Elementos de Geometria Veja Otimo
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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARAN SETOR DE CINCIAS EXATAS DEPARTAMENTO DE DESENHO
ELEMENTOS DE GEOMETRIAGEOMETRIA PLANA E ESPACIAL2a edio
PROFA. DEISE MARIA BERTHOLDI COSTA PROF. JOS LUIZ TEIXEIRA PROF. PAULO HENRIQUE SIQUEIRA A PROF . LUZIA VIDAL DE SOUZA ZAMBONI
UFPR Curitiba - 2000
S
U
M
R
I
O
Captulo I - Axiomtica.......................................................................................................004 1.1. Introduo..................................................................................................... 004 1.2. Postulados do Desenho Geomtrico..................................................................009 1.3. Axiomas de incidncia......................................................................................010 1.4. Axiomas de ordem...........................................................................................011 1.5. Axiomas sobre medio de segmentos..............................................................012 1.6. Axiomas sobre medio de ngulos..................................................................014 1.7. Congruncia de tringulos................................................................................018 1.8. Teorema do ngulo externo e suas consequncias............................................027 1.9. O axioma das paralelas. Estudo do paralelogramo. Relaes mtricas nos quadrilteros.................................................................034 1.10. Semelhana de tringulos. Estudo do tringulo retngulo. Teorema de Pitgoras.............................................................................044 Captulo II - Lugares geomtricos e Segmentos proporcionais...............................................050 2.1. A circunferncia como lugar geomtrico........................................................050 2.2. A mediatriz como lugar geomtrico...............................................................051 2.3. As paralelas como lugar geomtrico..............................................................054 2.4. A bissetriz como lugar geomtrico.................................................................056 2.5. Os ngulos e a circunferncia...........................................................................061 2.6. ngulo central.............................................................................................061 2.7. ngulo inscrito.............................................................................................062 2.8. ngulo de segmento....................................................................................063 2.9. Arco capaz..................................................................................................064 2.10. ngulos excntrico interior e exterior............................................................066 2.11. ngulo circunscrito........................................................................................067 2.12. Proporcionalidade nos segmentos.................................................................071 2.13. Terceira e quarta proporcionais....................................................................073 2.14. Propriedades no tringulo retngulo. Aplicaes da mdia geomtrica....................................................................................074 2.15. Teorema das bissetrizes...............................................................................079 2.16. Circunferncia de Apolnio...........................................................................081 2.17. Segmento ureo..........................................................................................083 2.18. Potncia de ponto em relao a uma circunferncia.......................................086 2.19. Propriedades dos quadrilteros.....................................................................089 Captulo III - Relaes mtricas nos tringulos.....................................................................091 3.1. Pontos notveis: circuncentro, baricentro, incentro e ortocentro. Os ex-incentros......................................................................099 3.2. Pontos da circunferncia circunscrita.............................................................091 3.3. Reta de Simson...............................................................................................103
3.4. Reta de Euler..................................................................................................104 Captulo IV - Relaes mtricas na circunferncia.................................................................108 4.1. Retificao da circunferncia............................................................................108 4.2. Desretifio da circunferncia...........................................................................109 4.3. Retificao de arcos de circunferncia...............................................................111 4.4. Desretificao de arcos de circunferncia........................................................114 4.5. Diviso da circunferncia em arcos iguais - Processos Exatos.............................115 4.6.Diviso da circunferncia em arcos iguais - Processos Aproximados.....................121 4.7. Polgonos estrelados........................................................................................127 Captulo V - reas ..............................................................................................................129 5.1. Axiomas..........................................................................................................129 5.2. Equivalncia de reas......................................................................................132 Captulo VI - Geometria espacial de posio.........................................................................138 6.1. Conceitos primitivos e postulados.....................................................................138 6.2. Posio relativa de duas retas..........................................................................139 6.3. Determinao de um plano..............................................................................141 6.4. Posies relativas de reta e plano.....................................................................142 6.5. Posies relativas de dois planos......................................................................144 6.6. Posies relativas de trs planos......................................................................146 6.7. ngulo entre reta e plano................................................................................147 6.8. ngulo entre dois planos..................................................................................150 6.9. ngulo diedro..................................................................................................151 6.10. ngulos polidricos........................................................................................156 6.11. Estudo dos poliedros. Soma dos ngulos da face de um poliedro. Poliedros de Plato. Poliedros regulares........................................................157 Captulo VII - Geometria espacial mtrica.............................................................................165 7.1. Estudo do prisma. Pricpio de Cavalieri..............................................................165 7.2. Estudo da pirmide..........................................................................................172 7.3. Estudo do cilindro............................................................................................177 7.4. Estudo do cone...............................................................................................179 7.5. Estudo da esfera.............................................................................................183
Referncias Bibliogrficas...................................................................................................186
CAPTULO I AXIOMTICA
EXPERINCIA X RACIOCNIO LGICO X INTUIOToda cincia tem origem experimental. O homem tem tendncia adivinhao. A intuio, no entanto, nem sempre suficiente, podendo levar ao erro. Consideremos os seguintes exemplos: a) nmero de fios de cabelo dos habitantes de uma cidade; b) cinta envolvendo duas esferas de raios diferentes.
EDIFICAO RACIONAL DA GEOMETRIAA Geometria foi organizada de forma dedutiva pelos gregos. Deduzir ou demonstrar uma verdade, estabelec-la como consequncia de outras verdades anteriormente estabelecidas. No entanto, num caminho de retrocesso, chegaremos a um ponto de partida, a uma verdade impossvel de se deduzir de outra mais simples.
AXIOMAS X TEOREMASEsta a estrutura da Geometria, desde "Elementos" de Euclides, escrito no sculo III A.C., onde ele tentou definir os conceitos fundamentais. Atualmente, a Geometria aceita por normas: - Enunciar, sem definio, os conceitos fundamentais. - Admitir, sem demonstrao, certas propriedades que relacionam estes conceitos, enunciando os axiomas correspondentes. - Deduzir logicamente as propriedades restantes. O que so os axiomas? So afirmaes tantas vezes provadas na prtica, que muito pouco provvel que algum delas duvide. Devero ser o menor nmero possvel.
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SISTEMA DE AXIOMASUm sistema de axiomas deve satisfazer a trs propriedades, que so: plenitude, independncia e compatibilidade. O sistema dever ser pleno ou completo, isto , no podemos afastar afirmaes nas quais forosamente teremos que nos basear. Consideremos, para exemplificar, um sistema de equaes do 1o grau com 3 incgnitas (bastante anlogo a condies geomtricas).Consideremos cada incgnita como um conceito sujeito a definio e cada equao um axioma. 2x
& y & 2z = 3
x + y + 4z = 6 O sistema no completo. No podemos estabelecer os valores das incgnitas, pois o nmero de equaes menor que o nmero de incgnitas. Logo, no ocorre a PLENITUDE. Vamos tentar corrigir, acrescentando outra equao: 2x & y & 2z = 3 x + y + 4z = 6 3x + 3y + 12z = 18 Ora, a terceira equao consequncia da segunda. No h, portanto, INDEPENDNCIA. Tentemos novamente: 2x & y & 2z = 3 x + y + 4z = 6 3x + 3y + 12z = 15 Tambm no serve, pois a terceira equao, dividida por 3 resulta em x + y + 4z = 5 e a segunda diz que x + y + 4z = 6. Portanto, no h COMPATIBILIDADE. Finalmente, 2x & y & 2z = 3 x + y + 4z = 6 2x + y + 5z = 8 fornece os seguintes valores: x = 5, y = 13 e z = &3. O sistema compatvel, independente e completo.
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RELAES ENTRE AS PROPOSIESAs proposies (ou teoremas) podem ser escritas na forma p chamados de hiptese e tese respectivamente. Entre as proposies deduzidas (ou teoremas) podem ocorrer as seguintes relaes: a) Recproca: Um teorema se diz recproco de um outro quando a sua hiptese e tese so, respectivamente, a tese e a hiptese do outro. Exemplos: >Direto: Se dois lados de um tringulo so desiguais, ento ao maior lado ope-se o maior ngulo. >Recproco: Se dois ngulos de um tringulo so desiguais, ento ao maior ngulo ope-se o maior lado. Observao: Nem todos os teoremas recprocos so verdadeiros. Assim, por exemplo: >Direto: Todos os ngulos retos so iguais. >Recproco: Todos os ngulos iguais so retos. b) Teorema Contrrio: a proposio obtida pela negao da hiptese e tese de um teorema. Exemplos: >Teorema: Todo ponto da bissetriz de um ngulo equidistante dos lados. >Teorema contrrio: Todo ponto que no pertence bissetriz de um ngulo no equidistante dos lados. Observao: o teorema contrrio nem sempre verdadeiro. >Teorema: Dois ngulos opostos pelo vrtice so iguais. >Teorema contrrio: Dois ngulos que no so opostos pelo vrtice no so iguais. c) Contra-positiva: A contra-positiva de um teorema tem por hiptese a negao da tese do teorema e tem como tese a negao da hiptese do teorema. Exemplo: >Teorema: Se um tringulo issceles, ento os ngulos da base so iguais. >Contra-positiva: Se os ngulos da base de um tringulo no so iguais, ento o tringulo no
Y q, onde p e q so
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issceles com esta base. Observao: A contra-positiva de um teorema sempre verdadeira.
DEMONSTRAOO que uma demonstrao? Consiste num sistema de silogismos, por meio dos quais a veracidade da afirmao deduzida a partir dos axiomas e das verdades anteriormente demonstradas. O que um silogismo? O silogismo uma reunio de trs proposies: a maior, a menor e a concluso. Exemplos: a) - Todos os homens so mortais. - Eu sou homem. - Logo, sou mortal. b) A Terra esfrica. (Argumentao x fatos x deduo) Verifica-se que, todos os corpos que, em diferentes posies, projetam sombra redonda, tem a forma esfrica. A Terra, durante os eclipses lunares, projeta sobre a lua sombra redonda. Consequentemente, a Terra tem a forma de uma esfera.
TCNICAS DE DEMONSTRAOA demonstrao de um teorema consiste em efetuar um conjunto de raciocnios dirigidos exclusivamente para provar que verdadeiro o fato afirmado pela proposio. Para demonstrarmos proposies condicionais do tipo p
Y q podemos usar:
a) Forma Direta: Admitimos como verdade (ou vlida) a proposio p, chamada de hiptese, e atravs de definies, propriedades, relaes, etc, pr-estabelecidos, conclumos a validade da
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proposio q, chamada de tese. b) Contra-positiva: Neste caso, reescrevemos a proposio p concluirmos a negao da hiptese. c) Reduo ao Absurdo (RAA): A reduo ao absurdo consiste em provar que a negao do condicional p Y q uma contradio. Isto , ~(p
Y
q na forma equivalente ~q
Y
~p e
aplicamos a forma direta na contra-positiva. Ou seja, partimos da negao da tese para
Y
q)
/
p
v ~q / F. Ou seja, partimos da negao da tese e
procuramos encontrar uma contradio com a hiptese. Observao: RAA muito utilizado para provar unicidade.
PARA QUE A DEMONSTRAO?Princpio da Razo Suficiente: Todas as afirmaes devero ser fundamentadas. Atravs da experincia, observao, ou de raciocnios lgicos (silogismos). Bskara no livro "Lilavti" apresenta a demonstrao de um teorema apenas com uma figura e uma palavra: V.
Ora, para se compreender o que est "escrito", necessrio pensar, raciocinar, deduzir.
