitas vezes chamadas de transformações do espaço. Re exões são exemplos de

isometrias,

isto é, de transformações do

espaço que têm a propriedade de que a distância entre as imagens de dois pontos quaisquer é igual à distância entre os dois pontos (dizemos, por esse motivo, que isometrias preservam distâncias). O livro Isometrias , de Elon Lages Lima, da Coleção do Professor de Matemática da SBM, é uma ótima referência para um estudo da Geometria sob o ponto de vista das transformações do espaço.

Sistema de coordenadas tridimensionais. Um sistema de coordenadas para o espaço é construído a partir de três eixos mutuamente perpendiculares e com uma origem comum. Para construir um tal

Unidade

Planos Perpendiculares

sistema, basta tomar duas retas perpendiculares contidas em um certo plano e conduzir a reta perpendicular a este plano passando pelo ponto de interseção das retas. As coordenadas de um ponto

qualquer do espaço são obtidas através

da interseção com cada eixo do plano que passa por

e é perpendicular ao

eixo. Isto também equivale a obter a projeção ortogonal de

sobre os planos

de nidos por cada par de eixos e, a seguir, projetar os pontos obtidos sobre cada eixo.

Figura 18.8: Sistema de coordenadas tridimensionais.

18.2

Planos Perpendiculares

α e β e tracemos um plano γ perpendicular à sua reta r de interseção, que corta α e β segundo as retas s e t. O ângulo entre s e t não depende da posição escolhida para γ (todos os planos perpendiculares a r são paralelos entre si e, portanto, cortam α e β segundo retas respectivamente paralelas). Quando s e t formam um ângulo reto, dizemos que os planos α e β são perpendiculares ( gura 18.9). Tomemos dois planos secantes

Figura 18.9: Planos perpendiculares.

Note que se às retas

β.

são perpendiculares então a reta Logo,

é uma reta de

é perpendicular

que é perpendicular a

β.

verdade, a existência em um plano de uma reta perpendicular a um outro é condição necessária e su ciente para que os planos sejam perpendiculares.

Dois planos

são perpendiculares se e somente se um deles contém

Teorema 1

uma reta perpendicular ao outro.

perpendicular a

são perpendiculares então certamente existe uma reta de

β,

conforme explicamos no parágrafo anterior. Por outro lado,

α seja perpendicular a β ( gura 10). O plano α corta β segundo uma reta t, que é perpendicular a r . Pelo ponto de interseção de r e t traçamos a reta s, contida em β e perpendicular a t. O plano de nido por r e s é perpendicular a t, já que contém duas retas que lhe são perpendiculares. Logo, o ângulo formado por α e β é, por de nição, o ângulo formado por r e s. Mas r e s são perpendiculares, já que r é perpendicular a β . Portanto, α e β são de fato perpendiculares. suponhamos que uma reta

Nos exemplos vistos no nal da seção anterior aparecem vários pares de planos perpendiculares. Em cada caso, o argumento para justi car o perpendicularismo entre os planos consiste em identi car uma reta em um dos planos que seja perpendicular ao outro e aplicar o teorema anterior. Assim, as faces laterais de um prisma reto são perpendiculares ao plano da base, já que cada face lateral contém uma aresta lateral perpendicular à

V O e AP do tetraedro regular V ABC é V BC , já que as alturas são perpendiculares às

base. O plano contendo as alturas perpendicular às faces

ABC

respectivas bases. Os planos de nidos por cada par de eixos em um sistema de eixos ortogonais tridimensional são mutuamente perpendiculares, já que cada um desses planos contém um eixo que é perpendicular a cada um dos outros dois e, em consequência, ao plano formado por eles.

Demonstração

Unidade

Planos Perpendiculares

Figura 18.10: CritĂŠrio de perpendicularismo de planos.

Na Sala de Aula

Atividade

O professor pode explorar o perpendicularismo de retas e planos no mundo que cerca o aluno: paredes, encontro de paredes, etc. Devem ser feitos exercĂcios com vistas de objetos tridimensionais, quer pedindo aos alunos que desenhem as vistas de um objeto, quer pedindo que eles reconheĂ§am objetos a partir de suas vistas.

Construções, Planos Perpendiculares

18.3

Unidade

Problemas

1. Mostre que um plano é perpendicular a dois planos secantes se e somente

se ele é perpendicular à reta de interseção dos dois planos.

2. Em um cubo

EF DC

ABCDEF GH

mostre que os planos diagonais

ABHG

são perpendiculares.

3. Desenhe as vistas frontal, superior e de per l dos sólidos abaixo.

Figura 18.11

4. Desenhe um sólido cujas vistas frontal, superior e de per l sejam as dadas

na gura 18.12, abaixo.

Figura 18.12

Unidade

Problemas

5. A gura 18.13, abaixo, representa as vistas frontal e superior de um sólido.

Que sólidos você consegue imaginar que tenham essas vistas? Para cada caso, forneça a vista de per l.

Figura 18.13

α é um plano de simetria de uma gura F quando re exão em torno de α é igual a F . Encontre os

6. Dizemos que um plano

a imagem de

pela

planos de simetria (se existirem) das seguintes guras (a) cubo (b) tetraedro regular (c) pirâmide quadrangular regular (d) cilindro de revolução (e) cone de revolução 7. Dado um ponto

P = (x, y, z) em um sistema de coordenadas ortogonais,

encontre as coordenadas: (a) da projeção de

no plano

(b) da projeção de

no eixo

em relação ao plano

8. A gura 18.14, abaixo, mostra a planta de um quarto, com pé direito igual

a 3m. Deseja-se instalar um o conectando uma lâmpada, localizada no centro do teto, ao interruptor, situado a 80 cm de altura, junto à porta indicada na planta (cuja altura é 1,95 m). Determine o comprimento de o necessário nos seguintes casos:

Construções, Planos Perpendiculares

Figura 18.14

(a) O o deve se manter, tanto no teto como na parede, paralelo a uma das três direções principais. (b) O o, na parede, deve car colocado segundo a vertical. (c) O o pode car em qualquer posição na parede e no teto.

Unidade

19 Distâncias Sumário 19.1 Distância Entre Dois Pontos

. . . . . . . . . . . . .

19.2 Distância de Ponto a Plano . . . . . . . . . . . . . .

19.3 Distância de Ponto a Reta

. . . . . . . . . . . . . .

19.4 Distância Entre Retas Reversas 19.5 Problemas

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade 19

Distância Entre Dois Pontos 19.1

Distância Entre Dois Pontos

A distância entre dois pontos

AB .

AeB

é simplesmente a medida do segmento

No plano, a distância entre dois pontos é frequentemente obtida utilizando

o Teorema de Pitágoras. Isto ocorre porque muitas vezes dispomos das medidas das projeções de um segmento segundo duas direções perpendiculares.

Esta

situação frequentemente ocorre também no espaço. Novamente, a ferramenta a utilizar é o Teorema de Pitágoras.

Diagonal de um paralelepípedo

BH = d de um parAB = a, AD = b e AE = c

Consideremos o problema de calcular a diagonal alelepípedo retângulo

ABCDEF GH

de arestas

( gura 19.1). Resolvemos o problema utilizando o Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos

ABD e BDH

(este segundo triângulo é retângulo porque

é perpendicular ao plano da base e, assim, perpendicular à reta

que

está contida nesta base).

BD2 = a2 + b2 (no triângulo ABD) 2 2 2 2 Logo, d = a + b + c .

Temos:

BDH ).

d2 = BD2 + c2

Em particular, a diagonal de um cubo de aresta

mede

√ d = a 3.

Figura 19.1: Diagonal de um paralelepípedo.

(no triângulo

Unidade 19

Distâncias Plano mediador Qual é o lugar geométrico dos pontos do espaço que são equidistantes de dois pontos dados

Figura 19.2: O plano mediador.

Sabemos que, no plano, o conjunto dos pontos equidistantes de reta mediatriz de médio

AB ;

isto é, a perpendicular a

é a

passando pelo seu ponto

A situação é análoga no espaço.

Um ponto

perpendicular a

do espaço é equidistante de

( gura 19.2).

De fato, se

B PM e

se e somente se é perpendicular

PM é a AB ,

P M A e P M B são iguais, por possuírem um cateto comum P M e catetos iguais M A e M B ; assim, P A = P B . Por outro lado, se P A = P B , então os triângulos P AM e P BM são iguais, por possuírem lados respectivamente iguais; logo, os ângulos P M A e P M B são iguais e, portanto, retos. Provamos, então, que os pontos do espaço equidistantes de A e B são todos aqueles pontos P tais que a reta P M é perpendicular a AB . Mas estes são exatamente os pontos do plano que passa por M e é perpendicular a AB ; este é o chamado plano mediador de AB . os triângulos retângulos

19.2

Distância de Ponto a Plano

A distância de um ponto

a um plano

é de nida como o comprimento

P a α. Note que se R é um outro o triângulo P QR é retângulo e tem P Q como cateto

do segmento de perpendicular traçada de ponto qualquer do plano,

Unidade 19

Distância de Ponto a Plano

como hipotenusa. Assim, o comprimento da perpendicular

que o comprimento de qualquer oblíqua

é menor

P R.

Figura 19.3: Distância de ponto a plano.

Se uma reta

é paralela a um plano ( gura 19.4a), todos os seus pontos

estão a igual distância do plano. De fato, se de dois pontos

P1 α,

da reta

α traçamos as perpendiculares P1 Q1 e P2 Q2 a obtemos um retângulo P1 P2 Q2 Q1 . Logo, P1 Q1 = P2 Q2 . Analogamente, se β é um plano paralelo a α, todos os seus pontos estão à mesma distância d de α ( gura 19.4b). O número d é a distância entre os planos α e β . Note que d é igual ao comprimento do segmento determinado pelos paralela a

planos em qualquer reta perpendicular a ambos. Note também que qualquer segmento de extremos em

tem comprimento maior do que ou igual a

(a)

(b)

Figura 19.4: Paralelismo e distância.

Exemplo 1

Em um tetraedro regular

ao plano

BCD

ABCD

de aresta

qual é a distância do vértice

? (Isto é, qual é altura do tetraedro?)

Empregamos, mais uma vez o teorema de Pitágoras. Seja

sobre o plano

BCD

( gura 19.5). Já vimos antes que o ponto

do triângulo equilátero lado

BCD.

Examinemos o triângulo retângulo

AB = a. O lado HB equilátero de lado a; logo √ a 3 . HB = 3

é a aresta do tetraedro; logo,

circunscrito no triângulo

a projeção de é o centro

AHB .

é o raio do círculo

Temos, então:

√ 2 a 3 = a2 AH + 4 2

e, daí,

√ a 6 AH = . 3

Figura 19.5: Altura de tetraedro regular. Na gura representamos não somente o triângulo

AHB

mas a seção com-

ABM ) determinada no tetraedro regular pelo plano que o ponto M é o ponto médio da aresta CD . No triângulo ABM

pleta (o triângulo contém.

aparecem quase todos os elementos métricos importantes do tetraedro regular. Além da altura do tetraedro (que é a altura relativa a A do triângulo

ABM ),

nele aparecem o ângulo entre duas faces, o ângulo entre uma aresta e uma face, a distância entre arestas opostas e os raios das esferas inscrita, circunscrita e tangente às arestas do tetraedro.

19.3

Distância de Ponto a Reta

Dado um ponto

r do espaço, o ponto Q em que a reta r corta r passando por P é chamado de projeção ortogonal

e uma reta

o plano perpendicular a

P sobre r ( gura 19.6). O comprimento do segmento P Q é a distância de P a r . Quando P não pertence à reta r , os pontos P e Q são distintos e P Q é a única reta perpendicular a r traçada por P (P e r de nem um único plano e, neste plano, P Q é a única perpendicular a r passando por P ). Se R é um outro ponto qualquer de r , o triângulo P QR tem hipotenusa P R e cateto P Q; logo P Q < P R (isto é, o comprimento da perpendicular é menor que o de

comprimento de qualquer oblíqua). Assim, o cálculo da distância de um ponto a uma reta envolve o traçado da perpendicular à reta passando pelo ponto. Uma situação muito comum é aquela onde a reta

r esteja situada sobre um plano de referência

(por exemplo,

o plano do chão). Nestas situações, é muitas vezes desejável que a construção da reta perpendicular se apoie em elementos deste plano de referência. Isto se torna simples com o auxílio do chamado Teorema das Três Perpendiculares.

