Geometria II [1 ed.]
Lançado pela primeira vez há quase trinta anos, este Geometria II, considerado um best seller na matéria, retorna ao mer
1,164 18 37MB
Portuguese Pages 285 [300] Year 1974 (2002)
Polecaj historie
![Geometria II [1 ed.]](https://dokumen.pub/img/200x200/geometria-ii-1nbsped.jpg)
- Author / Uploaded
- MORGADO
- Augusto César de Oliveira; WAGNER
- Eduardo; JORGE
- Miguel
- Categories
- Mathematics
- Geometry and Topology
Table of contents :
Capa
Orelha da capa
SUMÁRIO
CAPÍTULO 1. LINHAS PROPORCIONAIS PARTE 1
CAPÍTULO 2. LINHAS PROPORCIONAIS PARTE 2
CAPÍTULO 3. SEMELHANÇA
CAPÍTULO 4. TRIÂNGULOS RETÂNGULOS
CAPÍTULO 5. TRIANGULOS QUAISQUER
CAPÍTULO 6. ÁREAS
CAPÍTULO 7. O TRIâNGULO E SEUS CÍRCULOS
CAPÍTULO 8. OS QUADRILÁTEROS
CAPÍTULO 9. RELAÇÕES MÉTRICAS NO CÍRCULO
CAPÍTULO 10. POLÍGONOS REGULARES
APÊNDICE
HOMOTETIA
A RETA DE SIMPSON-WALLACE
A RETA DE EULER - O CÍRCULO DOS NOVE PONTOS
TRIÂNGULOS PEDAIS
AS SIMEDIANAS
AS FÓRMULAS DE EULER
INVERSÃO
RESPOSTAS DOS TESTES
Orelha da contracapa
Contracapa
Citation preview
A. C. MORGADO E. WAGNER M. JORGE
Edição original
Honilton Medeiros
FC & Z
LIVR~S
Os Autores AUGUSTO (ESAR MORGADO é mestre em
Matemática pelo IMPA e p rofessor aposentado pela Escola Naval. Leciona no Colégio lacearia (RJ) e na Fundação Getúlio Vargas. Foi membro da comissão de olimpíadas da Sociedade Brasileira de Matemática (SBM) e tem diversos livros publicados no Brasil e no exterior. Uma de suas atividades é a d e p reparação de alunos para vestibulares do IME e do ITA. EDUARDO WAGNER
é mestre em Matemática
pelo IMPA. Foi professor da Escola Naval e leciona em escolas do ensino médio, na Fundação Getúlio Varg_as e em · cursos de atualização de professores no IMPA.
GEOMETRIA li A. C. MORGADO E. WAGNER M. JORGE
Edição original
FC & Z Livros
Rio de Janeiro
2002
Copyright © 2002 by A. C . Morgado, E. Wagner e M. Jorge
Proibido o reprodução parcial ou integral sem a permissão expresso do Editor. Todos os direitos desta edição reservados à FC & Z Livros (Francisco Carlos Araújo da Silva).
Capa
MARCOS ROQUE
Impresso no Brasil
Printed in Brozil
Catalogação no Fonte do Departamento Nocional do Livro M847 Morgado, A. C. Geometria li: métrica plana / A. C. Morgado, E. Wagne r, M. Jorge. - Rio de Janeiro: F. C. Araújo da Silvo, 2002. 296 p. ISBN : 85-903057-1-6.
1. Geometria. 1. Wagner, E. li. Jorge, M. Ili. Títu lo. CDD 372.7
2002 FC & Z Livros Rua Carneiro Ribeiro, 22 / lj. A 21050-570 - Rio de Janeiro - RJ Telefax: {21) 2581-2873
SUMÁRIO
CAPÍTULO I
Pá •
Divisão de um segm e nto em umo ro: ü o . . . .............. . . .. . Divisão harmônico 1.10 Distancio. ~~~r·e· ·d·i~~~; ~s· ic. ·, : .. : : : : : : : : : : : : : : : : : 1. 12 Problemas resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . ... Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . ......... . ..... . . . . . . . . .
h~~~·.·
.. . . . . . . . . .
1 3
:: :: :: :::: : .. .... ..... . .. . ..... . .
13
Feixe de paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Teorema das biss e triz e s .. . . . . .. .. .. .. . . .. . . .. .. .. .. .. .. .. . 2.7 Divisão harmônica p e los p é s das biu etriz e s. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Divisão da bis,e triz int e rno, harmonicamente p olo incentro ~ o xlnconlro 2. 9 Círculo de Apolonius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10 Raio da círculo de Apolonius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 Problemas re solvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17 21 22 24 2S 25 26 35
6 8
CAPÍTULO li
CAPÍTULO Ili 3.1 Triângulos semelhante s . . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. .. .. . 3.6 Casos c16ssicos de se me lhança d o tri6ngulos . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Feixe de retas concorrentes .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Polígonos semelhant e s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9 Feixe harmônico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.10 Retas antiparalelos .... .. . . . ... . .. . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . · . · · 3. 11 Problemas resolvidos . . . . .. . . . . . . . . .. .. . . . . . .. .... . . ... . . , . , . , . · · Problemas propostos . . . . . . ... . ... . . . . . . . . . . . .. .... .. . . . . . . . .. ... . . . . , , · ,
38 41 42 43 47
49 52 60
CAPÍTULO IV Triângulos retângulos . . . . ... . . . . . ... . ... . . · · · · · · · · · · · 4. 1 Relações métricas .. . . . . . . .. .. .. .. . · · · · · · · · · · 4.2 Triângulos retângulos com lados em progressão 4.3 Trapézio is6sceles circunscritível. . . . . . . . . . .. . . · 4.4 Tangento comum a círculos tangentes .. . . . . . . . .