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Ser que existem afirmaes suficientemente claras, que sejam evidentes? Exemplos: - Folha de Moebius; - Congruncia de dois tringulos, conhecidos 2 lados e um ngulo. O que no necessrio DEMONSTRAR? A AXIOMTICA.
POSTULADOS DO DESENHO GEOMTRICOAssim como no estudo da Geometria se aceitam, sem definir, certas noes primitivas e sem demonstrar certas proposies primitivas (ou postulados, ou axiomas), no estudo do Desenho necessrio aceitar certos postulados que tornam a matria objetiva, isto , independente da opinio do estudante. 1o POSTULADO - Os nicos instrumentos permitidos no Desenho Geomtrico, alm do lpis, papel, borracha e prancheta, so: a rgua no graduada e os compassos comum e de pontas secas. A graduao da rgua ou "escala" s pode ser usada para colocar no papel os dados de um problema ou eventualmente para medir a resposta, a fim de conferi-la. 2o POSTULADO - proibido em Desenho Geomtrico fazer contas com as medidas dos dados; todavia, consideraes algbricas so permitidas na deduo (ou justificativa) de um problema, desde que a resposta seja depois obtida graficamente obdecendo aos outros postulados. 3o POSTULADO - Em Desenho Geomtrico proibido obter respostas " mo livre", bem como "por tentativas".
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PARTE I - GEOMETRIA PLANAAs figuras geomtricas elementares, no plano, so os pontos e as retas. O plano constitudo de pontos e as retas so subconjuntos de pontos do plano. Pontos e retas do plano satisfazem a cinco grupos de axiomas que sero a seguir estudados.
OS AXIOMAS DE INCIDNCIAAXIOMA 1.1. Qualquer que seja a reta, existem pontos que pertencem reta e pontos que
no pertencem reta. AXIOMA 1.2. Dados dois pontos distintos, existe uma nica reta que contm estes pontos.
Quando duas retas tm um ponto em comum, diz-se que elas se interceptam, ou que concorrem ou que se cortam naquele ponto. PROPOSIO: ponto. Prova: Sejam m e n duas retas distintas. A interseo destas duas retas no pode conter dois (ou mais) pontos, pois, pelo Axioma 1.2 elas coincidiriam. Logo, a interseo de m e n vazia ou contm apenas um ponto. Observao: Ns imaginamos um plano como a superfcie de uma folha de papel que se Duas retas distintas ou no se interceptam ou se interceptam em um nico
estende infinitamente em todas as direes. Nela um ponto representado por uma pequena marca produzida pela ponta de um lpis, quando pressionada sobre o papel. O desenho de parte de uma reta feito com o auxlio de uma rgua. Ao estudarmos geometria comum fazermos o uso de desenhos. Porm os desenhos devem ser considerados apenas como um instrumento de ajuda nossa intuio.
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Notao: Utilizaremos letras maisculas A, B, C, ... para designar pontos, e letras minsculas a, b, c, ... para designar retas.
OS AXIOMAS DE ORDEMA figura dada abaixo apresenta uma reta e trs pontos A, B e C desta reta. O ponto C localiza-se entre A e B, ou os pontos A e B esto separados pelo ponto C.
A noo de que um ponto localiza-se entre dois outros pontos uma relao, entre pontos de uma mesma reta, que satisfaz aos axiomas apresentados a seguir. AXIOMA 2.1. Dados trs pontos de uma reta, um e apenas um deles localiza-se entre os
outros dois. DEFINIO: O conjunto constitudo por dois pontos A e B e por todos os pontos que se
encontram entre A e B chamado de segmento AB. Os pontos A e B so denominados extremos ou extremidades do segmento. Notao: Muitas figuras planas so construdas usando-se segmentos. A mais simples delas o tringulo que formado por trs pontos que no pertencem a uma mesma reta e pelos trs segmentos determinados por estes trs pontos. Os trs pontos so chamados vrtices do tringulo e os segmentos, de lados do tringulo.
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DEFINIO:
Se A e B so pontos distintos, o conjunto constitudo pelos pontos do segmento
AB e por todos os pontos C, tais que B encontra-se entre A e C, chamado de semi-reta de origem A, contendo o ponto B. O ponto A ento denominado origem da semi-reta AB. Notao: AB. Observao: AXIOMA 2.2. Dois pontos A e B determinam duas semi-retas, que contm o segmento Dados dois pontos A e B, sempre existem: um ponto C entre A e B e um ponto
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D, tal que B est entre A e D. DEFINIO: Sejam m uma reta e A um ponto que no pertence a m. O conjunto constitudo
pelos pontos de m e por todos os pontos B tais que A e B esto em um mesmo lado da reta m chamado de semi-plano determinado por m, contendo A. AXIOMA 2.3. Uma reta m determina exatamente dois semi-planos distintos, cuja interseo
a reta m.
DEFINIO:
Um subconjunto do plano convexo se o segmento ligando quaisquer dois
de seus pontos est totalmente contido nele.
OS AXIOMAS SOBRE MEDIO DE SEGMENTOSAXIOMA 3.1. A todo par de pontos corresponde um nmero maior ou igual a zero. Este
nmero zero se e s se os pontos so coincidentes. (conceito de distncia ou comprimento).
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AXIOMA 3.2.
Os pontos de uma reta podem ser sempre colocados em correspondncia
biunvoca com os nmeros reais, de modo que a diferena entre estes nmeros mea a distncia entre os pontos correspondentes. (conceito de coordenada).
AXIOMA 3.3.
Se o ponto C encontra-se entre A e B, ento
+
=
PROPOSIO: Prova:
Se, em uma semi-reta AB, considerarmos um segmento AC com
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ento o ponto C estar entre A e B. Certamente o ponto A no pode estar entre B e C, j que B e C esto na mesma semi-reta de origem A. Se o ponto B estivesse entre A e C ento pelo Axioma 3.3, teramos
+hiptese DEFINIO:
=
e, como consequncia,
Mas esta desigualdade contrria
Portanto, o ponto C est entre A e B. Chamamos de ponto mdio do segmento AB a um ponto C deste segmento,
tal que
=A noo de distncia uma das noes mais bsicas da Geometria. Ela satisfaz > 0. Alm disso,
Observao:
s propriedades: 1) Para quaisquer dois pontos A e B do plano, tem-se
= 0 se e somente se A / B.2) Para quaisquer dois pontos A e B tem-se = < + A 3) Para quaisquer trs pontos do plano A, B e C, tem-se (Desigualdade Triangular) DEFINIO: Seja A um ponto do plano e r um nmero real positivo. A circunferncia de
igualdade ocorre se e somente se o ponto C pertencer ao intervalo AB.
centro A e raio r o conjunto constitudo por todos os pontos B do plano, tais que
= r. Todo ponto C que satisfaz a desigualdaderncia. Se, ao invs,
< r dito interno circunfe-
> r, ento C externo circunferncia.
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OS AXIOMAS SOBRE MEDIO DE NGULOSDEFINIO: origem. Elementos: lados, vrtice, espao angular. Notao: AB, e > > . Vamos inicialmente provar que
Para isto, considere o ponto mdio M do segmento D tal que mdio de (por construo) e
Na semi-reta BM, marque um ponto (pois M = (por serem opostos pelo ento
Trace CD. Compare os tringulos BMA e DMC. Como
vrtice), segue-se BMA = DMC (LAL). Consequentemente, lados e ngulos correspon-dentes so congruentes, ou seja, = < entre A e G. Considere o ponto mdio N do segmento Na semi-reta AN, marque um ponto E Portanto, < > Na semi-reta AC marque um ponto G tal que C esteja Vamos provar que Como a semi-reta CD divide o ngulo
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tal que N mdio de o) e
Trace
Compare os (pois (por constru-
tringulos BNA e CNE. Como
(por serem opostos pelo
vrtice), segue-se BNA = CNE (LAL). Consequentemente, lados e ngulos correspondentes ngulo so congruentes, ou seja, Logo, (por serem < Como a semi-reta CE divide o ento mas opostos pelo vrtice). Portanto, PROPOSIO: Prova: Seja ABC um tringulo. Vamos mostrar que + < 180o. Considere o ngulo externo deste tringulo com vrtice em C. Pela proposio anterior temos que >. Como e + = 180 . Portanto, + COROLRIO: Prova: De fato, se um tringulo possusse dois ngulos no agudos, sua soma seria maior ou igual a 180o, o que no pode ocorrer de acordo com a proposio anterior. COROLRIO: Prova: Se m e n se interceptassem formar-se-ia um tringulo com dois ngulos retos, o que absurdo pelo corolrio anterior. Se duas retas distintas m e n so perpendiculares a uma terceira, ento m e . Como
Para isto, marque, sobre a semi-reta CA, um ponto D, tal que ento este ponto D pertence ao segmento Portanto tem-se que (2). > CB (3). = > CB. Ou seja, > . > > Como o tringulo CBD issceles de base que = Pelo teorema do ngulo externo temos que De (1), (2) e (3) temos que: Analogamente, ao menor lado ope-se o menor ngulo. BD divide o ngulo (1). (por construo, =
e, como consequncia, a semi-reta temos
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PROPOSIO: Prova:
Se dois ngulos de um tringulo no so congruentes, ento seus lados opostos
no so iguais e o maior lado oposto ao maior ngulo. Consideremos um tringulo ABC sendo
, vamos supor que
> . Devemos o maior lado
mostrar que
e que
(pois este oposto ao maior ngulo). a) Mostraremos inicialmente que os lados e no so iguais, ou seja, que Da hiptese temos que
e
, logo, o tringulo ABC no issceles de base portanto os lados no so iguais. Desta forma, b) Para mostrar que Sabemos que ocorrer: Se ria a hiptese. Do mesmo modo, se ocorresse Logo, deve ocorrer TEOREMA: Prova: Dado um tringulo ABC mostraremos que + > = (1). + ento o pon> (2). Para isto, consideremos um ponto D na semi-reta AB, de modo que base Logo, Como o ngulo = portanto, = Portanto, o tringulo BCD issceles de < = o tringulo seria issceles e = > > < o maior lado, devemos mostrar que ou = . Podemos observar que, existem trs possibilidades que podem ento, pela proposio anterior, deveramos ter > o que contrao que
est em desacordo com a hiptese (provado no item a).
Em todo tringulo, a soma dos comprimentos de dois lados maior do que o
comprimento do terceiro lado.
to B est entre A e D e a semi-reta CB divide
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De (1) e (2) temos que, no tringulo ACD, temos que ao maior ngulo ope-se o maior lado, ou seja, = + e portanto + >
> >
Mas pela proposio anterior Mas = + =
DEFINIO: catetos. EXERCCIO:
Um tringulo que possui um ngulo reto chamado tringulo retngulo. O lado
oposto ao ngulo reto chamado hipotenusa, e os outros dois lados so denominados
Mostre que num tringulo retngulo:
a) A hipotenusa sempre menor que a soma dos catetos. b) A hipotenusa sempre maior que qualquer cateto. c) Os ngulos opostos aos catetos so agudos.
EXERCCIOS01. Dados reta r, pontos P e Q, pede-se: obter sobre r um ponto A, tal que PA + AQ seja mnimo. Justifique a resoluo.
02. Na figura, somente as medidas dos ngulos esto corretas. Responda as questes, dando a justificativa. a) Os tringulos ABC e DCB so congruentes? b) Qual o maior lado do tringulo ABC? c) Qual o menor lado do tringulo DBC?
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03. Se, no problema anterior, os ngulos fossem os indicados abaixo, quais seriam as respostas?