Figura 19.6: Distância de ponto a reta.

Teorema 1

P traçamos a perpendicular P P 0 ao plano α e por um 0 ponto qualquer Q de α traçamos a reta r perpendicular a P Q, então a reta P Q é perpendicular a r.

Demonstração

P 0 Q são ambas ortogonais a r, já que P P 0 é perpendicular a um plano contendo r e P 0 Q é perpendicular a r. Logo, o plano de nido por essas retas é perpendicular a r e, portanto, a reta P Q desse plano é perpendicular a r .

Se por um ponto

Basta observar que as retas

PP0

Unidade 19

Distâncias

Observe que a distância de

(isto é, o comprimento do segmento

P Q)

pode ser calculada com o auxílio do Teorema de Pitágoras, uma vez conhecidos os comprimentos dos segmentos de

à reta

r).

PP0

(distância de

α)

P 0Q

(distância

Em muitos problemas práticos, estas duas últimas distâncias

são fáceis de calcular, bastando escolher sabiamente o plano de referência contendo

Figura 19.7: Teorema das Três Perpendiculares.

Considere um paralelepípedo retângulo

AD = 20 liga o

AE = 16 ( gura 19.8). Qual vértice E a um ponto da reta BD ? e

A perpendicular baixada de

ao plano

ABCDEF GH

em que

AB = 15,

a medida do menor segmento que

ABCD

corta esse plano em

daí,

AM a BD. Pelo teorema das três perpendiculares, EM é perpendicular a BD e é, portanto, o menor segmento que liga E a BD. traçamos a perpendicular

Para calcular seu comprimento, trabalhamos em dois triângulos retângulos. No

ABD, conhecemos os hipotenusa BD = 25 e a altura triângulo

catetos

AM =

obtemos a

AD = 20;

daí, obtemos a

15 × 20 = 12. 25

EAM são conhecidos hipotenusa EM = 20.

No triângulo

AB = 15

os catetos

EA = 16

AM = 12.

Daí,

Exemplo 2

Unidade 19

Distância Entre Retas Reversas

Figura 19.8

19.4

Distância Entre Retas Reversas

Vimos acima diversos casos em que de nimos a distância entre duas guras

− isto é, dois conjuntos de pontos − do espaço.

Todos estes casos são situações

particulares abrangidas pela seguinte de nição:

dadas duas guras

F2 ,

F1 e F2 como o comprimento do menor segmento F1 e F2 . Por exemplo, a distância de um ponto a um

de nimos a distância entre que tem extremos em

plano foi de nida de modo a ser, de fato, o comprimento do menor segmento com um extremo no ponto dado e outro no plano.

Vamos empregar esta de nição para um par de retas do espaço. Segundo esta de nição, a distância entre duas retas concorrentes (ou coincidentes) é igual a zero. Se as retas são paralelas (logo coplanares), ocorre uma situação já estudada na Geometria Plana:

cada ponto da primeira reta está a uma

distância constante da segunda. Esta distância constante (que é o comprimento do segmento determinado por qualquer perpendicular a ambas) é a distância entre as retas.

O caso mais interessante ocorre quando as duas retas são reversas. Também neste caso o segmento de comprimento mínimo é dado por uma reta perpendicular a ambas; mas agora existe uma só perpendicular comum às duas retas. Veremos, a seguir, como construir esta perpendicular comum.

Construção da perpendicular comum a duas retas reversas. Começamos por traçar o par de planos paralelos

αeβ

( gura ??) contendo

cada uma das retas (para obter tais planos basta construir, por um ponto de cada uma das retas, uma paralela à outra). A seguir, por um ponto

qualquer

t, perpendicular ao plano β , que o corta em B1 . Por B1 , traçamos a paralela r0 a r. A reta r0 está contida em β e corta s no ponto B2 . Finalmente, por B2 traçamos a reta t0 paralela a A1 B1 . Note que as retas t0 , t, r e r0 estão todas em um mesmo plano. Logo, t0 corta r em um ponto A2 . A reta t0 forma ângulo reto com r e s (por ser perpendicular aos planos α e β ) e é concorrente com ambas. E, portanto, uma perpendicular comum a r e s. de

traçamos uma reta

Figura 19.9: Perpendicular comum a duas retas reversas.

A perpendicular comum

A2 B2

entre as reversas

construída acima é

única; basta observar que se existisse outra perpendicular comum

CD, ela seria

A2 B2 , por serem ambas perpendiculares aos planos α e β . Mas assim os pontos C , D, A2 e B2 estariam todos no mesmo plano. Desta forma, as retas r e s seriam coplanares, o que é uma contradição.

necessariamente paralela a

Como a perpendicular comum a aos planos

β,

é também a perpendicular comum

o comprimento do segmento por ela determinado é o menor

comprimento possível de um segmento cujos extremos sejam quaisquer pontos de

β,

qualquer segmento com extremos nesta reta terá comprimento maior que

β.

Em particular, como

estão respectivamente contidas em

Unidade 19

Distância Entre Retas Reversas

o segmento da perpendicular comum. Logo, o comprimento do segmento da perpendicular comum exprime a distância entre as duas retas.

Exemplo 3

A gura 19.10 mostra uma ilustração de uma sala. A reta pelo encontro de duas paredes) é a perpendicular comum às e

BD.

Figura 19.10

AB (determinada retas reversas AC

19.5

Problemas

1. Mostre que as arestas opostas de um tetraedro regular são ortogonais. 2. Considere os pontos médios das arestas

BC , CD, BF , DH , EF

de um cubo. Mostre que esses seis pontos estão no mesmo plano. 3. Qual é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de três pontos não

colineares? 4. Qual é o lugar geométrico dos pontos equidistantes de dois planos secantes

dados? E se os planos forem paralelos? 5. As moléculas de metano

(CH4 )

têm o formato de um tetraedro regular,

com um átomo de hidrogénio em cada vértice, cada um deles ligado ao átomo de carbono no centro do tetraedro. Calcule o ângulo formado por duas dessas ligações.

M N o segmento da perpendicular comum. Tomam-se um ponto A sobre r e um ponto B sobre s. Calcular o comprimento do segmento AB em função de M A = a, N B = b e M N = c.

6. Sejam

duas retas reversas ortogonais e

7. Mostre que a reta que une os pontos médios de duas arestas opostas de

um tetraedro regular é a perpendicular comum a elas. 8. Qual é a seção determinada em um tetraedro regular

plano paralelo às arestas aresta

ABCD

por um

e passando pelo ponto médio da

calcule os raios das esferas circun-

AC ?

9. Em um tetraedro regular de aresta

scrita, inscrita e tangente às arestas. 10. Em um octaedro regular de aresta

calcule os raios das esferas circun-

scrita, inscrita e tangente às arestas. 11. Quatro esferas de raio 1 são tangentes entre si exteriormente três a três

e tangenciam internamente uma esfera de raio

Determine

20 Ângulos, Esfera

Sumário 20.1 Ângulo Entre Retas

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

20.2 Ângulo Entre Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20.3 Ângulo Entre Reta e Plano . . . . . . . . . . . . . .

20.4 A Esfera

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20.5 Problemas

Unidade

Ângulo Entre Retas

20.1

Ângulo Entre Retas

Já vimos como podemos medir ângulo entre retas quaisquer no espaço: basta tomar duas retas paralelas a elas passando por um ponto arbitrário. O ângulo formado por essas retas concorrentes é o ângulo formado pelas retas dadas inicialmente.

Convém lembrar, da Geometria Plana, que o ângulo for-

mado por duas retas concorrentes é de nido como o menor dos quatro ângulos que elas formam; está, portanto, compreendido entre 0 paralelas ou coincidentes) e 90

20.2

(quando as retas são

(quando as retas são ortogonais).

Ângulo Entre Planos

Ao de nir planos perpendiculares já introduzimos a forma pela qual o ângulo entre dois planos plano

as retas

é medido. Quando

perpendicular à reta de interseção de

respectivamente ( gura 20.1).

são secantes, traçamos um

β,

que corta

um valor entre 0 o plano

γ:

segundo

A medida do ângulo entre os

planos é, por de nição, igual à medida do ângulo entre as retas

α r

s (é,

assim,

e 90 ). Note que este ângulo é o mesmo qualquer que seja

todos os planos perpendiculares à reta de interseção de

paralelos entre si, determinando com

αeβ

são

retas de interseção respectivamente

paralelas.

Figura 20.1: Ângulo entre planos.

A a α

Tomemos agora um ponto retas

perpendiculares

qualquer sobre o plano e

β.

e dele traçamos as

Estas retas estão contidas em

e são

Unidade

Ângulos, Esfera

r e s, respectivamente. Portanto, o ângulo formado por r0 e s0 é igual ao ângulo formado por r e s, que por sua vez é igual ao ângulo formado perpendiculares a

ângulo formado por dois planos é

pelos planos. Ou seja, demonstramos que o

igual ao ângulo formado por duas retas respectivamente perpendiculares a estes planos. Convém aproveitar a ocasião para falar em medida de um diedro.

diedro de

−

chamados

aresta

do diedro

(ou ângulo diedro) é a gura formada por dois semiplanos

faces

do diedro

( gura 20.2).

−

limitados pela mesma reta, chamada de

Para medir um diedro, conduzimos um plano perpendicular à

aresta e medimos o ângulo entre as

semirretas

determinadas em cada face.

Observe que a medida de um ângulo diedro pode variar entre 0

e 180 . Note

também que o ângulo entre dois planos secantes é igual à medida do menor diedro formado por eles.

Figura 20.2: Medida de um diedro.

20.3

Ângulo Entre Reta e Plano

Vejamos agora como de nir o ângulo entre uma reta e um plano.

ralmente, este ângulo deverá ser igual a 90

Natu-

quando a reta é perpendicular ao

plano e deverá ser igual a zero quando a reta está contida no plano ou é paralela a ele. Se uma reta

r r

é oblíqua a um plano

α,

de nimos o ângulo entre

α ( gura 20.3). Consideremos agora uma reta qualquer s contida no plano α e vamos com0 parar o ângulo θ formado por r e s com o ângulo θ formado por r e α. Podemos supor que s passa pelo ponto O em que r corta α. Por um ponto P de s exterior a α tracemos a perpendicular P Q ao plano α e a perpendicular P R à como o ângulo que

forma com sua projeção ortogonal sobre

Unidade

Ângulo Entre Reta e Plano

Figura 20.3: Ângulo entre retas e plano.

ORP têm a hipotenusa comum OP , 0 enquanto os catetos opostos aos ângulos θ e θ são tais que P R > P Q. Em 0 0 consequência, sen θ > sen θ e, assim, θ > θ . Além disso, a igualdade só ocorre quando a reta s é a projeção ortogonal de r sobre α. Portanto, o ângulo entre uma reta r e um plano é igual ao menor ângulo formado por r e uma reta reta

Os triângulos retângulos

OQP

qualquer do plano.

Exemplo 1

A gura 20.4 abaixo mostra a planta do telhado de uma casa. Cada plano contendo uma porção do telhado é chamado de água ; o telhado da gura, portanto, possui 4 águas. Ao longo da reta de interseção de duas águas corre

uma calha. Sabendo que cada água é inclinada de 30 qual é a inclinação em relação à horizontal da calha

em relação à horizontal,

assinalada na gura?

Figura 20.4: Telhado com 4 águas

A gura 20.5 mostra uma vista em perspectiva do telhado, no qual estão

P , Q e R, obtidos, respectivamente, projetando o as beiradas AB e AD do telhado e sobre o plano ABCD . Os águas ABM e ADM N formam com a horizontal são iguais,

representados os pontos ponto

sobre

ângulos que as

Unidade

Ângulos, Esfera

M QR. Como estes ângulos são ambos iguais a 30 , os triângulo retângulos M QR e M P R são iguais, já que possuem um cateto comum M R. Assim, designando a menor dimensão do retângulo ABCD, por 2a temos: √ 3 . RP = RQ = a e M R = RQ tg 30o = a 3 respectivamente, aos ângulos

MP R

O ângulo gulo

RAM

que a reta

forma com o plano horizontal é igual ao ân-

do triângulo retângulo

(calculado acima) e

M AR,

do qual conhecemos os catetos

(diagonal do quadrado

AP RQ).