04. Se um tringulo ABC equiltero e D um ponto do segmento > 05. Demonstre que: dados dois tringulos ABC e EFG, se = , AB = EF e tringulos so congruentes.
mostre que
=
ento os
Este o quarto caso de congruncia de tringulos, chamado de Lado-ngulo-ngulo Oposto - (LAAO) 06. Sejam ABC e EFG dois tringulos retngulos cujos ngulo retos so AB = EF e BC = FG ento os tringulos so congruentes. Este o teorema de congruncia de tringulos retngulos - (LLAr) 07. Justifique a construo da bissetriz de um ngulo dada no exerccio da pgina 15. (Ou seja, prove que: Ab = bB). 08. Prove que num tringulo issceles ABC, de base BC, a altura relativa ao vrtice A tambm mediana e bissetriz. e Prove que se
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O AXIOMA DAS PARALELASAXIOMA 5: Por um ponto fora de uma reta m passa uma nica reta paralela a reta m.
(Unicidade) Devemos observar que este axioma prescreve a unicidade, j que a existncia de reta paralela a m, passando por um ponto dado, j era garantida. PROPOSIO: Prova: Vamos supor que m seja paralela a n1 e a n2, n1 n2 e que n1 no seja paralela a n2. Como n1 e n2 no coincidem e no so parale- las, ento elas tm um ponto em comum P. Mas pelo ponto P esto passando duas retas, n1 e n2, que so distintas e paralelas a uma mesma reta m. O que contradiz o Axioma 5. PROPOSIO: outra. Prova: Vamos supor que n1 seja paralela a n2, m corta n1 mas no corta n2. Como m no corta n2 ento m e n2 so paralelas. Assim, n2 paralela a m e a n1, ento pela proposio anterior segue que m e n1 so paralelas, o que contradiz a hiptese. Logo, m tambm corta n2. Sejam m, n1, n2, n1 n2, Se uma reta m corta uma de duas paralelas, n1 e n2, ento corta tambm a Se a reta m paralela a duas outras retas n1 e n2, ento n1 e n2 so paralelas
ou coincidentes.
PROPOSIO:
e
como na figura ao lado. Se
=
ento
as retas n1 e n2 so paralelas.
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Prova: Vamos supor que = e que n1 e n2 no so paralelas. Como as retas so distintas, elas se interceptam em algum ponto P, formando ento um tringulo. Neste tringulo vice-versa. Assim, pelo teorema do ngulo externo teramos hiptese. Portanto, n1 e n2 no se interceptam. DEFINIO: Quando duas retas (no necessariamente paralelas) so cortadas por uma ngulo externo e ou um ngulo interno no adjacente ao ngulo
o que contradiz a nossa
transversal formam-se oito ngulos como indicados na figura abaixo. Chamam-se ngulos: correspondentes: opostos pelo vrtice: e e e e e e e e e e
internos : entre as retas n1 e n2: externos : fora das retas n1 e n2:
colaterais : aqueles que esto de um mesmo lado da transversal: colaterais internos: colaterais externos: e e e e
alternos : aqueles que esto em semi-planos opostos em relao transversal: alternos internos: alternos externos: PROPOSIO: Prova: Pela hiptese temos que ento + = 180o, logo = + = 180o, mas os ngulos e so suplementares, Pela proposio anterior temos que as retas so paralelas. e e e e = 180o,
Se, ao cortarmos duas retas com uma transversal, obtivermos
+
ento as retas so paralelas.
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PROPOSIO: Prova:
Se duas retas paralelas so cortadas por uma transversal, ento os ngulos
correspondentes so iguais. Sejam n1 e n2 retas paralelas cortadas pela transversal m nos pontos A e B, respectivamente. Consideremos uma reta n passando pelo ponto A e formando com a transversal quatro ngulos iguais aos ngulos correspondentes formados pela reta n2 com a mesma transversal. De acordo com a 3a proposio da pgina 34, n e n2 so paralelas. Mas pela hiptese temos que n1 e n2 so paralelas. Portanto n e n1 tambm so paralelas e concorrem num mesmo ponto A, logo n e n1 so coincidentes. Portanto, n1 forma com a reta m ngulos iguais aos correspondentes formados por n2 com a reta m. Se os ngulos alternos internos (ou externos) so congruentes, ento n1 // n2.
COROLRIO:
Prova: (Exerccio)
COROLRIO:
Se n1 // n2 ento os ngulos alternos internos (ou externos) so congruentes.
Prova: (Exerccio) TEOREMA: Prova: Seja ABC um tringulo. Pelo vrtice A traar n1 pa- ralela a BC A soma dos ngulos internos de um tringulo igual a 180o.
/ n2 .
Considere os ngulos como indicados na figura ao lado. Como as retas AB e AC so transversais s paralelas n1 e n2 ento os ngulos alternos internos so iguais, ou seja, = e = . Mas + + = 180o, portanto, + + = + + = 180o.
COROLRIO:
a) A soma das medidas dos ngulos agudos de um tringulo retngulo 90o. b) Cada ngulo de um tringulo equiltero mede 60o. c) A medida de um ngulo externo de um tringulo igual a soma das medidas
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dos ngulos internos que no lhe sejam adjacentes. d) A soma dos ngulos internos de um quadriltero 360o. TEOREMA: Prova: Sejam n1 e n2 retas paralelas. Sobre n1 consideremos dois pontos A e B, e deles baixemos perpendiculares reta n2. Sejam A e B respectivamente os ps destas perpendiculares. Devemos provar que AA = BB. Vamos unir A e B. Consideremos os tringulos AAB e BBA. Como AB comum, transversal AB) e (pois so ngulos alternos internos relativos a (pois so ngulos complementares, respectivamente, de Se n1 e n2 so paralelas, ento todos os pontos de n1 esto mesma distncia
de n2.(a recproca verdadeira)
logo os tringulos AAB e BBA so congruentes pelo critrio ALA. Portanto, lados e ngulos correspondentes so congruentes, ou seja, AA = BB . EXERCCIO: Refazer o exerccio 5 da pgina 33 utilizando o fato de que a soma dos ngulos
internos de um tringulo 180o.
PARALELOGRAMODEFINIO: Um paralelogramo um quadriltero cujos lados opostos so paralelos.
PROPOSIO: Prova:
Em todo paralelogramo lados e ngulos opostos so congruentes.
Seja ABCD um paralelogramo. Consideremos a diagonal BD. Como AB e DC so paralelas cortadas por BD, ento (ngulos alternos internos) e como AD e Como BC so paralelas cortadas por BD, ento
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DB comum, podemos concluir que os tringulos ADB e CBD so congruentes pelo critrio ALA. Logo, lados e ngulos correspondentes so congruentes, ou seja, Temos ainda que PROPOSIO: Prova: Seja ABCD um paralelogramo. Consideremos as diagonais AC e BD, seja M o ponto de interseo das mesmas. Devemos provar que Como AB paralela a DC cortadas pelas transversais AC e BD ento determinam ngulo alternos internos iguais, ou seja, BM = ngulos correspondentes so congruentes, ou seja, PROPOSIO: Prova: Seja ABCD um quadriltero em que ou seja, que AB // CD e BC // AD. Consideremos a diagonal BD do quadriltero. Nos tringulos ABD e CDB temos que BD comum, (hiptese) e (hiptese), logo os tringulos so congruentes pelo critrio LLL, logo e A lados e ngulos correspondentes so congruentes, ou seja, paralelogramo. PROPOSIO: Prova: Seja ABCD um quadriltero em que AD // BC e um paralelogramo. Devemos provar que ABCD Se dois lados opostos de um quadriltero so congruentes e paralelos, ento e Devemos provar que ABCD um paralelogramo, Se os lados opostos de um quadriltero so congruentes ento o quadriltero Mas como (lados de um paralelogramo) ento os tringulos AMB e CMD so congruentes pelo critrio ALA, logo lados e Logo,
As diagonais de um paralelogramo se interceptam em um ponto que o ponto
mdio das duas diagonais.
um paralelogramo.
primeira igualdade garante que AB // DC e a segunda garante que BC // AD. Logo, ABCD um
o quadriltero um paralelogramo.
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De acordo com a proposio anterior, se provarmos que paralelogramo. Consideremos a diagonal BD e os tringulos ADB e CBD. Como AD // BC cortadas pela transversal BD ento os ngulos alternos internos so iguais, ou seja, e ngulos correspondentes so congruentes, ou seja, um paralelogramo. TEOREMA: Prova: Seja ABC um tringulo. Designe por D o ponto mdio de AB e por E o ponto mdio de AB. Devemos provar que DE paralelo a BC e que Para isto, marque na semi-reta ED um ponto F tal que mdio de Como e Como e (E ponto mdio de AC), temos que Logo, FB e EC so paralelos (pois BFD e DEA so ngulos alternos internos congruentes) e tm o mesmo comprimento. Como, todo quadriltero que possui dois lados opostos paralelos e congruentes um paralelogramo, segue-se ento que FBCE um paralelogramo. Portanto, DE paralelo a BC e tm o mesmo comprimento. Como D ponto mdio de FE ento PROPOSIO: Prova: Consideremos pelo ponto B uma reta m paralela reta m. Esta corta as retas a e c nos pontos D e E. Suponha que trs retas paralelas a, b e c, cortam as retas m e n nos pontos e Como (j que D ponto (por serem opostos pelo tem-se que O segmento ligando os pontos mdios de dois lados de um tringulo paralelo Mas como (hiptese) e BD comum ento os tringulos ADB e CBD so congruentes pelo critrio LAL. Logo, lados Pela proposio anterior, ABCD ento o quadriltero ser um
ao terceiro lado e tem metade do seu comprimento.
vrtice), ento os tringulos ADE e FDB so congruentes. consequncia
A, B e C e nos pontos A, B e C, respectivamente. Se AB = BC ento AB = BC.
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DE
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Como ABBD e BCEB so paralelogramos (pois tm lados opostos paralelos) ento DB = AB e BE = BC. Alm disso, como AB = BC por hiptese, ento conclumos que DB = BE.
Os ngulos paralelas a e c).
so iguais (opostos pelo vrtice) e
tambm
so iguais (por serem ngulos alternos internos determinados pela transversal DE e as retas Logo, os tringulos ADB e CEB so congruentes pelo critrio ALA. E portanto, AB = BC. COROLRIO: Suponha que k retas paralelas a1, a2, ..., ak cortam duas retas m e n nos pontos
A1, A2, ..., Ak e nos pontos A1, A2, ..., Ak respectivamente. Se A1A2, = A2A3 = ... = Ak&1Ak, ento A1A2, = A2A3 = ... = Ak&1Ak.
Este corolrio uma generalizao da proposio anterior.
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DE
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TEOREMA DE TALES: Se um feixe imprprio de retas interceptado por um feixe prprio de retas, ento a razo entre dois segmentos quaisquer de uma delas igual razo entre os segmentos respectivamente correspondentes noutra reta do mesmo feixe. Prova: Consideremos que os segmentos A1A2 e A3A4 sejam comensurveis, ento existe um segmento u que submltiplo de ambos; logo, existem nmeros p e q, tais que A1A2 = pu e A3A4 = qu, e portanto, A1A2/A3A4 = p/q. Conduzindo retas s1 , s2, s3, ..., pelos pontos de diviso dos segmentos A1A2 e A3A4, os segmentos B1B2 e B3B4 so divididos, res- pectivamente, em p e q partes de comprimento u, tais que B1B2 = pu e B3B4 = qu, obtm-se B1B2/B3B4 = p/q. Porm, quando duas quantidades so iguais a uma terceira, elas so iguais entre si; logo, A1A2/A3B4 = B1B2/B3B4. De modo anlogo, pode-se demonstrar que A1A2/A3B4 = C1C2/C3C4 e generalizando podemos escrever A1A2/A3B4 = B1B2/B3B4 = C1C2/C3C4 = ...
EXERCCIOS01. Na figura abaixo, o ponto O o ponto mdio de AD e ento mostre que os tringulos ABO e DCO so congruentes. Se B, O e C so colineares,
DEFINIO:
Um segmento ligando dois pontos de uma circunferncia e passando por seu
centro chama-se dimetro.
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02. Na figura abaixo, o ponto O o centro da circunferncia, AB um dimetro e C outro ponto da circunferncia. Mostre que = 2.
03. Mostre que se os ngulos opostos de um quadriltero so congruentes, ento o quadriltero um paralelogramo. 04. Mostre que se as diagonais de um quadriltero se interceptam em um ponto que ponto mdio de ambas, ento o quadriltero um paralelogramo. DEFINIO: Um retngulo um quadriltero que tem todos os seus ngulos retos.
05. Mostre que todo retngulo um paralelogramo. 06. Mostre que as diagonais de um retngulo so congruentes. 07. Mostre que se as diagonais de um paralelogramo so congruentes, ento o paralelogramo um retngulo. DEFINIO: Um losango (ou rombo) um quadriltero que tem todos os seus lados
congruentes. 08. Mostre que todo losango um paralelogramo. 09. Mostre que as diagonais de um losango cortam-se em ngulo reto e so bissetrizes dos seus ngulos. 10. Mostre que um paralelogramo cujas diagonais so perpendiculares um losango.
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DEFINIO: Um quadrado um quadriltero que tem os quatro ngulos retos e os quatro lados congruentes. 11. Prove que um quadrado um retngulo e que tambm um losango. 12. Mostre que se as diagonais de um quadriltero so congruentes e se cortam em um ponto que ponto mdio de ambas, ento o quadriltero um retngulo. Se, alm disso, as diagonais so perpendiculares uma a outra, ento o quadriltero um quadrado. DEFINIO: Um trapzio um quadriltero em que dois lados opostos so paralelos. Os
lados paralelos de um trapzio so chamados de bases e os outros dois so chamados de laterais. Um trapzio dito trapzio escaleno se suas laterais no so congruentes. Um trapzio dito trapzio retngulo (ou bi-retngulo) se tem dois ngulos retos. Um trapzio dito trapzio issceles se suas laterais so congruentes. 13. Seja ABCD um trapzio em que AB uma base. Se ele issceles, mostre que = e
14. Mostre que as diagonais de um trapzio issceles so congruentes. 15. Prove que o segmento ligando os pontos mdios das laterais de um trapzio escaleno paralelo s bases e que seu comprimento a mdia aritmtica dos comprimentos das bases.
Dica: Considere o ponto E como sendo a interseo das retas AB e DN, prove que DNC= ENB (ALA). Considere tambm o tringulo DAE e o segmento MN. 16. Prove que os pontos mdios dos lados de um quadriltero qualquer so vrtices de um paralelogramo. 17. Prove que a soma dos ngulos internos de um polgono de n lados (n 2).180o.
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SEMELHANA DE TRINGULOSDEFINIO: Dois tringulos so semelhantes se for possvel estabelecer uma correspondn-
cia biunvoca entre seus vrtices de modo que ngulos correspondentes sejam iguais e lados correspondentes sejam proporcionais.
Ou seja, se ABC e EFG so dois tringulos semelhantes e se A ] E, B igualdades:
]FeC]G
a correspondncia que estabelece a semelhana, ento valem simultaneamente as seguintes
ABC ~EFG
]
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Observao:
O quociente comum entre as medidas dos lados correspondentes chamado
de razo de proporcionalidade entre os dois tringulos. EXERCCIO: Dois tringulos congruentes so semelhantes. Justifique a afirmao e indique
a razo de proporcionalidade. PROPRIEDADES DA SEMELHANA DE DOIS TRINGULOS: a) Reflexiva: ABC ~ ABC
] EFG ~ ABC c) Transitiva: ABC ~ EFG e EFG ~ HIJ Y ABC ~ HIJb) Simtrica: ABC ~ EFG
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TEOREMA:
Dados dois tringulos ABC e EFG, se = e
ento os tringulos so
semelhantes. Este o segundo caso de semelhana de tringulos. Prova:
Como a soma dos ngulos de um tringulo 180o, ento a igualdade dos ngulos e e dos ngulos acarreta na igualdade dos ngulos Resta provar que os lados Pelo ponto sendo e correspondentes so proporcionais. Para isto consideremos na semi-reta EF o ponto H de modo que tringulo EHI que congruente ao tringulo ABC (j que = , que esta ltima igualdade deve-se ao paralelismo de IH e GF). Logo, e H tracemos uma reta paralela a FG. Esta corta a semi-reta EG num ponto I, formando um
Como HI paralela a FG cortadas pelas retas EF e EG ento determinam segmentos proporcionais, ou seja, Como e ento substituindo na igualdade acima temos
De maneira anloga demonstra-se que
TEOREMA:
Se, em dois tringulos ABC e EFG tem-se = e
ento os
tringulos so semelhantes. Este o primeiro caso de semelhana de tringulos. Prova: Construir um tringulo HIJ que tenha Logo pelo teorema anterior temos que ABC ~ HIJ. Portanto, os lados correspondentes so proporcionais mas portanto Portanto, EFG = HIJ ( e - LAL). ento Porm pela hiptese sabemos que
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Como ABC ~ HIJ e EFG = HIJ segue que ABC ~ EFG. TEOREMA: Se, em dois tringulos ABC e EFG tem-se ento os tringulos
so semelhantes. Este o terceiro caso de semelhana de tringulos. Prova:
Consideremos um tringulo HIJ tal que Logo, segue-se da hiptese que
= , e como
e = segue pelo teorema anterior (1).
que ABC ~ HIJ. Portanto, lados correspondentes so proporcionais, ou seja, Mas da hiptese temos que mas
(por construo), ento
Comparando esta ltima expresso com (1) temos que Logo, EFG = HIJ ( construo, provado acima e
construo). Como ABC ~ HIJ temos que ABC ~ EFG. DEFINIO: Dados dois segmentos p e q, a mdia aritmtica entre eles um segmento x
tal que x = (p + q)/2 e a mdia geomtrica (ou mdia proporcional) entre eles, um segmento y, tal que y =
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PROPOSIO:
Em todo tringulo retngulo a altura relativa ao vrtice do ngulo reto mdia
geomtrica (ou proporcional) entre as projees dos catetos sobre a hipotenusa. E os catetos so mdias geomtricas entre a hipotenusa e as suas projees sobre a hipotenusa. Prova: Seja ABC um tringulo retngulo com ngulo reto no vrtice A. Trace a altura AH do vrtice A ao lado BC. Denotaremos os segmentos da seguinte forma: BC = a, AC = b, AB = c, AH = h, CH = m e BH = n. Como AH perpendicular a BC, ento os tringulos HBA e HAC so retngulos. Como = 90o e + BH = 90o ento BH = = 90o e + HC = 90o ento = HC. Como tambm
Isto nos mostra pelo segundo caso de semelhana de tringulos que os tringulos HBA e HAC so semelhantes e tambm semelhantes ao tringulo ABC. Logo, podemos escrever as expresses que traduzem a proporcionalidade dos lados: - ABC ~ HBA A
Y ]A Y Y
Y Y Y
c2 = a.n
] H, B ]
BeC
- ABC ~ HAC A
b2 = a.m
] H, B ] A e C ] Ch2 = m.n
- HBA ~ HAC H
] H, B ] C e A ] A
TEOREMA DE PITGORAS: Em todo tringulo retngulo o quadrado do comprimento da hipotenusa igual soma dos quadrados dos comprimentos dos catetos. Prova: Consideremos um tringulo ABC retngulo em A. Devemos mostrar que a2 = b2 + c2. Na proposio anterior foi provado que ABC ~ HBA ~ HAC e portanto que b2 = a.m e c2 = a.n. Somando membro a membro as duas expresses temos que b2 + c2 = a.m + a.n = a(m + n) = a.a = a2. Ou seja, a2 = b2 + c2.
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EXERCCIOS01. Na figura abaixo, D o ponto mdio do segmento AB e E o ponto mdio de AC. Mostre que os tringulos ADE e ABC so semelhantes.
02. Prove que se um tringulo retngulo tem ngulos agudos de 30o e 60o ento seu menor cateto mede metade do comprimento da hipotenusa. 03. Mostre que dois tringulos equilteros so sempre semelhantes. 04. Mostre que so semelhantes dois tringulos issceles que tm iguais os ngulos opostos base. 05. Na figura abaixo tem-se que BDA e ABC so semelhantes, sendo a semelhana a que leva B em A, D em B e A em C. Prove que o tringulo BDA issceles.
06. Prove que as alturas (ou as medianas, ou as bissetrizes) correspondentes em tringulos semelhantes esto na mesma razo que os lados correspondentes. 07. Prove que a bissetriz de um ngulo de um tringulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais aos outros dois lados. Isto , se ABC o tringulo e BD a bissetriz do ngulo B sendo D um ponto do lado AC, ento
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Dica: trace pelo ponto A uma reta paralela ao lado BD. Esta intercepta a semi-reta CB num ponto E formando tringulos semelhantes. 08. Prove que se dois tringulos tem lados correspondentes paralelos, ento eles so semelhantes.
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CAPTULO II LUGARES GEOMTRICOS E SEGMENTOS PROPORCIONAIS
Os problemas em desenho geomtrico resumem-se em encontrar pontos, e para determinar um ponto basta obter o cruzamento entre duas linhas. DEFINIO: Um conjunto de pontos do plano constitui um lugar geomtrico (L.G.) em
relao a uma determinada propriedade P quando satisfaz s seguintes condies: a) Todo ponto que pertence ao lugar geomtrico possui a propriedade P; b) Todo ponto que possui a propriedade P pertence ao lugar geomtrico.
Observao:
Na resoluo de problemas, procuramos construir graficamente uma determi-
nada figura, mas que satisfaa as condies impostas (ou propriedades). Geralmente, estas condies impostas so lugares geomtricos construtveis com rgua e compasso. O emprego de figuras que constituem lugares geomtricos nas resolues de problemas grficos chamado de Mtodo dos Lugares Geomtricos.
LUGAR GEOMTRICO 1 - CIRCUNFERNCIA LG 01: O lugar geomtrico dos pontos do plano
situados a uma distncia constante r de um ponto fixo O a CIRCUNFERNCIA de centro O e raio r. Notao: CIRCUNF(O,r).
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DE
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EXERCCIO: Construir um tringulo ABC, dados os trs lados a, b e c.
Para se provar que uma determinada figura F um lugar geomtrico dos pontos do plano que tm uma propriedade P, temos que demonstrar dois teoremas: 1o) todo ponto de F tem a propriedade P; 2o) todo ponto que tem a propriedade P pertence a F. importante frisar a necessidade de demonstrar os dois teoremas, pois um s deles no garante que a figura F seja um lugar geomtrico. No caso da circunferncia, temos que: 1o) todo ponto da circunferncia (de centro O e raio r) equidista do ponto O segundo uma distncia r; 2o) todo ponto que equidista de O segundo uma distncia r pertence circunferncia(de centro O e raio r).