√ √ a 3 6 MR 3 = √ = α= AR 6 a 2

Assim:

α∼ = 22o

Figura 20.5: Vista em perspectiva do telhado

20.4

A Esfera

A superfície esférica (ou simplesmente esfera) de centro conjunto dos pontos do espaço cuja distância a

é igual a

O R.

e raio

é o

A esfera é o

análogo tridimensional do círculo, inclusive na ambiguidade de terminologia: a palavra esfera tanto pode ser usada para se referir à superfície esférica quanto ao sólido por ela determinado. A posição de um ponto em relação a uma esfera é determinada pela sua distância ao centro da esfera. Assim, pontos cuja distância ao centro seja menor

Unidade

A Esfera

que, maior que, ou igual ao raio são, respectivamente, interiores, exteriores ou estão sobre a superfície da esfera. Da mesma forma, a posição de uma reta ou plano em relação a uma esfera é determinada pela distância do centro a esta reta ou plano. Quando a distância é maior que o raio, temos uma reta ou plano pontos de interseção com a esfera). centro seja exatamente igual ao raio é

exterior

à esfera (ou seja, sem

Uma reta ou plano cuja distância ao

tangente

à esfera; isto é, tem apenas um

ponto em comum com a esfera ( gura 20.6). Este ponto é justamente o pé da perpendicular conduzida do centro da esfera a esta reta ou plano. Finalmente, se a distância ao centro é menor que o raio, a reta ou plano é

secante

à esfera.

Figura 20.6: Uma esfera, um plano tangente e duas retas tangente.

A interseção de uma reta secante com a esfera é um par de pontos, enquanto

um plano secante corta a esfera segundo um círculo.

De fato, os pontos de

P do plano cuja distância P O ao centro O da esfera é igual a seu raio R. Seja Q o pé da perpendicular baixada de O ao plano α ( gura 20.7). Qualquer que seja o ponto P em α, 2 2 2 o triângulo P OQ é retângulo em Q. Logo, P O = P Q + OQ e, assim, P O = R se e somente se P Q2 = R2 − d2 , onde d = OQ é a distância de O a α. Portanto, quando d < R, os pontos de α que estão na esfera se encontram √ em um círculo de centro Q e raio R2 − d2 . Observe que esse raio é máximo quando d = 0 (isto é, quando o plano contém o centro da esfera). Círculos interseção de um plano com uma esfera são os pontos

assim obtidos são chamados de

círculos máximos

centro e o mesmo raio que a esfera.

da esfera e têm o mesmo

Ângulos, Esfera

Unidade

Figura 20.7: Plano secante a uma esfera.

Calcule o raio das esferas circunscrita, inscrita e tangente às arestas a um cubo de aresta

Em qualquer paralelepípedo, todas as diagonais (isto é, os segmentos que ligam vértices opostos) têm um ponto comum, que é o ponto médio de cada uma delas (basta observar que as diagonais de um paralelepípedo são, duas a duas, diagonais de paralelogramos. O ponto de interseção das diagonais é, na verdade, o centro de simetria do paralelepípedo. Se o paralelepípedo é retângulo, todas as diagonais têm o mesmo comprimento; logo, existe uma esfera centrada nesse ponto e que passa por todos os vértices. esfera circunscrita ao paralelepípedo.

Essa esfera é chamada de

No caso do cubo, o centro é também

equidistante das 6 faces e equidistante das 12 arestas.

Logo, com o mesmo

centro, existe também uma esfera tangente às faces (que é a esfera inscrita no cubo) e uma esfera tangente às arestas.

É fácil ver que os raios das esferas

circunscrita, inscrita e tangente às arestas do cubo têm raios respectivamente iguais à metade de uma diagonal, à metade da aresta e à metade da diagonal de uma face ( gura 20.8). Logo, esses raios são respectivamente:

√ a 3 R= , 2

a r= 2

√ a 2 r0 = . 2

Exemplo 2

Unidade

A Esfera

Figura 20.8: As esferas associadas a um cubo.

Na Sala de Aula

Atividades

Problemas envolvendo cálculo de ângulos e distâncias são uma ótima forma de xar as noções fundamentais de Geometria no Espaço. É especialmente interessante formular problemas em que as guras representem objetos do mundo real ou modelos que os alunos possam construir (veja os exercícios 5 e 6). Assim como na Geometria Plana o aluno toma contato com as circunferências inscrita e circunscrita a certos polígonos, é natural estender esse conceito para buscar esferas inscrita e/ou circunscrita aos poliedros estudados. A de nição de esfera pode ser introduzida a qualquer momento. Ela é a mesma de nição de circunferência no plano. Relacionar esferas com os sólidos em estudo é uma excelente forma de desenvolver o raciocínio e a visão espacial dos alunos, porque, não podendo representá-la de forma conveniente em um desenho, serão forçados a utilizar sua de nição em situações que não poderão desenhar. Vejamos as principais situações.

1. No cubo, os alunos devem identi car as 4 diagonais, calcular o compri-

mento e concluir que elas se cortam no centro do cubo, como zemos no exemplo acima. Esta é uma primeira e natural situação para introduzir a esfera circunscrita, porque ca claro que esse ponto equidista de todos os vértices. É também fácil concluir que o centro do cubo equidista de todas as faces, introduzindo aí a esfera inscrita.

2. No paralelepípedo retângulo, os alunos devem calcular o comprimento de

uma diagonal, concluir que as 4 diagonais têm um ponto comum (o centro do paralelepípedo) e que esse ponto é médio de cada uma delas. Ficará

Ângulos, Esfera

então claro que o paralelepípedo retângulo possui uma esfera circunscrita cujo raio é a metade de uma diagonal. A existência de uma esfera inscrita deve ser questionada e os alunos deverão concluir que essa esfera existe se, e somente se, o paralelepípedo retângulo for um cubo.

3. Ainda falando sobre o paralelepípedo retângulo o professor deve explorar

ângulos: o ângulo de uma diagonal com uma aresta, o ângulo de uma diagonal com uma face e o ângulo entre duas diagonais. São exercícios interessantes e que vão requerer uma revisão dos conceitos anteriores. Os cossenos desses ângulos podem ser facilmente calculados em triângulos retângulos convenientes e, no caso do ângulo entre duas diagonais, tem-se uma aplicação da lei dos cossenos .

4. Nos prismas regulares, o professor poderá investigar com seus alunos os

mesmos temas: diagonais, ângulos e existência das esferas inscrita e circunscrita.

5. As pirâmides regulares (em particular as de bases triangular, quadrangular

e hexagonal) possuem relações métricas interessantes e o professor poderá mostrar que todas possuem sempre as esferas inscrita e circunscrita.

6. As áreas também devem ser exploradas. De nindo a área de um poliedro

como a soma das áreas de todas as suas faces, os alunos poderão calcular também as áreas dos poliedros estudados.

7. Todo cilindro reto de base circular possui uma esfera circunscrita. Dado o

cilindro, não é difícil calcular o raio dessa esfera. Para isso, recomendamos que o aluno imagine o cilindro e a esfera e desenhe uma seção meridiana, ou seja, uma seção que contém o eixo do cone. Com isso, ele vai perceber que calcular o raio de uma esfera circunscrita a um cilindro é o mesmo que calcular o raio de uma circunferência circunscrita a um retângulo.

8. O cilindro reto de base circular só possui uma esfera inscrita se sua altura

for igual ao diâmetro da base. O cilindro que possui uma esfera inscrita é chamado de cilindro equilátero.

Unidade

A Esfera

9. O cone reto da base circular sempre possui esferas inscritas e circuns-

critas.

Fazendo uma seção meridiana, o problema de calcular os raios

dessas esferas se reduz ao problema de calcular os raios das circunferências inscrita e circunscrita a um triângulo isósceles. É um bom momento para recordar elementos de geometria plana. 10. Existem partes da superfície da esfera que os alunos devem conhecer e

associar aos termos usados na Geogra a. Um plano que corta a esfera, divide sua superfície em duas regiões. calota.

Cada uma delas se chama uma

Se dois planos paralelos cortam a esfera, a parte da superfície

da esfera compreendida entre eles é uma zona esférica. A geogra a usa esses termos quando se refere às calotas polares, zona equatorial e zona temperada. Essas regiões são limitadas por circunferências contidas em planos paralelos ao plano do equador da Terra, chamadas de Trópico de Câncer, Trópico de Capricórnio e Círculos polares e o professor poderá buscar nos livros de Geogra a a localização dessas circunferências. Em um outro capítulo, quando estivermos estudando as superfícies de revolução, calcularemos as áreas da zona e das calotas esféricas. As fórmulas são simples e mesmo que não puderem ser demonstradas, fornecerão elementos para interessantes problemas. 11. Termos como equador , meridiano , pólo norte , etc.

devem ser uti-

lizados nos problemas porque são conhecidos e sobretudo úteis para a localização de pontos sobre a esfera.

O professor poderá explicar que

xando um equador e um meridiano, qualquer ponto da superfície da esfera ca determinado por duas coordenadas: a latitude e a longitude. 12. Dois meridianos delimitam uma região da superfície esférica chamada

fuso esférico. Esses meridianos estão contidos em dois semi-planos cuja interseção contém um diâmetro da esfera e o ângulo entre eles é o ângulo do fuso. Todos conhecem a expressão fuso horário . Teoricamente, a superfície da Terra está dividida em 24 fusos, correspondendo a cada um, uma hora do dia. Essa situação sugere o interessante problema de determinar que horas são em determinada cidade do nosso planeta, no momento

Ângulos, Esfera

que essa pergunta estiver sendo feita no Rio de Janeiro. Para responder, basta saber as longitudes das duas cidades e conhecer como os fusos horários foram construídos. Essa construção se encontra no exercício 9 dessa unidade.

Imaginamos que essas atividades sejam feitas na forma de exercícios para não tornar a teoria ainda mais extensa.

Isso se justi ca porque, na verdade, não

há nenhum teorema novo envolvido.

Tudo o que se precisa utilizar são os

teoremas iniciais da Geometria Espacial e as propriedades e relações métricas da geometria plana.

Unidade

Problemas

20.5

Problemas

ABCD é dobrado ao AB e AD passem a formar

1. Um pedaço de papel em forma de um quadrado

longo da diagonal

um ângulo de 60 .

de modo que os lados

A seguir, ele é colocado sobre uma mesa, apoiado

sobre esses lados. Nessas condições, calcule o ângulo que a reta plano

ABC

e o

formam com o plano horizontal.

Figura 20.9

2. Um tetraedro pode ser construído a partir de um envelope da forma des-

crita abaixo.

(a) Tome um envelope comum, feche-o e trace as diagonais do retângulo por ele determinado. (b) A seguir, corte o envelope como indicado, removendo seu quarto superior (b). (c) Agora, dobre o envelope, encaixando uma borda na outra. Pronto! Temos um tetraedro.

Figura 20.10

Ângulos, Esfera

Que propriedades interessantes possui o tetraedro formado?

Sob que

condições ele é um tetraedro regular? 3. Considere três retas mutuamente perpendiculares

x, y

O. Uma reta r passa por O e forma ângulos iguais x, y e z . Mostre que cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1. em

r qualquer contida em α. Mostre que o ângulo entre r e β é máximo quando r é perpendicular à interseção de α e β (retas de um plano α que são perpendiculares à sua interseção com o plano β são, por esta razão, chamadas de retas de máximo declive de α em relação a β .)

4. Sejam

αeβ

z , concorrentes a α, β e γ com

dois planos secantes. Considere uma reta

5. Considere um octaedro regular de aresta

α.

Determine:

(a) A distância entre duas faces opostas. (b) O ângulo diedro formado por duas faces adjacentes. 6. Sejam

pontos do espaço. Qual é o lugar geométrico dos pontos

do espaço tais que o ângulo

7. Seja

AP B

seja reto?

um ponto exterior a um plano

lugar geométrico dos pés das perpendiculares traçadas de

que passam por

α. Qual é o P às retas de

um ponto de

8. Considere nove esferas de raio

R, interiores a um cubo de aresta a, sendo

uma com centro no centro do cubo e cada uma das demais tangentes a três faces e à esfera central. Calcule

em função de

9. O nosso planeta é dividido em regiões chamadas fusos horários de modo

que, em cada uma delas, teoricamente todos os relógios devem marcar a mesma hora no mesmo instante. Qual é o ângulo central correspondente a um fuso horário? 10. O fuso horário de referência (chamado GMT-O) é a região compreendida

entre as longitudes

−7, 5o

+7, 5o .

cidades:

Abaixo estão as longitudes de seis

Unidade

Problemas

Nova York Rio de Janeiro Paris Atenas Bagdá Calcutá

−74◦ −43◦ 2◦ 24◦ 45◦ 88◦

Se são 12 horas no Rio, que horas serão nas outras cinco cidades?

21 Poliedros Sumário 21.1 Introdução

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21.2 As Primeiras Relações . . . . . . . . . . . . . . . . .

21.3 Duas Desigualdades

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21.4 Problemas

Unidade 21

Introdução 21.1

Introdução

No programa de Geometria Espacial, esta unidade é quase independente das demais. Vamos aqui estudar, de uma forma geral, os sólidos formados por faces , os chamados poliedros. Antes de mais nada, é preciso estabelecer uma de nição adequada para o nível de estudo que se pretende. Dizer apenas que poliedros são sólidos formados por faces (partes limitadas de um plano), pode dar uma ideia do que eles sejam, mas não serve absolutamente como de nição. Aliás, uma das causas da di culdade que os matemáticos do passado tiveram para demonstrar teoremas sobre poliedros, estava justamente na falta de uma de nição precisa do signi cado dessa palavra.

Por isso, vamos recomendar

para o estudante do Ensino Médio, uma de nição, que não permita grandes generalidades, mas seja su ciente para demonstrar os teoremas e propriedades importantes. Uma primeira ideia para de nir os poliedros é a seguinte:

Poliedro é uma

reunião de um número nito de polígonos planos, onde cada lado de um desses polígonos é também lado de um, e apenas um, outro polígono . Cada um desses polígonos chama-se uma a duas faces chama-se uma também chamado

aresta

face do poliedro, cada lado comum

do poliedro e cada vértice de uma face é

vértice do poliedro.

Figura 21.1: Um poliedro.

A proposta de de nição que demos é simples e bastante compreensível, mas permite liberdades que, a nosso ver, não deveriam ser objeto de discussão em um primeiro estudo dos poliedros.

Por exemplo, a gura abaixo mostra um

sólido que, de acordo com essa de nição, é um poliedro.

Poliedros

Unidade 21

Figura 21.2: Um poliedro estranho.

É nossa opinião que, no Ensino Médio, não devemos ainda tratar de tais objetos. Em um primeiro estudo, acreditamos que devemos dirigir nossa atenção aos poliedros convexos, e é o que faremos aqui. Mesmo assim, por motivos que o leitor perceberá adiante, será necessário acrescentar na proposta de de nição que demos uma restrição. Adotaremos então a seguinte de nição.

Poliedro é uma reunião de um número nito de polígonos planos chamados Definição 1 faces onde: 1. Cada lado de um desses polígonos é também lado de um, e apenas um,

outro polígono. 2. A interseção de duas faces quaisquer ou é um lado comum, ou é um

vértice ou é vazia. Cada lado de um polígono, comum a exatamente duas faces, é chamado uma

aresta

do poliedro e cada vértice de uma face é um

vértice

poliedro. 3. É sempre possível ir de um ponto de uma face a um ponto de qualquer

outra, sem passar por nenhum vértice (ou seja, cruzando apenas arestas).

Todo poliedro (no sentido da de nição acima), limita uma região do espaço chamada de interior desse poliedro. Dizemos que um poliedro é

convexo se o

seu interior é convexo. Vamos recordar o que isto signi ca. Um conjunto

do plano ou do espaço, diz-se

segmento de reta que liga dois pontos de

convexo, quando qualquer

está inteiramente contido em

C .

No caso dos poliedros, podemos substituir essa de nição por outra equivalente, que nos será mais útil:

Unidade 21

As Primeiras Relações

Um poliedro é convexo se qualquer reta (não paralela a nenhuma de suas faces) o corta em, no máximo, dois pontos .

Figura 21.3: Um poliedro convexo e um não convexo

21.2

As Primeiras Relações

Dado um poliedro, vamos agora tratar do problema de contar as suas faces, os seus vértices, e as suas arestas. Representaremos então por arestas, por

o número de faces e por

o número de

o seu número de vértices. Ainda,

como as faces podem ser de gêneros diferentes, representaremos por o número de faces que possuem

lados. Da mesma forma, como os vértices

também podem ser de gêneros diferentes, representaremos por vértices nos quais concorrem

Fn (n > 3),

o número de

n arestas, e observe que, pelo item (b) da de nição

do poliedro, cada vértice é um ponto comum a três ou mais arestas. São então evidentes as relações:

F = F3 + F4 + · · · V = V3 + V4 + · · · Imagine agora que o poliedro foi desmontado e que todas as faces estão em cima de sua mesa. Quantos lados todos esses polígonos possuem? Fácil. Basta multiplicar o número de triângulos por 3, o número de quadriláteros por 4, o número de pentágonos por 5 e assim por diante, e depois somar os resultados. Mas, como cada aresta do poliedro é lado de exatamente duas faces, a soma anterior é igual ao dobro do número de arestas, ou seja,

2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + · · · Podemos também contar as arestas observando os vértices do poliedro. Se em cada vértice contarmos quantas arestas nele concorrem, somando os

Poliedros

resultados obteremos também o dobro do número de arestas (porque cada aresta terá sido contada duas vezes: em um extremo e no outro). Logo,

2A = 3V3 + 4V4 + 5V5 + · · ·

21.3

Duas Desigualdades

Dessas primeiras relações entre os elementos de um poliedro podemos deduzir duas desigualdades: a)

2A > 3F

e b)

2A > 3V .

Observe a justi cativa

da primeira.

2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + · · · 2A = 3(F3 + F4 + F5 + · · · ) + F4 + 2F5 + · · · 2A = 3F + F4 + 2F5 + · · · 2A > 3F Repare que a igualdade só vale se

F4 = F5 = · · · = 0, ou seja, se o poliedro

tiver apenas faces triangulares. A segunda desigualdade se justi ca de forma análoga e, neste caso, a igualdade ocorrerá apenas quando em todos os vértices concorrerem 3 arestas. O resultado central deste capítulo é o Teorema de Euler. Seu enunciado, por sua beleza e simplicidade, costuma fascinar os alunos da escola secundária quando tomam contato com ele pela primeira vez:

V −A+F = 2.

A observação

do resultado em desenhos de poliedros ou em objetos do cotidiano é estimulante e, sobretudo, intrigante. Porque sempre ocorre isso? Na verdade, a relação de Euler não é verdadeira para todos os poliedros de acordo com nossa de nição. Mas, para os poliedros convexos ela é verdadeira. Em contextos mais gerais, onde inclusive se adota uma de nição de poliedro menos restritiva que a nossa, o valor de

V −A+F

é chamado de

característica

do poliedro. Não vamos aqui tratar dessas coisas, mas o leitor curioso poderá encontrar farto material para leitura no livro Meu Professor de Matemática do professor Elon Lages Lima, editado pela SBM. O Teorema de Euler foi descoberto em 1758. Desde então, diversas demonstrações apareceram na literatura e algumas continham falhas (como a de Cauchy), que foram descobertas muitos anos mais tarde.

Essas falhas eram

Unidade 21

Duas Desigualdades

devidas à falta de precisão na de nição de

poliedro.

Mesmo Euler nunca se

preocupou em de nir precisamente essa palavra. A demonstração que mostraremos aqui para poliedros convexos segue quase integralmente a que foi publicada na RPM n

3 (1983) pelo professor Zoroastro

Azambuja Filho. Pela elegência e precisão dos argumentos, essa demonstração merece ser publicada mais uma vez.

Teorema 2 Euler

Em todo poliedro com

arestas,

vértices e

faces, vale a relação

V − A + F = 2.

Demonstração

Iniciamos a demonstração calculando a soma dos ângulos internos de todas

P . As faces são numeradas de 1 até F e seja nk o gênero da k -ésima face (1 6 k 6 F ). Lembrando que a soma dos ângulos internos de um polígono convexo de gênero n é igual a π(n − 2) e observando

as faces de um poliedro convexo

que se um poliedro é convexo então todas as suas faces são polígonos convexos, teremos para a soma dos ângulos internos de todas as faces de

a expressão:

S = π(n1 − 2) + π(n2 − 2) + · · · + π(nF − 2) ou ainda,

S = π[(n1 + n2 + · · · + nF ) − (2 + 2 + · · · + 2)]. Ora, no primeiro parêntese, a soma dos números de lados de todas as faces é igual ao dobro do número de arestas e no segundo parêntese, a soma das parcelas é igual a

2F .

Assim,

S = π(2A − 2F ) = 2π(A − F ). Vamos agora escolher uma reta

O plano

(logo perpendiculares a

(21.1)

que não seja paralela a nenhuma das

faces de P. Tomamos também um plano perpendicular a

que não intersecta

e que seja

plano horizontal e as retas paralelas chamadas retas verticais. H divide o

será chamado

serão

espaço em dois semi-espaços, um dos quais contém o poliedro

Este será

chamado o semi-espaço superior e diremos que seus pontos estão acima de

Para melhor ilustrar o nosso raciocínio, imaginaremos o sol brilhando a

pino sobre o semi-espaço superior de modo que seus raios sejam retas verticais.

Poliedros

A cada ponto chamado

superior

do semi-espaço

sombra de X .

A sombra de qualquer conjunto

espaço superior é, por de nição, o conjunto sombras dos pontos de

corresponde um ponto

C 0,

contido em

Unidade 21

contido no semi-

formado pelas

Figura 21.4: A região iluminada e a região sombria.

P . Como P é convexo, cada ponto de P é sombra de um ou dois pontos de P (veja a nossa de nição 0 alternativa de poliedro convexo). Ora, a sombra P do poliedro P tem como 0 contorno um polígono convexo K , sombra de uma poligonal fechada K formada 0 por arestas de P . Cada ponto de K é sombra de um único ponto de P . A poligonal K é chamada de contorno aparente do poliedro P. Cada ponto interior 0 0 de P (portanto não pertencente a K )é sombra de exatamente dois pontos de P . Dados dois pontos de P que têm mesma sombra, ao mais alto (mais distante de H ) chamaremos ponto iluminado e o mais baixo será chamado sombrio. Consideremos então a sombra

do poliedro

Depois dessas considerações, vamos calcular novamente a soma de todos os ângulos das faces de face é a

observando que a soma dos ângulos internos de uma

mesma soma dos ângulos internos de sua sombra (ambos são polígonos

de mesmo gênero). Sejam: de vértices sombrios e

o número de vértices iluminados,

o número de vértices do contorno aparente

V = V0 + V1 + V2 . Notemos ainda 0 0 da poligonal K , contorno de P .

que

o número

Então,

é o número de vértices (e de lados)

Consideremos então a sombra das faces iluminadas. A sombra das faces iluminadas é um polígono convexo com seu contorno e

vértices em

pontos interiores, sombra dos vértices iluminados de

Unidade 21

Duas Desigualdades

Figura 21.5: A sombra das faces iluminadas.

soma de todos os ângulos da gura anterior é:

S1 = 2πV1 + π(V0 − 2). Por raciocínio inteiramente análogo, obteríamos para a soma de todos os ângulos da sombra das faces sombrias,

S2 = 2πV2 + π(V0 − 2). Somando as duas, obtemos:

S = 2πV1 + 2πV2 + 2π(V0 − 2)

(21.2)

S = 2π(V1 + V2 + V0 − 2) S = 2π(V − 2) Comparando (1.1) e (1.2) e dividindo por

2π ,

resulta que

A − F = V − 2,

seja,

V −A+F =2 Como queríamos demonstrar.