LUGAR GEOMTRICO 2 - MEDIATRIZ
LG 02:
O lugar geomtrico dos pontos do plano
eqidistantes de dois pontos A e B dados a MEDIATRIZ do segmento AB.
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DE
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Consideremos dois pontos fixos A e B. Sejam P e Q dois pontos tais que Como P e Q possuem a mesma propriedade, e por eles passa uma nica reta m ento veremos que m possuir a mesma propriedade de P e Q. Observao: Lembremos que esta construo nos fornece a mediatriz de pois como
ento o quadriltero APBQ um losango e portanto as suas diagonais cortam-se em ngulo reto e no ponto mdio das mesmas. Vamos mostrar que a mediatriz um lugar geomtrico: 1a parte: Todo ponto da mediatriz de A e B. Prova: Nos tringulos XAM e XBM temos ponto mdio pela hiptese), pela hiptese) e congruentes, ou seja, = (M (ambos so retos equidistante de
lado comum. Portanto, XAM = =
XBM por LAL, logo, lados e ngulos correspondentes so
2a parte: Todo ponto equidistante de A e B pertence mediatriz de Prova:
Seja Y um ponto eqidistante de A e B. Traamos por Y a reta r perpendicular a vamos provar que r a mediatriz de seja M o ponto de interseo de r e Como a altura relativa base do tringulo issceles YAB, ento Assim, a reta r perpendicular a isto , que r passa pelo ponto mdio de
e Ento, e
tambm mediana, isto , M o ponto mdio de de Portanto, a mediatriz um lugar geomtrico.
passa pelo ponto mdio do mesmo, isto , r a mediatriz de
Logo, Y pertence mediatriz
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DE
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EXERCCIOS01. Traar a mediatriz do segmento dado abaixo, nas seguintes condies:
02. Traar uma reta perpendicular a uma reta dada r, por um ponto P dado. a) P
0 r;
b) P
r.
03. Traar a circunferncia que passe pelos pontos A, B e C dados.
04. Construir um ngulo reto.
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LUGAR GEOMTRICO 3 - PARALELAS
LG 03:
O lugar geomtrico dos pontos do plano equidistantes de uma reta dada deste
plano compe-se de duas retas PARALELAS a reta dada e construdas a mesma distncia d da reta considerada. Vamos mostrar que um lugar geomtrico:
Seja F = s1 Prova:
c s2, onde s1 // r e d(s1, r) = d, s2 // r e d(s2, r) = d.
1a parte: Todos os pontos de F distam d da reta r.
Seja X um ponto de F ento X 0 s1 ou X 0 s2, logo d(X, r) = d(s1, r) ou d(X, r) = d(s2, r) e portanto, d(X, r) = d.
2a parte: Todos os pontos que distam d da reta r pertencem F. Prova: Seja Y um ponto que dista d da reta r, ou seja, d(Y, r) = d, logo, d(Y, r) = d(s1, r) ou d(Y, r) = d(s2, r) e assim Y
0 s1 ou Y 0 s2. Portanto, Y 0 F. Logo, F = s1 c s2 um lugar geomtrico.Nas demonstraes das duas partes h a idia das distncias entre duas retas
Observao:
paralelas, da distncia de ponto reta e as passagens podem ser detalhadas utilizando-se retngulos.
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DE
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EXERCCIOS01. Traar pelo ponto P uma reta paralela a reta r dada de duas maneiras distintas.
02. Traar paralelas a distncia d da reta r.
03. Construir um tringulo MNP com a mesma rea do tringulo ABC dado, em que a base ser a.
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DE
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LUGAR GEOMTRICO 4 - BISSETRIZ LG 04: O lugar geomtrico dos pontos do plano equidistantes de duas retas concorrentes dadas, compe-se de duas outras retas, perpendiculares entre si e BISSETRIZES dos ngulos formados pelas retas dadas.
Observao:
As retas b1 e b2 assim construdas como mostra a figura acima so bissetrizes
dos ngulos formados pelas retas dadas (pois, para b1 temos que os tringulos O13 e O23 so congruentes por LLL. Portanto, lados e ngulos correspondentes so congruentes, ou seja, 13=32). Vamos mostrar que um lugar geomtrico: Sejam r e s as retas concorrentes, Ob1 e Ob2 as bissetrizes dos ngulos formados por r e s, e F = Ob1
c Ob2.
1a parte: Todo ponto de F equidista dos lados desse ngulo (rs). Prova: Seja X um ponto que pertence a F, logo, X
0 b1
ou X
0 b2.
Como as distncias de X aos lados do ngulo so medidas segundo segmentos perpendiculares ento = d(X, r) e = d(X, s). Nos tringulos XOA e XOB temos que OX lado comum, XA = XB (por hiptese X pertence bissetriz) e de r e s. = OX (so ngulos retos). Assim, = ou seja, X eqidista pelo critrio LAAo, XOA e XOB so tringulos congruentes. Logo,
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DE
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2a parte: Todo ponto que eqidistante dos lados de um ngulo pertence F. Prova: Consideremos um ponto Y eqidistante de r e s, e a semi-reta OY. Vamos provar que OY a bissetriz do ngulo formado pelas retas. Como Y eqidistante de r e s, ou seja, d(Y, r) = d(Y, s). Seja d(Y, r) = d(Y, s) = e assim temos que lado comum, (por hiptese) (so ngulos retos). Assim, pelo caso especial de congruncia de tringulos retngulos (LLAr), os tringulos YOC e YOD so congruentes. Logo, YC = YD e OY bissetriz e Y portanto, Y Ento, nos tringulos YOC e YOD, temos: e
0 Ob1 ou
Y
0 Ob2 ,
0 F.
EXERCCIOS01. Obter um ponto P equidistante das retas r e s e que pertena reta a.
DEFINIO:
A tangente a uma circunferncia a reta que intercepta a circunferncia num
nico ponto. O ponto comum chamado ponto de tangncia. 02. Mostre que toda reta perpendicular a um raio na sua extremidade da circunferncia tangente circunferncia. 03. Mostre que toda tangente a uma circunferncia perpendicular ao raio no ponto de tangncia.
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DE
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04. Traar circunferncias de raio d, tangentes as semi-retas Or e Os dadas.
05. Traar a bissetriz do ngulo formado pelas retas concorrentes r e s, sem usar o ponto de interseo das mesmas.
06. Construir os ngulos notveis: 90o, 45o, 22o30', 11o15', 60o, 30o, 15o, 120o, 150o.
EXERCCIOS PROPOSTOS01. So dados dois pontos B e C e uma circunf(D,d). Construir um tringulo ABC, conhecendo o lado b e sabendo que o vrtice A est na circunferncia dada.
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DE
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02. So dados dois pontos A e B e uma distncia r. Construir uma circunferncia que passe A e B e que tenha raio igual a r.
p
03. Construir um retngulo dados os lados
= 5cm e
= 3cm.
04. So dados dois pontos B e C e uma Circunf(D,d). Construir um tringulo ABC issceles, de base BC, sabendo-se que o vrtice A pertence circunferncia dada.
05. So dadas trs retas a, b e c, concorrentes duas a duas. Construir uma circunferncia tangente s retas b e c, sabendo que seu centro pertence a reta a.
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06. Construir uma circunferncia inscrita ao tringulo ABC dado.
07. Construir circunferncias de raio r dado, tangentes s retas concorrentes a e b dadas.
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NGULOS E CIRCUNFERNCIAConsideremos uma circunferncia de centro O e raio r. Define-se: - CORDA qualquer segmento que tem as extremidades em dois pontos da circunferncia. - DIMETRO qualquer corda que passa pelo centro de uma circunferncia. - Dois pontos A e B de uma circunferncia dividem-na em duas partes, AMB e ANB. Cada parte denomina-se ARCO CIRCULAR ou simplesmente ARCO e os
{ { pontos A e B so os extremos. Notao: AMB e ANB. Quando os arcos so designados comapenas duas letras fica convencionado: a) as duas letras so as que indicam os seus extremos;
{ b) a representao vale somente para o menor arco. Assim, para representar o arco AMB (o { menor dos arcos da figura acima) escreve-se AB.A corda que une os extremos de um arco subtende o arco. Quando no se especifica qual deles, considera-se o menor.
NGULO CENTRALDEFINIO: ngulo central todo o ngulo que
possui o vrtice no centro da circunferncia e cada um de seus lados contm um raio da mesma. Observao: - A medida angular de um arco de circunfeO arco interceptado por um ngulo
rncia a medida do ngulo central correspondente. central correspondente a esse ngulo, ou ele o arco que corresponde ao ngulo central.
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DE
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NGULO INSCRITODEFINIO: ngulo inscrito todo ngulo que possui
seu vrtice sobre a circunferncia e cada um de seus lados contm uma corda da mesma. Observao: - O arco interceptado por um ngulo
inscrito correspondente a esse ngulo ou, mais freqentemente, ele chamado arco que o ngulo enxerga. - Quando os lados de um ngulo inscrito e de um ngulo central cortam-se sobre os mesmos pontos sobre a mesma circunferncia ento eles so ditos ngulos correspondentes. TEOREMA: Prova: Consideremos uma circunferncia de centro O e trs pontos, A, B e P, sobre a mesma. Todo ngulo inscrito mede a metade do ngulo central correspondente.
{Devemos mostrar que = = 1o Caso: O ponto O pertence ao lado do ngulo inscrito Como O pertence ao segmento dimetro da circunferncia. Sendo PO e OA raios da circunferncia ento eles possuem a mesma medida r, logo o tringulo POA issceles de base PA e portanto, possuem os ngulos da base congruentes, PO = Sabemos que a medida de um ngulo externo de um tringulo igual a soma dos ngulos internos a ele no adjacente, ou seja, AB = PB + = ento este um
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2o Caso: O ponto O interno ao ngulo inscrito Consideremos a semi-reta PO, esta corta a circunferncia num ponto C. Logo, = Pelo caso anterior, sabemos que quando um dos lados de um ngulo inscrito contm o centro da circunferncia ento a sua medida metade do ngulo central correspondente. Logo, Assim, AB. = = AC e + = CB. = AC + CB =
3o Caso: O ponto O externo ao ngulo inscrito Consideremos a semi-reta PO, esta corta a circunferncia num ponto D. Logo, = Mas pelo primeiro caso temos que quando um dos lados de um ngulo inscrito contm o centro da circunferncia ento a sua medida metade do ngulo central correspondente. Logo, Assim, AB. = = AD e = AD = DB.
&
BD =
NGULO DE SEGMENTODEFINIO: ngulo de segmento (ou ngulo semi-inscrito) o ngulo formado por uma corda e a tangente circunferncia por uma das extremidades da Observao: corda. conduzida
O arco interceptado por um ngulo
de segmento tambm chamado arco correspondente a esse ngulo.
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PROPOSIO:
A medida de um ngulo de segmento igual metade da medida do
ngulo central correspondente. Prova:
{ Consideremos a figura anterior. Devemos provar que BC = AB/2 = AB/2.Sabemos que a soma dos ngulos internos de um tringulo igual a 180o, logo no tringulo AOB temos que OB + Como = AOB issceles de base + AB = 180o (1). (2). por serem raios de uma mesma circunferncia, temos que o tringulo e portanto OB =
De (1) e (2) temos que OB + OB + AB = 180o , ou OB = (180o & AB)/2 = 90o
& AB/2 (3).Como a reta t tangente circunferncia ento OC = OB + BC = 90o ou OB
= 90o & BC (4). Logo, de (3) e (4) temos que 90o
& AB/2 = 90o & BC, e portanto BC = AB/2.
Evidentemente pode-se dizer que o ngulo de segmento, assim como o ngulo inscrito, tem suas medidas iguais metade do ngulo central correspondente. LUGAR GEOMTRICO 5 - ARCO CAPAZ Consideremos uma Circunf(O,r) e trs pontos P, A e B da mesma. Fazendo o ponto P percorrer o arco AB, temos que a medida do ngulo central no se altera, logo a medida do ngulo inscrito correspondente tambm no se altera. LG 05: O lugar geomtrico dos pontos do plano que enxergam um segmento AB segundo um ngulo de medida constante o par de ARCOS CAPAZES do ngulo descrito sobre o segmento
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
65
Vamos mostrar que um lugar geomtrico:
{ { Consideremos o par de arcos ACB e ADB. Seja F = { ACB { c ADB.
1a parte: Todo ponto do arco capaz do ngulo enxerga Prova: Se X pertence a F ento logo = ou seja, ngulo inscrito, = . segundo o ngulo segundo o ngulo .
2a parte: Todo ponto que enxerga Prova:
pertence a um dos arcos capazes do ngulo . A demonstrao ser feita pela contra-positiva, ou seja, vamos tomar um ponto que no pertence a qualquer um dos arcos capazes e provar que ele no v segundo o ngulo . Seja um ponto P F (P pode ser externo ou interno a F). Consideremos Y o ponto de interseo de parte). Assim, no tringulo YBP (considerando os dois casos), pelo teorema do ngulo externo temos: > ou < = (para P externo a F) > ou < , ou seja, = (para P interno a F) (ou com F, temos que Y
0 F ento
= (provado na primeira
Nos dois casos, temos que
.
Portanto, o par de arcos capazes o lugar geomtrico.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
66
EXERCCIO: dado .
Construir o par de arco capazes de um segmento AB dado segundo um ngulo
NGULO EXCNTRICO INTERIORDEFINIO: TEOREMA: ngulo excntrico interior o ngulo formado por duas cordas de uma O ngulo excntrico interior tem por medida
circunferncia que se cortam no interior da circunferncia, porm, fora do centro. a semi-soma dos arcos compreendidos entre os lados e seus prolongamentos. Prova: Seja um ngulo excntrico interior, que designa- remos simplesmente por Prolongando AP e BP obtemos os pontos C e D sobre a circunferncia. Devemos provar que Tracemos o segmento = { + { / 2. (AB CD) O ngulo um dos (1). = AB/2 = = +
ngulos externos do tringulo PAC, logo, Sendo e
{ ngulos inscritos, temos que: = CD/2 = CD/2 (2) e
{ AB/2 (3).
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
67
Logo, substituindo (2) e (3) em (1) vem que:
{ { { = AB/2 +{ CD/2 = (AB + CD)/2.
NGULO EXCNTRICO EXTERIORDEFINIO: ngulo excntrico exterior o ngulo que possui o vrtice fora da circunfe-
rncia e cujos lados so secantes mesma.
TEOREMA: Prova: Seja
O ngulo excntrico exterior tem por medida a semidiferena dos arcos
compreendidos entre os seus lados. um ngulo excntrico interior que ser indicado por ={ (AB
Devemos mostrar que
&{ / 2. DC)um dos ngulos externos desse
Unindo A e C temos um tringulo ACP. Sendo tringulo vem que Sendo e = + ou =
&
(1). = AB/2
{ ngulos inscritos, temos = DC/2 = DC/2 (2) e que={ AB/2
{ = AB/2 (3).Substituindo (2) e (3) em (1) vem que
&{ = { DC)/2. DC/2 (AB {
NGULO CIRCUNSCRITODEFINIO: ngulo circunscrito o ngulo cujo vrtice um ponto exterior circunferncia
e cujos lados so formados por duas tangentes circunferncia.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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TEOREMA:
Consideremos uma circunferncia e
um ngulo circunscrito de vrtice P. Sejam A e B os pontos de tangncia dos lados do ngulo na circunferncia, ento do ngulo circunscrito B. Prova: Parte a: Provar que Consideremos o tringulo APB. Como PA tangente circunferncia no ponto A e uma corda da circunferncia e a medida igual a 180o menos
a medida do arco menor determinado por A e
temos que BP um ngulo de segmento e portanto BP = AB/2 = AB/2 (1). Analogamente, circunferncia, e temos que AB/2 (2). Logo, de (1) e (2) temos que{ AB/2 = AB/2 = BP = issceles de base e assim os lados so congruentes, ou seja, Ou seja, o tringulo APB tangente circunferncia no ponto B e um ngulo de segmento e portanto uma corda da = AB/2 =
{
{
Parte b: Provar que ou seja, OP + AB + ou = 180o
= 180o +
&{ = 180o & AB. AB= 360o mas OP = = 90o ento AB + = 180o
Sendo AOBP um quadriltero temos que a soma dos seus ngulos internos vale 360o,
& AB.Poderamos tambm provar o item a mostrando que os tringulos PAO e PBO
Observao:
so congruentes por LLAr.
EXERCCIOS01. Construir os arcos capazes do segmento 135o e 120o. = 4cm segundo os ngulos de 60o, 45o,
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
69
02. Considere a figura dada abaixo. Quanto vale em funo de ?
Observao: arco.
Se quisermos o arco capaz de 120o, basta construir o de 60o e tomar o outro
03. Uma semi-circunferncia um arco capaz de ____o, pois o ngulo central correspondente mede _____o. Construir o arco capaz de 90o de um segmento de construo. 04. Dados trs pontos A, B e C encontrar um ponto P do qual possamos ver os segmentos e segundo ngulos constantes e respectivamente. Descreva o processo
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
70
05. Traar uma reta p perpendicular a uma reta r dada, e que passe por um ponto P, da reta r, dado.
06. Traar uma perpendicular ao segmento
por um ponto P, sem prolongar o segmento.
07. Construir um tringulo ABC conhecendo:
= 5,5cm, ha = 4cm e = 60o.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
71
EXERCCIOS PROPOSTOS01. Prove que o dimetro a maior corda da circunferncia. 02. Prove que o dimetro perpendicular a uma corda divide-a ao meio. 03. Prove que o dimetro que divide ao meio uma corda perpendicular a essa corda.
RELAES MTRICAS NOS SEGMENTOSPROPORCIONALIDADE NOS SEGMENTOS Consideremos um feixe de retas paralelas cortadas por um feixe de retas concorrentes.
TEOREMA DE TALES: Um feixe de retas paralelas divide um feixe de retas concorrentes segundo segmentos proporcionais.
EXERCCIOS01. Dividir o segmento = 5cm em n partes iguais.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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02. Dividir um segmento
= 5cm em partes proporcionais aos segmentos dados abaixo.
03. Dividir um segmento 3 e c = 1/2.
= 6 cm em partes proporcionais a nmeros dados. a = 2, b =
04. Dividir um segmento
= 7 cm por um ponto P numa razo dada k = &7/2.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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05. Dividir um segmento
= 7 cm por um ponto Q numa razo dada k = 7/2.
06. Obter os conjugados harmnicos do segmento e quarto harmnicos).
= 7cm na razo dada k = 5/3. (terceiro
QUARTA PROPORCIONAL A TRS SEGMENTOS (OU NMEROS) DADOS DEFINIO: Dados trs segmentos (ou nmeros) a, b e c, a quarta proporcional aos trs
segmentos um segmento (ou nmero) x, tal que, na ordem dada, eles a seguinte proporo:
EXERCCIO:
Dados a, b e c obter a quarta proporcional nesta ordem.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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TERCEIRA PROPORCIONAL A DOIS SEGMENTOS (OU NMEROS) DADOS DEFINIO: Dados dois segmentos (ou nmeros) a e b, a terceira proporcional aos dois
segmentos um segmento x, tal que, na ordem dada, eles formem a seguinte proporo :
EXERCCIO: Obter a terceira proporcional aos segmentos a e b, nessa ordem.
PROPRIEDADES NO TRINGULO RETNGULO EXERCCIO: Construir um tringulo retngulo sendo dados as projees m e n dos catetos
b e c, respectivamente.
EXERCCIO: Construir um tringulo retngulo sendo dados a hipotenusa a e a projeo m do cateto b sobre a hipotenusa.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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Recordando: h2 = m.n b2 = a.m c2 = a.n
PROPOSIO:
Em todo tringulo retngulo a altura do vrtice do ngulo reto mdia geom-
trica (ou proporcional) entre as projees dos catetos sobre a hipotenusa. PROPOSIO: Em todo tringulo retngulo os catetos so mdias geomtricas entre a hipote-
nusa e as suas projees sobre a hipotenusa.
MDIA GEOMTRICA OU MDIA PROPORCIONALDEFINIO: Dados dois segmentos p e q, a mdia geomtrica (ou mdia proporcional) entre ou x2 = p.q ou x =
eles, um segmento x, tal que:
EXERCCIOS01. Obter a mdia geomtrica entre os segmentos p e q dados.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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02. Dados p e q obter x, tal que x2 = p2 + q2.
03. Dados p e q obter x, tal que x2 = p2
& q2.
04. Dados p, q e r obter x tal que x2 = p2 + q2
& r2.
05. Dados p, q e r obter um segmento x tal que x2 = p2 + q2 + r2.
ELEMENTOS
DE
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06. Dado o segmento p = 4,3 cm, obter: a) x =
b) y =
c) z =
d) t =
e) w =
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DE
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07. Dado o segmento p, obter y tal que:
08. Dado o segmento p (do exerccio anterior), obter t, x, y, z tais que
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DE
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TEOREMA DAS BISSETRIZESTEOREMA DAS BISSETRIZES: Em um tringulo, a bissetriz de um ngulo divide o lado oposto em dois segmentos, os quais so proporcionais aos outros dois lados. Prova: Parte a: bissetriz interna.
Seja um tringulo MAB. Consideremos a bissetriz interna bi do tringulo relativa ao ngulo mostrar que Como bi bissetriz interna do ngulo B sobre a semi-reta AM. Sejam os ngulos 1 = temos ento que e 2 = = . ConsidereSeja P o ponto de interseo da reta bi com o lado do tringulo. Queremos
mos a semi-reta AM e tracemos por B uma reta paralela bissetriz bi (PM), obtendo um ponto Como PM e BB so paralelas (por construo) cortadas pela transversal MB ento determinam ngulos alternos internos congruentes, ou seja, = 1 (1). E como PM e BB so paralelas (por construo) cortadas pela transversal MB ento determinam ngulos correspondentes congruentes, ou seja, = 2 (2). De (1) e (2) temos que = 1 = 2. Considerando o tringulo MBB, como temos dois ngulos internos congruentes (1 = 2) ento ele issceles de base BB e portanto (3). Como temos as retas AB e AB concorrentes e cortadas pelas paralelas MP e BB ento pelo teorema de Tales temos que portanto = ou = = b/a. mas de (3) temos que e
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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Parte b: bissetriz externa.
Seja um tringulo MAB. Consideremos o prolongamento do lado AM e um ponto C tal que M esteja entre A e C. Seja be a bissetriz externa do tringulo relativa ao ngulo Q o ponto de interseo da reta be com a reta AB. Queremos mostrar que Como be bissetriz externa do ngulo os ngulos 1 = e 2 = temos que = = . Seja = b/a.