Comentários 1. É fácil encontrar exemplos de poliedros não convexos que satisfazem a

relação de Euler. Por exemplo, se um poliedro

não convexo puder ser

colocado em uma posição de modo que sua sombra seja um polígono onde cada um de seus pontos seja sombra de no máximo dois pontos de

a demonstração que demos continua válida e a relação de Euler se

veri ca.

Poliedros

Unidade 21

2. Todas as relações que encontramos são apenas condições necessárias.

Isto quer dizer que não basta que três números

A, V

satisfaçam a

elas para que se tenha certeza da existência de um poliedro com essas características. A bola de futebol que apareceu pela primeira vez na Copa de 70 foi inspirada

Exemplo 1

em um conhecido poliedro convexo (descoberto por Arquimedes) formado por 12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais, todas regulares. Pergunta-se quantos vértices possui tal poliedro.

De acordo com nossa notação, temos

F5 = 12, F6 = 20 e portanto F = 32.

Solução

Determinamos em seguida o número de arestas desse poliedro:

2A = 5F5 + 6F6 = 5 · 12 + 6 · 20 = 180 A = 90. Como o poliedro é convexo, vale a relação de Euler concluímos que

V − A + F = 2,

de onde

V = 60.

Figura 21.6: A bola de futebol.

Descreva e mostre uma possibilidade para o desenho de um poliedro convexo

Exemplo 2

que possui 13 faces e 20 arestas.

Imediatamente antes de concluir a desigualdade

2A 6 3F

texto), tínhamos encontrado a relação

2A = 3F + F4 + 2F5 + · · · ,

(volte atrás no

Solução

Unidade 21

Duas Desigualdades

ou seja,

2A − 3F = F4 + 2F5 + · · · . A = 20 e F = 13, temos 1 = F4 + 2F5 + · · · , o que só F4 = 1 e F5 = F6 = · · · = 0. Isto quer dizer que este poliedro Como

é possível se deve possuir

uma única face quadrangular e todas as outras 12 faces triangulares.

Como

pela relação de Euler ele deve possuir 9 vértices, um desenho possível é o que está abaixo.

Figura 21.7: Uma solução do exemplo 2.

Poliedros 21.4

Problemas

1. Um poliedro convexo de 20 arestas e 10 vértices só possui faces triangu-

lares e quadrangulares. Determine os números de faces de cada gênero. 2. Diagonal de um poliedro é qualquer segmento que une dois vértices que

não estão na mesma face. Quantas diagonais possui o icosaedro regular? 3. Mostre que para todo poliedro convexo valem as desigualdades

(a)

A + 6 6 3F

(b)

A + 6 6 3V

4. Mostre que se um poliedro convexo tem 10 arestas então ele tem 6 faces. 5. Descreva todos os poliedros que possuem 10 arestas. 6. Um poliedro convexo

possui

A arestas, V

vértices e

faces. Com bases

em cada uma das faces constroem-se pirâmides com vértices exteriores a

Fica formado então um poliedro

que só possui faces triangulares.

Determine os números de arestas, faces e vértices de

P 0.

Unidade 21

22 Teorema de Euler Sumário 22.1 Poliedros Regulares

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

22.2 O Caso Plano do Teorema de Euler

. . . . . . . . .

2 3

22.3 Uma Outra Demonstração do Teorema de Euler no Plano

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22.4 Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 10

Unidade 22

Poliedros Regulares 22.1

Poliedros Regulares

Desde a antiguidade são conhecidos os poliedros regulares, ou seja, poliedros convexos cujas faces são polígonos regulares iguais e que em todos os vértices concorrem o mesmo número de arestas. O livro XIII dos Elementos de Euclides (cerca de 300 a.C.) é dedicado inteiramente aos sólidos regulares e contém extensos cálculos que determinam, para cada um, a razão entre o comprimento da aresta e o raio da esfera circunscrita. Na última proposição daquele livro, prova-se que os poliedros regulares são apenas 5: taedro, o dodecaedro e o icosaedro.

o tetraedro, o cubo, oc-

A importância desse fato ca evidente

quando se percebe que a história dos séculos seguintes é farta em exemplos de matemáticos, lósofos e astrônomos que tentaram elaborar teorias de explicação do universo com base na existência desses 5 sólidos regulares. Mesmo Kepler, 19 séculos depois dos Elementos de Euclides, tentou elaborar uma cosmologia com base nos 5 poliedros regulares. É natural interesse do professor secundário conhecer não só os poliedros regulares, como também saber porque existem apenas cinco.

Definição 1

Um poliedro convexo é regular quando todas as faces são polígonos regulares iguais e em todos os vértices concorrem o mesmo número de arestas.

Teorema 2

Demonstração

Existem apenas cinco poliedros regulares convexos.

Para demonstrar, seja

de arestas que concorrem em cada vértice. Temos então

p o número 2A = nF = pV , ou

número de lados de cada face e seja

nF 2

V =

Substituindo na relação de Euler, obtemos

nF nF − +F =2 p 2 F =

4p . 2p + 2n − pn

nF . p

Teorema de Euler

Devemos ter

2p + 2n − pn > 0,

ou seja

2n > p. n−2 Como

p > 3,

chegamos a

n < 6.

As possibilidades são então as seguintes:

   p = 3 → F = 4 (tetraedro) 4p n = 3 −→ F = −→ p = 4 → F = 8 (octaedro)  6−p  p = 5 → F = 20 (icosaedro) 2p −→ p = 3 → F = 6 (cubo) 4−p 4p n = 5 −→ F = −→ p = 3 → F = 12 (dodecaedro) 10 − 3p

n = 4 −→ F =

Figura 22.1: Os poliedros regulares.

22.2

O Caso Plano do Teorema de Euler

O Teorema de Euler foi demonstrado aqui para poliedros convexos. Mas não é difícil observar que ele vale também em outras situações. Vamos descrever

Unidade 22

O Caso Plano do Teorema de Euler

uma situação em que o Teorema de Euler se aplica em regiões de um plano. Tomemos um poliedro convexo

e uma esfera

um ponto interior ao poliedro, projetamos

que o contenha. A partir de

sobre

como mostra a gura a

seguir.

Figura 22.2: A projeção

A função

f : P → S

sobre

é de nida da seguinte forma.

Sendo

um ponto

X ∈ P , de nimos f (X) como o ponto de interseção da semirreta OX com S . A função f é contínua (o que signi ca que pontos próximos de P são levados em pontos próximos de S ) e sua inversa f −1 : S → P é também contínua. Vemos agora a esfera dividida em regiões limitadas por arcos de circunferência (ou simplesmente linhas). Chamando de nó a projeção de cada vértice temos cada região limitada por pelo menos 3 interior a

para cada ponto

linhas e também cada nó como extremidade de pelo menos 3 linhas.

Figura 22.3: A esfera dividida em regiões.

É claro que para as linhas, regiões e nós da esfera porque ela já era válida em região de

um plano

vale a relação de Euler,

Tomemos agora um ponto

Π perpendicular ao diâmetro de S

interior a uma

que contém

e uma

Teorema de Euler

p : S − {N } → Π, tal que para interseção da semirreta N Y com Π.

função

cada ponto

Y ∈ S − {N }, p(Y )

Unidade 22

é a

Figura 22.4: A projeção das regiões da esfera no plano.

Se o poliedro original o plano

dividido em

tinha

faces,

vértices e

regiões por meio de

arestas vemos agora

linhas que se encontram em

nós. Por comodidade, as linhas podem ser chamadas de arestas os nós de

F de S

vértices e as regiões de faces . E claro que das (chamada

oceano)

porque é projeção da região

mas relação de Euler continua válida.

regiões, uma é ilimitada que contém o ponto

A gura obtida em

pode ser agora

continuamente deformada mas a relação de Euler se mantém inalterável. Observe no desenho a seguir um exemplo onde o plano está dividido em 10 regiões (faces), através de 18 linhas (arestas) que concorrem em 10 nós (vértices).

Figura 22.5: Observando que

V − A + F = 10 − 18 + 10 = 2.

As transformações que zemos são equivalentes a imaginar um poliedro de borracha e in á-lo injetando ar até que se transforme em uma esfera. Em seguida, a partir de um furo feito em uma das regiões, esticá-lo até que se transforme em um plano. Isto signi ca que o Teorema de Euler não é um teorema de

Unidade 22

Uma Outra Demonstração do Teorema de Euler no Plano

Geometria, mas sim de Topologia. Não importa se as faces são planas ou não, ou se as arestas são retas ou não. Tudo pode ser deformado à vontade desde que essas transformações sejam funções contínuas cujas inversas sejam também contínuas (chamadas

homeomor smos),

ou seja, para cada transformação que

zermos por uma função contínua, deveremos poder voltar à situação original por meio de uma outra função também contínua.

22.3

Uma Outra Demonstração do Teorema de Euler no Plano

A demonstração do caso plano do Teorema de Euler pode ser feita diretamente, ou seja, sem recorrer ao resultado obtido no espaço.

Ainda, o leitor

poderá perceber que a relação de Euler para o plano vale em situações mais gerais do que as que mostramos antes. Consideremos então uma região

do plano dividida em outras regiões

justapostas como mostra a gura a seguir.

Figura 22.6: A divisão de uma região em outras justapostas.

Cada região (seja

ou uma da decomposição) é limitada por pelo menos

duas arestas e um vértice é um ponto comum a pelo menos duas arestas. Devemos enfatizar que aqui, o termo aresta não signi ca um segmento de reta mas sim qualquer curva contínua, sem auto-interseções, que liga um vértice a outro vértice. Uma boa ilustração do que estamos dizendo, consiste em observar o mapa do Brasil dividido nos seus estados. Cada estado é uma face e cada linha de fronteira é uma aresta. Devemos ainda exigir (e isso é muito importante) que

Teorema de Euler

Unidade 22

nenhuma região que completamente dentro de outra. Assim, decomposições como as que mostramos abaixo estão proibidas.

Figura 22.7: Decomposições proibidas.

É também conveniente considerar o exterior de R como uma região. Observando novamente a gura 6, temos então o plano dividido em 8 regiões. As regiões numeradas de I a VII são limitadas e a região VIII é ilimitada, tendo o contorno de de

como sua fronteira. A região ilimitada é comumente chamada

oceano. Para ilustrar o que estamos dizendo e ainda observando a gura 6, o contorno

da região

é formado pelas arestas que ligam consecutivamente os vértices

consecutivos de 1 a 8 e depois voltando a 1 (sem passar por 9). A região VIII, o oceano é formado pelos pelos pontos exteriores ao contorno de

A região

I é formada pelas arestas que ligam consecutivamente os vértices 1-2-10-9-1 e a região

é limitada apenas pelas duas arestas que ligam os vértices 9 e 10.

Nas condições que descrevemos, consideremos agora o plano dividido em

regiões (sendo uma ilimitada), através de

arestas que concorrem em

vértices. A rmamos que

V − A + F = 2. A fórmula de

V − A + F = 2 vale no caso simples em que apenas um polígono

lados está desenhado no plano. Neste caso,

A = V = n,

F = 2.

Vamos usar indução para o caso geral, ou seja, vamos mostrar que se a relação de Euler vale para uma decomposição do plano em ela ainda vale para uma decomposição em

F +1

regiões, então

regiões. Uma determinada

decomposição pode ser construída por etapas onde, em cada uma delas, uma nova região é acrescentada no

oceano das anteriores.

Consideremos então uma

Demonstração

Uma Outra Demonstração do Teorema de Euler no Plano

Unidade 22

decomposição do plano em

regiões através de

arestas que concorrem em

vértices (como mostra a parte em linhas cheias da gura 8), satisfazendo

a relação de Euler. Acrescentamos agora uma nova região contida no oceano das regiões anteriores (como mostra a parte em linhas tracejadas da gura), desenhando uma sequência de arestas ligando dois vértices do contorno da divisão anterior. Se acrescentamos

r arestas, então acrescentamos r−1 vértices

e uma nova região.

Figura 22.8: Acrescentando uma nova região.

Mas ca claro que a relação de Euler permanece válida porque

V − A + F = (V + r − 1) − (A − r) + (F + 1) o que conclui a demonstração.