Tracemos por B uma reta paralela bissetriz be, obtendo um ponto B sobre AM. Sejam Como BB e MQ so paralelas (por construo) cortadas pela transversal MB ento determinam ngulos alternos internos congruentes, ou seja, = 1 (1). E como BB e MQ so paralelas (por construo) cortadas pela transversal MB ento determinam ngulos correspondentes congruentes, ou seja, = 2 (2). De (1) e (2) temos que = 1 = 2. Considerando o tringulo MBB como temos dois ngulos congruentes (1 = 2) ento ele issceles de base BB e portanto pelo teorema de Tales temos que: portanto, = ou = = b/a. (3). mas de (3) temos que e Como temos as retas AQ e AM concorrentes e cortadas pelas paralelas MQ e BB ento
Observaes: a) As duas bissetrizes bi e be formam ngulo de 90o pois os ngulos interno e externo, do tringulo MAB relativo ao vrtice M, so suplementares. b) Como = b/a e = b/a temos que P e Q so os conjugados harmnicos de A e B na razo b/a.
ELEMENTOS
DE
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LUGAR GEOMTRICO 6 - CIRCUNFERNCIA DE APOLNIO Consideremos um segmento e uma razo k = b/a.
LG 06 : O lugar geomtrico dos pontos do plano cuja razo das distncias a dois pontos fixos A e B constante e igual a k = b/a compe-se de uma circunferncia, cujo dimetro o segmento PQ, onde P e Q so os conjugados harmnicos de A e B na razo k = b/a. Vamos mostrar que um lugar geomtrico: Prova:
Sem perda de generalidade, consideremos k = 3/1. Vamos provar que: todo ponto M que satisfaz a relao circunferncia de dimetro Seja M um ponto que satisfaz = 3/1. Consideremos o tringulo ABM. Tracemos as bissetrizes interna e externa relativas ao vrtice M do tringulo ABM, obtendo sobre AB os pontos P e Q. = 3/1 pertence
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DE
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Pelo teorema das bissetrizes sabemos que as bissetrizes de um ngulo de um tringulo (interno e externo) dividem o lado oposto em dois segmentos, os quais so proporcionais aos outros dois lados, ou seja, = b/a = 3/1 e = b/a = 3/1. Isto nos mostra que P e = 3/1. segundo segundo um Q, so os conjugados harmnicos de A e B na razo 3/1, e portanto tambm possuem a mesma propriedade que o ponto M, pois pela hiptese um ngulo reto. Mas o lugar geomtrico dos pontos M que enxergam um segmento ngulo de 90o ento o arco capaz uma circunferncia de dimentro de 90 ). Assim, M pertence circunferncia de dimetro Tambm provamos que todo ponto M que pertence circunferncia de dimetro satisfaz a relao = 3/1.o
Como essas bissetrizes so perpendiculares, conclumos que M enxerga
ngulo constante o arco capaz deste segmento segundo este ngulo, e como neste caso o (dois arcos capazes
EXERCCIOS01. Dados os pontos A e B, construir o lugar geomtrico dos pontos M tais que = 7/2.
02. Dados os pontos A e B, construir o lugar geomtrico dos pontos M tais que
= 3/5.
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DE
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03. Construir um tringulo ABC, dados a = 2,8cm, ha = 2,2cm e b/c = 3/5.
SEGMENTO UREO DE UM SEGMENTO DADODEFINIO: Dado um segmento diz-se que se efetua uma diviso urea de por
meio de um ponto P quando esse ponto divide o segmento em duas partes desiguais, tal que a maior (esta o segmento ureo) mdia geomtrica entre a menor e o segmento todo. Logo, o segmento o mesmo que Assim, dado um segmento queremos obter o seu segmento ureo ureo do segmento dado quando ou
=
Seja o segmento consideremos Como
de medida a, como queremos a medida do segmento ureo de = x, onde x uma medida a ser determinada. Logo, = (a
& x).=
deve ser ureo de
ento deve satisfazer a seguinte relao:
ou x2 = a.(a x2 = a2
& x)
& a.x x2 + a.x & a2 = 0
ELEMENTOS
DE
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Portanto, a soluo desta equao :
Y
9Para e Basta observar que estas medidas so hipo-
Consideremos destas duas razes apenas x (por ter medida menor que a =
determinarmos a medida do segmento ureo devemos obter um segmento com a medida x, ou seja, obter os segmentos de medidas:
tenusa e cateto de um tringulo retngulo de catetos a e EXERCCIO: Obter o segmento ureo de um segmento dado
Procedimento: - Por uma das extremidades do segmento - obter o ponto mdio de - sobre a perpendicular obter o ponto C tal que - unir A e C = a/2; traar uma reta perpendicular;
=
=
(pelo teorema de Pitgoras); um ponto P tal
- descrever uma circunferncia de centro em C e raio a/2, obtendo sobre que
&
; sobre tal que
- transportar o segmento ureo de
Observaes: a) Segundo Euclides dividir um segmento em mdia e extrema razo. b) A existncia de duas razes indica que existem dois pontos P e P2 que dividem o segmento em duas partes desiguais, tal que a maior seja
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
85
mdia geomtrica entre a menor e o segmento todo. Ou seja, AP2 = AB.PB e P2A2 = AB.P2B, porm, somente o segmento AP dito segmento ureo de AB. Sendo ento, o segmento P2A ureo de P2B. c) Veremos a seguir que o segmento AB ureo do segmento AQ. EXERCCIO: Consideraes: Conhecemos agora a medida do segmento ureo ento = (x fazendo = xe = a, Dado um segmento obter do qual ureo.
& a).
Como seja x2 = a.(a
deve ser ureo de
ento pela definio devemos ter:
=
ou
& x). x2 + a.x & a2 = 0, ou seja, a2 & a.x & x2 = 0.Portanto, a soluo desta equao :
Y
9basta so catetos e ser a hipotenusa.
Consideremos apenas a primeira raiz a. Assim, para obter a medida de construir um tringulo retngulo, onde a e Construo:
ELEMENTOS
DE
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POTNCIA DE UM PONTO EM RELAO A UMA CIRCUNFERNCIAConsideremos uma circunferncia qualquer de centro O e raio r, e um ponto P. Por P podemos traar infinitas retas cortando a circunferncia nos pontos A e B, C e D, E e F, etc. Denomina-se potncia de ponto com relao a uma circunferncia, a relao: PA.PB = PC.PD = PE.PF = ... = k, onde, para cada posio para P existe uma constante k, chamada potncia do ponto P em relao Circunf(O,r). Prova: 1o Caso: P externo circunferncia Consideremos duas secantes quaisquer passando por P e cortando a circunferncia nos pontos A, B, C e D. Sejam os tringulos PAD e PCB. Como = (pois comum) e = (so ngulos inscritos numa mesma circunferncia temos que os tringulos so semelhantes, ento os ou = k. que enxergam uma mesma corda
lados correspondentes so proporcionais, ou seja, 2o Caso: P interno circunferncia Consideremos duas secantes quaisquer passando por P e cortando a circunferncia nos ponto A, B, C e D. Sejam os tringulos APD e CPB. Como (por serem ngulos opostos pelo vrtice) e (pois B e D pertencem ao arco capaz da corda temos que os tringulos APD e CPB so semelhantes, ento os lados correspondentes so proporcionais, ou seja, ou = k. = =
Observao:
Se P externo e uma das retas tangente a circunferncia num ponto T ento
ELEMENTOS
DE
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De fato, considerando uma reta tangente circunferncia num ponto T e uma secante mesma, temos dois tringulos PTA e PBT, onde (ngulo comum), (ngulos de segmento e inscrito relativos a uma mesma corda portanto os tringulos o semelhantes, logo, os lados correspondentes so proporcionais, ou seja, ou
Observaes: a) Se P externo circunferncia, a potncia k positiva; b) Se P interno circunferncia, a potncia k negativa; c) Se P ponto da circunferncia ento a potncia k nula; d) Para cada posio do ponto P a potncia possui um valor k. Observao: Na figura do 2o caso, chamando PA = a, PB = a', PC = b e PD = b', podemos
escrever: a.a = b.b = k ou a = k/a e b = k/b. Ou seja, os segmentos a e a, b e b so inversamente proporcionais com relao a uma constante k. Se k=1 ento a = 1/a. Assim, conhecidos segmentos, podemos obter os seus inversos. EXERCCIO: Dados os segmentos AB, a e b, dividir AB em partes inversamente proporcio-
nais aos segmentos a e b. Dados: AB = 6,5cm, a = 3cm e b =2cm.
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DE
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EXERCCIOS01. Justificar a obteno do segmento ureo utilizando o conceito de potncia de ponto numa circunferncia.
02. Traar tangentes circunferncia dada, que passem pelo ponto P dado, sem usar o centro da mesma.
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DE
GEOMETRIA
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PROPRIEDADES DOS QUADRILTEROSa) Quadriltero inscritvel PROPOSIO: + Prova: Seja um quadriltero ABCD inscritvel, ou seja, seus vrtices pertencem a uma mesma circunferncia. Consideremos o ngulo central BD = . Logo, = /2 (pois ngulo inscrito na circunferncia relativo ao ngulo central BD = ). Assim, Logo, + E como + Um quadriltero ABCD, convexo, inscritvel quando + = 180o. = 180o ou
= (360o & )/2 (pois= /2 + (360o + +
ngulo inscrito na
circunferncia relativo ao ngulo central 360o & ).
& )/2 = 180o.+ = 180o.
= 360o ento
b) Quadriltero circunscritvel PROPOSIO: Um quadriltero ABCD circunscritvel quando a soma dos lados opostos so iguais Prova: Seja ABCD um quadriltero circunscrito a uma circunferncia, ou seja, seus quatro lados so tangentes circunferncia. Sejam P, Q, R e S os pontos de tangncia de respectivamente. Pela potncia do ponto A em relao circunferncia, temos: outros vrtices (1). Temos que, por (1), + = + + + + = = + + +
Ytemos:
= =
Analogamente para os = e =
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DE
GEOMETRIA
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EXERCCIOS PROPOSTOS01. Determine o valor de x e y. Justifique a resposta.
02. Numa circunferncia duas cordas se cortam, os segmentos de uma medem 3cm e 6cm respectivamente; um dos segmentos da outra corda mede 2cm. Calcular o outro segmento.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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CAPTULO III RELAES MTRICAS NOS TRINGULOS
I - PONTOS NOTVEIS1o) CIRCUNCENTRO: O Consideremos um tringulo ABC e as mediatrizes mAB, mBC e mAC.
PROPRIEDADE: As mediatrizes de um tringulo interceptam-se num mesmo ponto O que est igual distncia dos vrtices do tringulo. Prova: Sejam mAB, mBC e mAC mediatrizes dos lados AB, BC e AC do tringulo ABC. Seja O o ponto tal que {O} = mAB Assim, temos que O
1 mAC.
0 mAB Y OA = OB (pela propriedade de mediatriz) e O 0 mAC Y OA = OC (pela propriedade de mediatriz)0 mBC.
Logo, pela propriedade transitiva, temos OB = OC, e com isto, o ponto O equidistante dos pontos B e C, ou seja, O pertence a mediatriz de BC, ou O Portanto, {O}
0 mAB 1 mBC 1 mAC e OA = OB = OC.
DEFINIO:
O circuncentro de um tringulo o ponto de encontro de suas mediatrizes.