O caso plano do Teorema de Euler é um resultado importante na teoria dos

grafos.

Um grafo é apenas um conjunto de pontos com linhas que unem

alguns pares de pontos desse conjunto. É uma coisa simples, mas propicia uma imagem geométrica de uma relação entre elementos de um conjunto. Para dar um exemplo elementar, suponha que em uma reunião entre pessoas, alguns cumprimentos foram feitos. Podemos visualizar gra camente essa situação re-

A cumprimentou ponto B . Pode ser

presentando as pessoas por pontos no plano onde, se a pessoa a pessoa

desenhamos uma linha ligando o ponto

que uma certa pessoa tenha cumprimentado muitas outras (ou mesmo todas as outras e pode ter ocorrido que algumas pessoas não tenham cumprimentado ninguém. A gura que mostra essa relação é um

grafo.

Teorema de Euler

Grafos são utilizados em inúmeras áreas do conhecimento humano, com o objetivo de visualizar relações ou conexões entre elementos de um conjunto. Se, por exemplo, você vê em um mapa, cidades ligadas por estradas, esse desenho é um grafo, circuitos elétricos são grafos, desenhos de moléculas mostrando ligação entre átomos são grafos, etc. Mas, isto é outra história. O leitor que tiver interesse nesse assunto poderá encontrar diversos livros dedicados à teoria dos grafos. Para citar apenas um, o livro Graphs and their uses de Oystein Ore, publicado pela MAA (Mathematical Association of America) é uma excelente referência para uma primeira leitura.

Unidade 22

Problemas 22.4

Problemas

a é seccionado por planos que cortam, cada um, todas concorrentes num vértice em pontos que distam x (x < a/2)

1. Um cubo de aresta

as arestas

deste vértice. Retirando-se as pirâmides formadas, obtém-se um poliedro

Descreva esse poliedro e calcule seu número de diagonais.

2. Considerando o poliedro

do exercício anterior, suponha agora que

tem todas as arestas iguais. Calcule, em função de

o comprimento de

sua aresta.

Os exercícios a seguir tratam de grafos. Nos dois primeiros pode-se utilizar o caso plano da relação de Euler. Os três últimos dependem apenas do seu raciocínio. 3. Veja mapa da América do Sul.

Existem 13 países mais o oceano, que

também consideramos um país .

Observa-se que não existe nenhum

ponto que pertença a mais de 3 países.

Quantas linhas de fronteira

existem na América do Sul? 4. Na gura abaixo, as casas 1, 2 e 3 devem ser conectadas aos terminais

de água

(A),

luz

(L)

e telefone

(T ).

É possível fazer essas ligações sem

que duas conexões se cruzem?

1 A

2 L

3 T

5. A cidade de Konigsberg está situada nas margens do Mar Báltico, na foz

do rio Pregel.

No rio, existem duas ilhas ligadas às margens e uma à

outra por sete pontes como se vê na gura abaixo.

Figura 22.9: Königsberg.

Teorema de Euler

O povo, que passeava dando voltas por estas ilhas, descobriu que, partindo da margem sul do rio, não conseguia planejar um trajeto de modo a cruzar cada uma das pontes uma única vez. Explique porque isto não é possível. 6. Veri que se o desenho na gura 10, abaixo, pode ser feito sem tirar o

lápis do papel e sem passar por cima de uma linha já traçada. 7. Entre pessoas, suponha que a relação conhecer seja simétrica, ou seja,

conhece

então

conhece

Prove que, se 6 pessoas são es-

colhidas ao acaso, ou existem 3 que se conhecem, ou existem 3 que se desconhecem.

Figura 22.10: Um desa o.

Unidade 22

23 Área e Volumes Sumário 23.1 Introdução

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23.2 O Paralelepípedo Retângulo

. . . . . . . . . . . . .

23.3 O Princípio de Cavalieri . . . . . . . . . . . . . . . .

23.4 O Prisma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23.5 A Pirâmide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23.6 Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Introdução

Unidade 23

23.1

Introdução

Vamos tratar agora dos volumes dos sólidos simples: prismas, pirâmides, cilindros, cones e a esfera. Intuitivamente, o volume de um sólido é a quantidade de espaço por ele ocupado. Para exprimir essa quantidade de espaço através de um número, devemos compará-la com uma unidade; e o resultado dessa comparação será chamado de volume. Por exemplo, podemos medir o volume de uma panela tomando como unidade uma xícara. Enchendo a xícara de água e vertendo na panela sucessivas vezes até que esta que completamente cheia, estamos realizando uma medida de volume. É possível que o resultado dessa comparação seja um número inteiro

−

digamos: 1 panela = 24 xícaras

mas é muito provável que na última

operação sobre ainda um pouco de água na xícara.

E como determinaremos

essa fração? O exemplo mostra que esse processo pode ter alguma utilidade em casos simples onde se necessita apenas de um valor aproximado para o volume, mas não funciona, mesmo na prática, para inúmeros objetos. Ou porque são muito pequenos, ou porque são grandes demais, ou simplesmente porque são completamente sólidos. Ainda, a unidade xícara, que é inclusive muito utilizada nas receitas da boa cozinha, não é naturalmente adequada a um estudo mais geral. Vamos então combinar que:

a unidade de volume é o cubo de aresta 1

Para cada unidade de comprimento, temos uma unidade correspondente de volume. Se, por exemplo, a unidade de comprimento for o centímetro (cm), então a unidade correspondente de volume será chamada de centímetro cúbico

(cm3 ).

Assim, o volume de um sólido

vezes o sólido

deve ser o número que exprima quantas

contém o cubo unitário. Mas, como esse sólido pode ter uma

forma bastante irregular, não ca claro o que signi ca o número de vezes que um sólido contém esse cubo. Vamos então tratar de obter métodos que nos permitam obter fórmulas para o cálculo de volumes dos sólidos simples.

Unidade 23

Área e Volumes 23.2

O Paralelepípedo Retângulo

O paralelepípedo retângulo (ou simplesmente um bloco retangular) é um poliedro formado por 6 retângulos. Ele ca perfeitamente determinado por três medidas: o seu comprimento

(a),

a sua largura

(b)

e a sua altura

(c).

Figura 23.1

O volume desse paralelepípedo retângulo será representado por

V (a, b, c)

como o cubo unitário é um paralelepípedo retângulo cujos comprimento, largura e altura medem 1, então

V (1, 1, 1) = 1.

Para obter o volume do paralelepípedo retângulo, devemos observar que ele é proporcional a cada uma de suas dimensões. Isto quer dizer que se mantivermos, por exemplo, constantes a largura e a altura e se multiplicarmos o comprimento por um número natural

o volume cará também multiplicado por

ou seja,

V (na, b, c) = nV (a, b, c).

Figura 23.2

A gura 23.2 mostra 4 paralelepípedos retângulos iguais e justapostos, colados em faces iguais.

Naturalmente, o volume total é 4 vezes maior que o

volume de um deles.

Unidade 23

O Paralelepípedo Retângulo

Este fato, constatado para números naturais, também vale para qualquer número real positivo (veja Notas 1 e 2 no m desta seção) e isto quer dizer que, mantidas constantes duas dimensões de um paralelepípedo retângulo, seu volume é proporcional à terceira dimensão. Logo, sendo

a, b

as dimensões

de um paralelepípedo retângulo, temos:

V (a, b, c) = V (a · 1, b, c) = aV (1, b, c) = aV (1, b · 1, c) = abV (1, 1, c) = abV (1, 1, c · 1) = abcV (1, 1, 1) = abc · 1 = abc Portanto, o volume de um paralelepípedo retângulo é o produto de suas dimensões. Em particular, se a face de dimensões plano horizontal, chamaremos essa face de o produto

está contida em um

base e a dimensão c de altura.

Como

ab é área da base, é costume dizer que o volume de um paralelepípedo

retângulo é o produto da área da base pela altura. Volume do paralelepípedo Nota 1.

= (área

da base)

(altura).

Utilizamos aqui um fato completamente intuitivo (mas que na

verdade é um axioma) que é o seguinte. Se dois sólidos são tais que possuem em comum, no máximo pontos de suas cascas, então o volume da união de dois é a soma dos volumes de cada um. Para explicar melhor, dizemos que um ponto quando existe uma esfera de centro pertence a

é interior a um sólido

inteiramente contida em

mas não existe tal esfera, dizemos que

Quando

está na casca de

S P

(ou

S ).

Isto é o que nos permite usar termos como justapor ou

colar dois sólidos.

Ainda, permite dizer que se um sólido está dividido em

na superfície de

vários outros, então seu volume é a soma dos volumes de suas partes. Nota 2. O conceito de proporcionalidade é extremamente importante na

Matemática elementar. Em particular na geometria, existem ocasiões em que certos resultados são facilmente veri cados quando as medidas são números naturais (ou mesmo racionais), mas o que se torna um problema é estender esses mesmos resultados para números reais. O que resolve essa constrangedora situação é o teorema fundamental da proporcionalidade, que diz o seguinte:

Unidade 23

Área e Volumes

Sejam

função crescente todo real

grandezas positivas.

tal que para todo natural

tem-se que

y estão relacionadas por n, f (nx) = nf (x), então

uma para

f (rx) = rf (x).

Em palavras mais simples, dizemos que duas grandezas positivas

são

proporcionais quando, se a primeira for multiplicada por um número natural então a segunda ca também multiplicada por

Esse teorema nos garante

que, neste caso, se a primeira grandeza for multiplicada por um número real

a segunda grandeza também ca multiplicada por

A demonstração deste

belo teorema pode ser encontrada no livro Meu Professor de Matemática de Elon Lages Lima na página 127. Não estamos aqui estimulando o professor do Ensino Médio que faça essa demonstração em sala de aula. Muito pelo contrário. Estamos dizendo que se o professor der, para os estudantes do Ensino Médio, alguma justi cativa de um importante resultado utilizando números naturais, ou mesmo racionais, esse procedimento não é um erro, deve ser feito dessa forma, e estará sendo adequado ao nível de desenvolvimento dos seus alunos. Por outro lado, o professor cará consciente que, mesmo não podendo fazer a demonstração completa, estará fornecendo argumentos corretos, e deixando a generalização para um estágio posterior.

23.3

O Princípio de Cavalieri

Conseguimos estabelecer a fórmula do volume de um paralelepípedo retângulo, mas não é fácil ir adiante sem ferramentas adicionais. Uma forma confortável de prosseguir é adotar como axioma um resultado conhecido como o Princípio de Cavalieri. Antes de enunciá-lo, observe uma experiência que se pode fazer para os alunos.

Ponha em cima da mesa, uma resma de papel.

Estando ainda per-

feitamente bem arrumada, ela é um paralelepípedo retângulo ( g. 23.3a) e, portanto, tem um volume que podemos calcular. Encostando uma régua nas faces laterais, podemos transformar o paralelepípedo retângulo em um outro oblíquo ( g. 23.3b) ou, usando as mãos, poderemos moldar um sólido bem diferente ( g. 23.3c).

Teorema 1

Unidade 23

O Princípio de Cavalieri

(a)

(b)

(c)

Figura 23.3

Sabemos que esses três sólidos têm volumes iguais mas ainda nos faltam argumentos para explicar esse fato que intuitivamente percebemos. forma mais geral, suponha que dois sólidos

AeB

De uma

estão apoiados em um plano

horizontal e que qualquer outro plano também horizontal corte ambos segundo seções de mesma área. O Princípio de Cavalieri a rma que o volume de igual ao volume de

Figura 23.4

Se imaginarmos os dois sólidos fatiados no mesmo número de fatias muito nas, todas com mesma altura, duas fatias correspondentes com mesma área terão, aproximadamente, mesmo volume. Tanto mais aproximadamente quanto mais nas forem. Sendo o volume de cada sólido a soma dos volumes de suas fatias, concluímos que os dois sólidos têm volumes iguais. Repare ainda que o exemplo da resma de papel mostra um caso particular desse argumento, onde os três sólidos possuem, cada um, 500 fatias, todas iguais. É claro que os exemplos acima não constituem uma demonstração do Princípio de Cavalieri mas dão uma forte indicação de que ele é verdadeiro. Podemos então aceitar o axioma seguinte:

Área e Volumes

São dados dois sólidos e um plano. Se todo plano paralelo ao plano dado secciona os dois sólidos segundo guras de mesma área, então esses sólidos têm mesmo volume. Esta é a ferramenta que vamos utilizar para encontrar os volumes dos demais sólidos simples. Nota 3. No ensino da Geometria existem alguns resultados que não pode-

mos demonstrar de forma satisfatória e que, naturalmente, causam incômodo ao professor. Os principais são os seguintes: o Teorema de Tales (das paralelas), a área do quadrado, o volume do paralelepípedo e o Princípio de Cavalieri. Para os três primeiros temas, o professor poderá oferecer uma demonstração parcial utilizando números naturais (ou mesmo racionais) que deve satisfazer a maioria dos alunos.

Essa atitude não é condenável, muito pelo contrário.

O professor estará justi cando importantes resultados de acordo com o nível de desenvolvimento dos seus alunos, mas saberá que o resultado geral estará garantido pelo Teorema Fundamental da Proporcionalidade (veja Nota 2 deste capítulo). Existem outras opções e uma delas é adotar o Teorema Fundamental da Proporcionalidade (como fato que poderá ser demonstrado mais tarde) e a partir dele, demonstrar a área do retângulo, do triângulo e daí o Teorema de Tales.

Para esse caminho, o leitor poderá consultar o artigo Usando Áreas

na RPM n

21, pág. 19. Foi esse o caminho que utilizamos aqui para obter

o volume do paralelepípedo e não há dúvida que esse procedimento satisfaz a nossa necessidade imediata mas transfere a di culdade para outro lugar. Não tem jeito.

Existem obstáculos no percurso do ensino da Geometria e o pro-

fessor, consciente das di culdades, deverá optar pelo rumo a tomar. No caso do Princípio de Cavalieri a situação é diferente. A sua demonstração envolve conceitos avançados de Teoria da Medida e portanto só podemos oferecer aos alunos alguns exemplos. Mas, cremos que esses exemplos sejam su cientes para que possamos adotar sem traumas o Princípio de Cavalieri como axioma.

23.4

O Prisma

Com o Princípio de Cavalieri, podemos obter sem di culdade o volume de um prisma. Imaginemos um prisma de altura

h, e cuja base seja um polígono de

Unidade 23

Axioma 2

Princípio de Cavalieri

Unidade 23

A Pirâmide

A, contido em um plano horizontal. Construímos ao lado um paralelepípedo retângulo com altura h e de forma que sua base seja um retângulo de área A.

área

Suponha agora que os dois sólidos sejam cortados por um outro plano horizontal, que produz seções de áreas

no prisma e no paralelepípedo,

respectivamente. Ora, o paralelepípedo é também um prisma e sabemos que em todo prisma, uma seção paralela à base é congruente com essa base. Logo, como guras congruentes têm mesma área, temos que

A1 = A = A2

e, pelo

Princípio de Cavalieri, os dois sólidos têm mesmo volume. Como o volume do paralelepípedo é

, o volume do prisma é também o produto da área de sua

base por sua altura. Volume do prisma = (área da base)

(altura).

Figura 23.5

23.5

A Pirâmide

Para obter o volume da pirâmide, precisamos de resultados adicionais. Em particular, o que realmente importa é ter a certeza que se o vértice de uma pirâmide se move em um plano paralelo à base, o volume dessa pirâmide não se altera.

Para isso, vamos examinar o que ocorre quando uma pirâmide é

seccionada por um plano paralelo à sua base. A gura 23.6 a seguir mostra uma pirâmide de vértice angular apenas para simpli car o desenho) e altura

ABC ,

distando

do vértice

base

ABC

(tri-

Um plano paralelo a

produziu nessa pirâmide uma seção

DEF .

Vamos agora citar dois fatos importantes com respeito à situação acima.

Área e Volumes

Unidade 23

Figura 23.6

1. A seção e a base da pirâmide são guras semelhantes e a razão de semel-

hança é

h . H

2. A razão entre áreas de guras semelhantes é o quadrado da razão de

semelhança. O primeiro fato foi demonstrado na Unidade 16. A demonstração do segundo pode ser encontrada em diversos livros de Matemática do Ensino Médio. Para uma referência mais avançada, recomendamos o livro Medida e Forma em Geometria do professor Elon Lages Lima editado pela SBM, que trata também dos mesmos assuntos que estamos desenvolvendo aqui. Passamos agora a um teorema preparatório para o que nos permitirá obter o volume da pirâmide.

Duas pirâmides de mesma base e mesma altura têm mesmo volume.

ABC (novamente triangular apenas para simpli cação do desenho), vértices V1 e V2 e com mesma altura H . Um plano paralelo ao plano (ABC) e distando h dos vértices das pirâmides, produziu seções S1 e S2 nas duas pirâmides. Seja A a área da base ABC e sejam A1 e A2 as áreas das seções S1 e S2 , A gura a seguir mostra suas pirâmides de mesma base

respectivamente. Pelos argumentos que citamos, temos que:

A1 = A

h H

2 =

A2 A

Teorema 3 Demonstração

Unidade 23

A Pirâmide

Figura 23.7

de onde se conclui que

A1 = A2 .

Pelo Princípio de Cavalieri, as duas pirâmides

têm mesmo volume, como queríamos demonstrar.

O fato que podemos mover o vértice de uma pirâmide em um plano paralelo à sua base sem alterar o seu volume é a chave para a demonstração do volume da pirâmide de base triangular. Veremos isto no teorema seguinte.

Teorema 4

O volume de uma pirâmide triangular é igual a um terço do produto da área da base pela altura.

Demonstração

A demonstração deste teorema é elementar mas requer atenção. Para facilitar o entendimento, vamos convencionar uma notação especial. Trataremos de diversos tetraedros e como em um tetraedro qualquer face pode ser considerada uma base, vamos convencionar o seguinte. Se em um tetraedro de vértices

B, C

D, imaginamos a face ABC como base e o ponto D como vértice dessa pirâmide, vamos representá-lo por D − ABC . Ainda, o volume desse tetraedro e

será representado por

V (D − ABC) = V (B − ACD) = . . .

, etc,

dependendo de qual face estamos considerando como base. Consideremos então um prisma triangular cujas bases são os triângulos

ABC e A0 B 0 C 0 , como mostra

a gura 23.8.

A a área de ABC e seja h a altura do prisma. Como sabemos, seu 0 0 0 volume é Ah. Vamos agora, dividir esse prisma em três tetraedros: A−A B C , B 0 − ACC 0 e B 0 − ABC , como mostram as guras a seguir. Seja

Área e Volumes

Figura 23.8

Sejam

V1 , V2

os volumes respectivos dos três tetraedros citados e seja

o volume do prisma. Pelo teorema anterior, sabemos que o volume de uma

pirâmide não se modi ca quando, mantendo a base xa, movemos o vértice em um plano paralelo a essa base. Tendo isto em mente podemos concluir:

V1 = V (A − A0 B 0 C 0 ) = V (A − A0 BC 0 ) = V (A − A0 BC) = V (A0 − ABC) V2 = V (B 0 − ACC 0 ) = V (B − ACC 0 ) = V (C 0 − ABC) V3 = V (B 0 − ABC) Concluímos então que o volume do prisma é igual à soma dos volumes de três tetraedros:

A0 − ABC, B 0 − ABC

C 0 − ABC,

com a mesma base do prisma e com alturas iguais a do prisma. Logo, cada um deles tem volume igual a um terço do volume do prisma. Demonstramos então que o volume de uma pirâmide de base triangular é igual a um terço do produto da área da base pela altura.

Estamos agora muito próximos do resultado geral. estende o resultado obtido para qualquer pirâmide.

O teorema a seguir

Unidade 23

A Pirâmide

Figura 23.9

Teorema 5

O volume de qualquer pirâmide é igual a um terço do produto da área da base pela altura.

Demonstração

Para justi car, observe que qualquer pirâmide pode ser dividida em pirâmides de base triangular. Essa divisão é feita dividindo-se a base em triângulos justapostos por meio de diagonais e de nindo cada plano de divisão da pirâmide por uma dessas diagonais da base e pelo vértice da pirâmide.

Figura 23.10

Suponha agora que a pirâmide tenha altura tenha sido dividida em

triângulos de áreas

A1 , A2 , . . . , An .

e que sua base, de área

Área e Volumes

Como o volume da pirâmide é a soma dos volumes das pirâmides triangulares, temos que seu volume é:

V V V

1 1 1 A1 h + A2 h + · · · + An h 3 3 3 1 (A1 + A2 + · · · + An )h = 3 1 = Ah 3

como queríamos demonstrar.

Fica então estabelecido que:

volume da pirâmide

1 3

(área da base)

(altura).

A obtenção dos volumes do prisma e da pirâmide demanda considerável esforço.

É conveniente que após esses resultados, o professor os explore em

diversos sólidos particulares, em particular, prismas e pirâmides regulares. Para encontrar os elementos necessários para o cálculo do volume de um desses poliedros, será frequentemente necessário encontrar triângulos convenientes, aplicar relações métricas e calcular áreas, propiciando uma revisão dos resultados importantes da geometria plana. Quando prismas e pirâmides são apresentados ao aluno do Ensino Médio, a motivação natural é o cálculo dos volumes.

Entretanto, paralelamente a

isso, diversas outras relações métricas e propriedades desses poliedros devem ser estudadas, como zemos na Unidade 19.

Unidade 23

Problemas 23.6

Problemas

1. Uma piscina tem 10m de comprimento, 6m de largura e 1,6m de profun-

didade. (a) Calcule seu volume em litros. (b) Determine quantos ladrilhos quadrados com 20cm de lado são necessários para ladrilhar essa piscina. 2. Um tablete de doce de leite medindo 12cm por 9cm por 6cm, está in-

teiramente coberto com papel laminado. Esse tablete é dividido em cubos com 1cm de aresta. (a) Quantos desses cubos não possuem nenhuma face coberta com o papel laminado? (b) Quantos desses cubos possuem apenas uma face coberta com papel? (c) Quantos desses cubos possuem exatamente duas faces cobertas com papel? (d) Quantos desses cubos possuem três faces cobertas com papel? 3. Determine o volume do maior tetraedro que pode ser guardado dentro de

um cubo de aresta

4. Considere um triângulo equilátero

triângulo, considere um segmento

ABC de lado a. GD perpendicular

Pelo centro

ao plano do triân-

gulo. (a) Calcule o comprimento de

para que os segmentos

tenham também comprimento

(b) Nas condições do item (a), o tetraedro

ABCD

é regular. Calcule

então o volume de um tetraedro regular de aresta 5. Um cubo de aresta

DA, DB

a é seccionado por oito planos.

Cada plano contém os

pontos médios das três arestas que concorrem em um vértice. Retirandose os tetraedros formados obtemos um poliedro (a) Descreva as faces de

Área e Volumes

(b) Calcule o volume de

7. Calcule o volume do octaedro cujos vértices são os centros das faces de

um cubo de volume 8.

(a) Mostre que a soma das distâncias de um ponto interior a um tetraedro regular às suas faces é constante. (b) A partir do item anterior, calcule o raio da esfera inscrita a um tetraedro regular de aresta

9. Uma pirâmide chama-se regular quando a sua base é um polígono regular

e a projeção do vértice sobre o plano da base é o seu centro. Uma pirâmide regular de altura 4cm tem por base um quadrado de lado 6cm. Calcule seu volume, sua área e os raios das esferas inscrita e circunscrita.

Unidade 23

24 Cilindro, Cone e Esfera

Sumรกrio 24.1 Cilindros e Cones 24.2 A Esfera 24.3 Problemas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Unidade

Cilindros e Cones

24.1

Cilindros e Cones

No cilindro, toda seção paralela à base, é congruente com essa base. Esse fato, permite concluir, pelo Princípio de Cavalieri, que o volume do cilindro é o produto da área de sua base pela sua altura. Se o cilindro tem altura

h e base de área A contida em um plano horizontal,

imaginamos um prisma qualquer (ou em particular um paralelepípedo retângulo) de altura

com base de área

contida no mesmo plano. Se um outro plano

horizontal secciona os dois sólidos segundo guras de áreas

A1 = A = A2

A2 ,

então

e por consequência, os dois têm mesmo volume. Logo, o volume

do cilindro é também o produto da área da base pela altura.