Como O equidistante dos ponto A, B e C ento ele centro de uma circunferncia que circunscreve o tringulo ABC. Observao: Dependendo da posio do circuncentro podemos classificar os tringulos
quanto aos ngulos.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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DEFINIO: Ceviana um segmento que une um vrtice dum tringulo a qualquer ponto do lado oposto.
2o) BARICENTRO: G Consideremos um tringulo ABC e as medianas ma, mb e mc. PROPRIEDADE: As trs medianas de um tringulo interceptam-se num mesmo ponto G, que divide cada mediana em duas partes, tais que, a parte que contm o vrtice o dobro da outra. Prova: Devemos provar que AMa 1 BMb 1 CMc = {G} e que BG = 2.GMb , CG = 2.GMc e AG = = 2.GMa . Seja X o ponto tal que BMb intercepta CMc. Consideremos o segmento McMb, que paralelo ao lado BC e mede a metade de BC (1). Assim, temos que os ngulos alternos internos so congruentes, ou seja, = E portanto os tringulos McXMb e CXB so semelhantes (possuem dois pares de ngulos congruentes), assim, temos que os lados correspondentes so proporcionais, ento, por (1), MbX/XB = McX/GX = McMb/BC = 1/2, ou seja, BX = 2.XMb e CX = 2.XMc (2). Seja Y o ponto tal que AMa intercepta CMc. Consideremos agora, o segmento McMa, que paralelo ao lado AC e mede a metade de AC (3). Assim, temos que os ngulos alternos internos so congruentes, ou seja, e = Portanto, os tringulos McYMa e CYA so semelhantes (possuem dois pares de ngulos congruentes), assim, temos que os lados correspondentes so proporcionais, ento, por (3), MaY/YA = McY/YC = McMa/AC = 1/2, ou seja, AY=2.YMa e CY=2.YMc (4). Comparando (2) e (4) temos que CX=2.XMc e CY=2.YMc, ou CX/McX = 1/2 e CY/McY = = = e
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DE
GEOMETRIA
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1/2, logo X
/ Y. / Y de G temos que AMa 1 BMb 1 CMc = {G} e BG =
Assim, chamando este ponto X 2.GMb, CG=2.GMc e AG=2.GMa.
DEFINIO: O baricentro de um tringulo o ponto de interseo das suas medianas.
EXERCCIOS01. Construir o tringulo ABC, dados em situao o baricentro G e os vrtices B e C.
02. Construir o tringulo ABC, dados: a = 6cm, mb = 4cm e mc = 5cm.
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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03. Construir o tringulo ABC, dados: a = 6cm, b = 7cm e mc = 5cm.
3o) INCENTRO: I Consideremos um tringulo ABC e as bissetrizes sa, sb e sc. PROPRIEDADE: As trs bissetrizes de um
tringulo interceptam-se num mesmo ponto que est a igual distncia dos lados do tringulo.
Prova: Sejam sa, sb e sc, bissetrizes dos ngulos , Seja I o ponto tal que {I} = sb Assim, temos que I e do tringulo ABC.
1 sc.
0 sb Y d(I, BA) = d(I, BC) (pela propriedade de bissetriz) e I 0 sc Y d(I, CA) = d(I, CB) (pela propriedade de bissetriz) 0 sa.
Logo, pela propriedade transitiva, temos d(I, BA) = d(I, CA), e com isto, o ponto I equidistante das retas BA e CA, ou seja, I pertence a bissetriz de BC, ou I Portanto, {I} = sa
1 sb 1 sc e d(I, AB) = d(I, BC) = d(I, AC).
ELEMENTOS
DE
GEOMETRIA
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DEFINIO:
O incentro de um tringulo o ponto de encontro de suas bissetrizes.
Observaes: a) o incentro de um tringulo o centro da circunferncia inscrita a esse tringulo; b) as bissetrizes externas de dois ngulos encontram-se com a bissetriz interna do ngulo oposto; estes pontos de interseo, Ia, Ib e Ic, so chamados de ex-incentros; c) os ex-incentros so equidistantes de um lado do tringulo e dos prolongamentos dos outros dois; d) os ex-incentros so centros de circunferncias que tangenciam um lado do tringulo e os prolongamentos dos outros dois.
ELEMENTOS
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GEOMETRIA
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4o) ORTOCENTRO: H Consideremos um tringulo ABC e as alturas ha, hb e hc.
PROPRIEDADE: As trs retas suportes das alturas de um tringulo interceptam-se nummesmo ponto H. Prova: Devemos mostrar que o ponto H nico. Sejam Ha, Hb e Hc os ps das alturas do tringulo. Traar pelos vrtices do tringulo retas paralelas aos lados, obtendo os pontos M, N e P. Temos, ento, que o quadriltero ABCN um paralelogramo, logo AN = BC. Da mesma forma, o quadriltero PACB tambm um paralelogramo, logo PA = BC. Assim, como AN = BC e PA = BC ento AN = PA. Como PN paralelo a BC e AHa perpendicular a BC ento AHa perpendicular a PN. Sendo A ponto mdio de PN e PN perpendicular a AHa ento AHa mediatriz de PN. Analogamente, BHb e CHc so mediatrizes de PM e MN, respectivamente. Considerando o tringulo MNP, as mediatrizes AHa, BHb e CHc dos lados do tringulo interceptam-se num mesmo ponto H, pois o circuncentro nico. Portanto o ponto H nico.
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DEFINIO: O ponto de interseo das retas suportes das alturas de um tringulo o ortocentro do tringulo. O tringulo formado pelos ps das alturas chama-se tringulo rtico ou pedal.
TEOREMA: Prova:
As alturas do tringulo fundamental ABC so as bissetrizes do tringulo rtico
HaHbHc.
Devemos provar que Consideremos as alturas do tringulo ABC, determinando os pontos Ha, Hb e Hc e = e = . Os pontos Hc e Hb enxergam BC segundo um ngulo de 90o, ento Hc e Hb pertencem Circunf(Ma, MaB). Considerar esta circunferncia. Assim, = = por serem ngulos inscritos de uma mesma circunferncia que enxergam a mesma corda HcHb. Os pontos Ha e Hb enxergam HC segundo um ngulo de 90o, ento HHaCHb um quadriltero inscritvel (pois a soma de dois ngulos opostos 180o), sendo HC o dimetro da circunferncia circunferncia. Assim, = = = (1) por serem ngulos inscritos de uma mesma circunferncia que enxergam o mesmo arco HHb. Os pontos Hc e Ha vem HB segundo um ngulo de 90o, ento existe uma circunferncia que passa pelos quatro pontos, sendo HB o dimentro da mesma. Construir esta circunferncia. Assim, = = = (2) por serem ngulos inscritos de uma mesma circun= ou = ferncia que enxergam uma mesma corda HHc. Logo, de (1) e (2) temos que circunscrita. Considerar esta
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Observao:
muito importante notar que todo tringulo no retngulo possui um nico
tringulo rtico. Porm, um mesmo tringulo HaHbHc rtico de quatro tringulos diferentes, entre os quais um acutngulo e os outros trs so obtusngulos. Somente o tringulo acutngulo denominado tringulo fundamental do tringulo rtico.
EXERCCIOS01. Construir o tringulo ABC (acutngulo), dados, em situao Ha, Hb e Hc.
02. Construir o tringulo ABC (obtuso em B), dados, em situao Ha, Hb e Hc.
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II - PONTOS DA CIRCUNFERNCIA CIRCUNSCRITA1O) TEOREMA: Os simtricos do ortocentro com relao aos lados do tringulo pertencem
circunferncia circunscrita ao tringulo.
Devemos provar que: A simtrico de H em relao a BC. Como AH perpendicular a BC ento falta provar que HHa = HaA (analogamente HHc = HcC e HHb = HbB). Basta provar a congruncia dos tringulos HCHa e CHa. Como temos = 90 e HaC comum, falta provarmos que sejam congruentes por (ALA). Temos que = = BA< = pois so ngulos inscritos numa mesma circunferncia relativos ao mesmo arco BA. (1) Alm disso, os pontos Hc e Ha enxergam AC segundo um ngulo reto, e portanto esto no arco capaz de 90o do segmento AC, logo o quadriltero AHcHaC inscritvel na circunferncia de dimetro AC. Obter esta circunferncia.o
=
congruente a
para que os tringulos
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Assim, HcHa = e = . (2) De (1) e (2) temos que =
= so ngulos inscritos numa mesma circunferncia
relativos ao mesmo arco HcHa. Portanto, so ngulos congruentes, ou seja, = HcHa = = = .
Logo, os tringulos HCHa e ACHa so congruentes, e portanto os lados e os ngulos correspondentes so congruentes, ou seja, HHa = HaA e como HHa z BC ento A simtrico de H em relao ao lado BC do tringulo. A demonstrao anloga para os outros lados do tringulo.
2o) SEIS PONTOS NOTVEIS DA CIRCUNFERNCIA CIRCUNSCRITA
Consideremos um tringulo ABC e a circunferncia circunscrita ao mesmo. As mediatrizes do tringulo interceptam a circunferncia circunscrita nos pontos Sa, Sb, Sc, Sa, Sb e Sc; e tambm interceptam os lados nos seus pontos mdios Ma, Mb e Mc. Considerar as bissetrizes do tringulo.
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PROPRIEDADES: a) As mediatrizes e bissetrizes encontram-se nos pontos Sa, Sb e Sc sobre a circunferncia circunscrita. No coincidncia, pois para Sa: - Como Sa pertence mediatriz de BC ento BSa = CSa, e como BO = SaO = CO = r ento os tringulos BOSa e SaOC so congruentes (LLL), logo BSa = SaC e portanto os arcos BSa e SaC so congruentes. Assim a mediatriz divide o arco BC em duas partes iguais (1). - O ponto A est no arco capaz da corda BC e, como BSa = SaC = (pois sa a bissetriz de BC) temos que os ngulos centrais correspondentes so congruentes, ou seja, BSa = SaC = 2 e portanto os arcos BSa e SaC so congruentes. Assim a bissetriz tambm divide o arco BC em duas partes iguais (2). - Logo, de (1) e (2) temos que a bissetriz e a mediatriz encontram-se no mesmo ponto Sa. - A demonstrao anloga para os outros pontos. b) ASa, BSb e CSc so bissetrizes externas do tringulo ABC. Consideremos a reta ASa. - SaSa um dimetro da circunferncia circunscrita pois Sa e Sa so pontos da mediatriz do lado BC. - O ngulo SaSa inscrito na circunferncia relativo ao dimetro SaSa, ento A est no arco capaz de 90o, ou seja, SaSa = 90o. - Logo, ASa
z ASa, e como ASa bissetriz interna do ngulo ento ASa bissetriz externa
do ngulo . - Portanto, traando tambm BSb e CSc teremos as bissetrizes externas do tringulo que encontram-se nos respectivos ex-incentros. - Podemos observar que BI
z IcIa, CI z IaIb e AI z IcIb.
c) Sa, Sb e Sc so pontos mdios dos lados do tringulo IaIbIc. Consideremos o ponto Sa: - B e C enxergam IbIc segundo um ngulo reto, logo esto no arco capaz de 90o de IbIc, ou seja o quadriltero IcBCIb inscritvel.
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- Logo o centro da circunferncia circunscrita pertence ao dimetro IcIb, e deve pertencer mediatriz de BC, logo Sa o centro desta circunferncia, e portanto IcSa = SaIb ou seja, Sa o ponto mdio de IcIb. - A demonstrao anloga para Sb e Sc. d) Sa, Sb e Sc so pontos mdios dos segmentos formados pelos ex-incentros e pelo incentro