Figura 24.1 Volume do cilindro

= (área

da base)

(altura)

A relação entre o prisma e o cilindro é a mesma que entre a pirâmide e o cone, ou seja, o primeiro é caso particular do segundo. Optamos por demonstrar o volume do prisma e depois estender o resultado a um caso mais geral, o cilindro, porque esse é o caminho percorrido pela maioria dos professores do Ensino Médio. E concordamos com eles. O aluno do Ensino Médio, no seu primeiro contato com a geometria espacial, se sente mais seguro quando compreende bem resultados obtidos em situações particulares, para depois estendê-los em casos mais gerais. O matemático pro ssional gosta, frequentemente, de fazer o inverso, ou seja, demonstrar um resultado geral e depois citar os casos particulares em que o mesmo vale. O volume do cone segue o mesmo caminho trilhado anteriormente. um cone tem altura

e base de área

contida em um plano horizontal,

Cilindro, Cone e Esfera

consideramos uma pirâmide de altura

e base de área

A contida nesse mesmo

plano.

Figura 24.2

Se um outro plano horizontal, distando

do vértice desses sólidos secciona

A2 , então: 2 A2 h A1 = = A H A

ambos segundo guras de áreas

ou seja,

A1 = A2

. O Princípio de Cavalieri nos garante que os dois sólidos

têm mesmo volume e portanto concluímos que o volume do cone é igual a um terço do produto da área da base pela altura.

Volume do cone

1 3

(área da base)

(altura).

Os casos mais interessantes para os alunos são os cilindros e cones retos de base circular porque eles estão mais relacionados com os objetos do cotidiano. Ainda, nesses objetos, a superfície lateral pode ser obtida de forma simples.

R e altura h, pode ser desenrolada e transformada em um retângulo de base 2πr e altura h. A área lateral do cilindro é igual à área desse retâgulo, que vale 2πRh. A superfície lateral de um cilindro reto de raio

Unidade

Cilindros e Cones

Figura 24.3

A superfície lateral de um cone reto de raio rolada e transformada em um setor de raio A área

e geratriz

pode ser desen-

cujo arco tem comprimento

2πR.

desse setor é igual à área lateral do cone e para calculá-la, usaremos

apenas uma elementar regra de três. Diremos que a área para a área do círculo de raio

desse setor está

assim como o comprimento do arco

para o comprimento total da circunferência área lateral do cone reto vale

2πg .

2πR

está

Com isso, concluímos que a

πRg .

Figura 24.4

O leitor deve reparar que, ao utilizar a regra de três, estamos usando o fato que a área de um setor circular é diretamente proporcional ao comprimento do arco que ele subtende (veja Nota 2 desta unidade).

Cilindro, Cone e Esfera

Atividades

esferas inscrita e circunscrita.

Além disso, inúmeras embalagens de produtos

são cilíndricas, o que fornece diversos problemas interessantes.

Vamos listar

algumas atividades que podem ser desenvolvidas com os alunos.

cilindro equilátero (isto é, o cilindro circular reto em que a altura é igual

ao diâmetro da base) possui uma interessante propriedade. De todos os cilindros de mesmo volume, o cilindro equilátero é o que possui a menor área total.

Assim, se o industrial deseja comercializar seu produto em

embalagens cilíndricas que gastem um mínimo de material em sua fabricação, ele deve preferir o cilindro equilátero. É o caso, por exemplo das latas de leite condensado. Elas são cilindros equiláteros. A demonstração dessa propriedade requer o uso de cálculo e, portanto, não está ainda acessível aos alunos do Ensino Médio.

Entretanto, o professor poderá

calcular a área de um cilindro equilátero e depois calcular a área de um outro cilindro com mesmo volume, para que os alunos vejam que é maior. 2. Quando se desenrola a superfície lateral de um cone, obtemos um setor. É

interessante investigar o valor do ângulo central desse setor. Esse ângulo de ne a

Na Sala de Aula

Cilindros e cones retos de base circular devem ser associados às suas

1. O

Unidade

forma do cone.

Se o cone tiver um raio pequeno comparado com

sua altura (tipo chapéu de bruxa), o ângulo do setor será pequeno. Se, por outro lado, o raio do cone for grande quando comparado com sua altura (tipo chapéu de chinês), o ângulo do setor será também grande. O professor poderá demonstrar, utilizando também uma regra de três que o ângulo desse setor é, em radianos, igual a

2πR/g

e com isso mostrar que

no cone equilátero (cone que tem a geratriz igual ao diâmetro da base),

esse ângulo é de 180 .

Unidade

A Esfera

24.2

A Esfera

O volume da esfera será obtido também como aplicação do Princípio de Cavalieri. Para isso, devemos imaginar um certo sólido, de volume conhecido e tal que seções produzidas por planos horizontais na esfera e nesse sólido tenham áreas iguais. Repare que em uma esfera de raio centro é um círculo de área

π(R − h ).

uma seção que dista

Mas esta é também a área de uma

coroa circular limitada por circunferências de raios

Figura 24.5

Consideremos então uma esfera de raio e, ao lado, um cilindro equilátero de raio

apoiada em um plano horizontal

R com base também sobre esse plano.

Do cilindro, vamos subtrair dois cones iguais, cada um deles com base em uma base do cilindro e vértices coincidentes no centro do cilindro. Este sólido

(chamado

clépsidra)

é tal que qualquer plano horizontal distando

do seu

centro (ou do centro da esfera, o que é o mesmo), produz uma seção que é uma coroa circular cujo raio externo é esfera é igual ao de

e cujo raio interno é

Logo, o volume da

C é o volume do cilindro de raio R raio R e altura R. Isso dá: 1 4 πR2 2R − 2 πR2 = πR3 3 3

O volume de dois cones de

e altura

subtraido de

que é o volume da esfera. Volume da esfera =

4 3 πR 3

Adotando o Princípio de Cavalieri, pudemos calcular o volume da esfera. Entretanto, a área da esfera não pode ser obtida pelo método sugerido para o

Cilindro, Cone e Esfera

Unidade

cilindro e para o cone. A superfície da esfera não é desenvolvível , ou seja, não é possível fazer cortes nela e depois aplicá-la sobre um plano sem dobrar nem esticar. Qualquer que seja o método que imaginarmos para obter a área da esfera, em algum momento precisaremos de uma passagem ao limite . para justi car o valor

4πR

Entretanto,

para a área da esfera ao aluno do Ensino Médio,

existem processos que, apesar de não constituírem uma demonstração, tornam esse resultado bastante aceitável. Um deles, está no livro Medida e Forma em Geometria, pág. 81. O outro pode ser o seguinte. Suponha a esfera de raio dividida em um número

n muito grande de regiões, todas com área e perímetro

muito pequenos. Como se a esfera estivesse coberta por uma rede de malha muito na. Cada uma dessas regiões, que é quase plana se

n for muito grande,

será base de um cone com vértice no centro da esfera. Assim, a esfera cará dividida em

cones, todos com altura aproximadamente igual a

(tanto mais

aproximadamente quanto menor for a base do cone). Se

é a área da esfera e

A1 , A2 , . . . , An ,

são as áreas das diversas regiões,

temos:

4 3 πR 3 4 3 πR 3 4 3 πR 3 A

1 1 1 A1 R + A2 R + · · · + An R 3 3 3 1 = (A1 + A2 + · · · + An )R 3 1 = AR 3 = 4πR2 =

É preciso deixar claro que esses cálculos não demonstram nada.

A nal,

usamos a palavra aproximadamente muitas vezes e com signi cado pouco preciso.

No Ensino Médio, atitudes desse tipo são corretas.

Se não pode-

mos demonstrar resultados, deveremos mostrar argumentos que, pelo menos os façam plausíveis, aceitáveis, e dizer honestamente aos alunos, que a demonstração requer o uso de Cálculo ou de outras ferramentas que eles vão aprender depois.

A nal de contas, a forma de ensinar e os argumentos que podemos

utilizar, dependem do nível de desenvolvimento dos estudantes. Como dizia o professor Zoroastro, a verdade nem sempre pode ser dita de uma vez só.

Unidade

Na Sala de Aula

A Esfera

Atividades

Utilizamos a palavra esfera com dois signi cados.

Ora ela representa a

superfície, a casca do sólido. Ora ela representa o interior. Não há problema nisso.

Repare que na geometria plana, o mesmo já ocorria.

Por exemplo,

a palavra quadrado era utilizada tanto para representar a união dos quatro lados (o bordo) quanto para o interior. Os estudantes deverão compreender o signi cado de acordo com a situação que está sendo estudada. Sugerimos algumas atividades relacionadas com áreas e volumes na esfera. 1. Para praticar as fórmulas de área e de volume, é interessante demonstrar

o seguinte fato descoberto por Arquimedes: se uma esfera está inscrita em um cilindro (reto) então a razão entre as áreas desses sólidos é igual à razão entre seus volumes. 2. O professor pode também pedir aos alunos para calcular a área e o volume

de um fuso esférico (isto é, a região delimitada por dois meridianos). É simples convencê-los de que tanto a área como o volume de um fuso esférico é proporcional ao ângulo desse fuso. Portanto, se em graus do ângulo de um fuso em uma esfera de raio fuso será

e seu volume será

é a medida

a área desse

α 4πR2 360 4πR3 α × . 360 3

3. É bom aproveitar as fórmulas da área e do volume da esfera (em que

aparecem, respectivamente,

R2 e R3 ) para reforçar o fato de que as razões

entre áreas e volumes de guras semelhantes são iguais, respectivamente, ao quadrado e ao cubo da razão de semelhança. O professor pode, por exemplo, perguntar aos alunos que relação existe entre as massas de duas bolas de gude, uma com raio igual ao dobro do da outra.

Cilindro, Cone e Esfera

24.3

Problemas

1. Um cilindro reto possui uma esfera inscrita. Mostre que a razão entre as

áreas desses dois sólidos é igual à razão entre seus volumes (Teorema de Arquimedes).

2. Um copo cônico de papel foi feito a partir de um setor de 12cm de raio

e ângulo central de 120 . Calcule o volume desse copo.

3. Um cone reto tem 3cm de raio e 4cm de altura. Calcule seu volume, área

e os raios das esferas inscrita e circunscrita.

4. Um copo cilíndrico tem 3cm de raio e 12cm de altura. Estando inicial-

mente cheio d'água o copo é inclinado até que o plano de sua base faça 45

com o plano horizontal. Calcule o volume de água que permaneceu

no copo.

5. Observe o Teorema a seguir:

Teorema 1

Se dois sólidos são semelhantes com razão de semelhança razão entre seus volumes é

então a

k3.

Demonstre este teorema em casos particulares utilizando paralelepípedo retângulo, prisma, pirâmide, cilindro, cone e esfera.

6. Uma garrafa de bebida com 30cm de altura tem uma miniatura perfeita-

mente semelhante com 10cm de altura.

Se a miniatura tem 50ml de

volume, qual é o volume da garrafa original?

h e volume V . base, distando h/3

7. Um cone tem altura

paralelo à sua

Este cone é seccionado por um plano dessa base.

Calcule os volumes das

partes em que esse cone cou dividido.

8. Um tanque subterrâneo tem a forma de um cone invertido com 12m de

profundidade. Este tanque está completamente cheio com 27000 litros de água e 37000 litros de petróleo. Calcule a altura da camada de petróleo.

Unidade

Problemas

9. Utilizando um pouco de cálculo (ou de imaginação).

Um fabricante de leite condensado deseja comercializar seu produto em embalagens cilíndricas de volume

Determine as dimensões dessa em-

balagem para que seja gasto um mínimo de material em sua fabricação (ou seja, a superfície da lata deve ser mínima). 10. O professor perguntou ao aluno qual seria o volume gerado pela rotação

de um retângulo em torno de um eixo que contém um de seus lados. O aluno respondeu corretamente, calculando o volume de um cilindro. Em seguida o professor traçou a diagonal do retângulo e perguntou ao aluno quais seriam os volumes gerados pelos dois triângulos formados. O aluno então dividiu a resposta anterior por dois. Está certo isso?