· ·· ·· ·· ·· · · · · · ·· ·· ·· ·· · · ·· aritmé tica . . . · · ·· ·· ··· ···· ·· , ·· ·· ···· ·· ··
·· ·· ·· ·· ··· · ·· ·· ·· ··
·· ·· ·· ·· ··
· · · · ·
73 73 75 76
77
P6g. 4.5 Problemas resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77 86
CAPÍTULO V
Triângulos quaisquer ..... .. .... . . . ........... . .. . . . . . .. .. .. 5. 1 Lei dos co-sehos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Síntese de Clairaut ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Lei dos senos (Lamy) ....... : .............. . ..... ·. . . Relação de Stewart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 .4 5.5 Teorema de Menelaus ... . . ... .. . .. . . . . . . . . . . ... . . . . . . 5.6 Teorema de Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 · Cálculo das principais cevianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Problemas resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.. .. . .. . .. .. .. .. .... .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
..· .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .... .. .. .. ..
.. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
.. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
. . . . . . . . . .
100 1 00 101 1O1 102 103 104
1 05 111 11 9
CAPÍTULO VI
Áreas (introdução) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. 1 O Área do retângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.11 Área do paralelogramo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. 12 Área do triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. 13 Área do losango . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.14 Área do trapézio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. 15 Área do polígono regular .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.16 Área do círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. 17 Área de um setor circular .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.18 Área do segmento circular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. 19 Área da coroa circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.20 Área do triângulo em função dos lados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.21 Teorema ... ... .. . .... . . . . . .............. ... ..... . . . . . ·.. . . . . . . . 6.22 Razão entre áreas de triângulos semelhantes ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.23 Razão entre áreas de triângulos que possuem um élingulo comum . . . . . . 6.24 Problemas resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas propostos .'. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
128 136 137 137 1 37 138 138 139 139 140 140 141 141 142 143 1 44 1 54
CAPÍTULO VII
O triângulo e seus cí'rculos .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1 O círculo inscrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Os círculos exinscritos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Relações principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Cevianas isagonais ..... .... .. .. . ... . ... . .. . ... . ...... ... . 7 .5 O círculo circunscrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6 Problemas resolvidos . . . . ... . . . ..... . . .... . . .. .. : . . . . . . . . . Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.. .. .. . .. . . . . . .. .. .. . .. .. .. . .. ..... .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. .
172 172 173 173 175 176 177 1 81
Os quadriláteros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. 1 Quadrilátero inscritível . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 .2 Quadrilátero circunscritível. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 87 1 87 187
CAPÍTULO VIII
Póg. 8.3 Relação de Euler (quadrilótero qualquer) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 .4 Aplicação nos trapézios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 .5 Aplicação no paralelogramo . ... . .. ... . . .... . ... .. .. . .. . ........ : 8.6 Relações em quadril6teros inscritíveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7 Área do quadrilátero convexo ... ... .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.8 Área do quadrilátero circunscritível . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 .9 Área do quadrilátero inscritível . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. 10 Área do quadrilátero inscritível e circunscritível. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. 11 Problemas resolvidos .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas propostos ......... . ... . ...... . . . ... . . .. . . ... . ... ..... . . . ... . :
188 189 190 190 192 193 193 195 196 198
CAPÍTULO IX
Relações métricas no círculo . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Teorema. .. . . . . .. .. .. .... .. .. ... .. .. . .. . . . ... ..... .. . . . ..... .. 9.3 Definição. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4 Teorema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5 Eixo radical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6 c ·e ntro radical. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 .7 Problemas resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
202 202 202 203 204 206 211 212 217
CAPÍTULO X
Polígonos 10.1 10.2 10.3 10.4 10.5
regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Definição. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Construção. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lado e apótema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Duplicação do gênero de um polígono convexo . . . . . . . . . . . . . . . . . Cálculo dos lados dos polígonos regulares inscritos num polígono raio R... . ... .. .. ... .. . .. . ...... .. .. .. . . . ..... . ... . . . . . . . . 10.6 Comprimento do círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7 Comprimento de um arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.8 Cálculo de 1r . . . . • . • . • . . . • . • . . • . • . . . • . • . . . • . • . • . . . • . . . • . • . . 1 O. 9 Problemas resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas propostos .. . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
... .. . .. . ... .. . de .. . .. . .. .
224 224 224 227 228
.. . ...
229 234 237 237 2 39 243
.. .. .. .. .. .. .. ..
250 257 260 263 264 272 277 284
. . .
APiNDICE
Homotetia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A reta de Simpson-Wallace .. .. . . . . . . . A reta de Euler - O círculo dos nove Triângulos pedais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . As simedianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . As fórmulas de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . Inversão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . RESPOSTAS DOS TES.TES . . . . . . . . . . . .
.. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .... .. .. .. .. .. pontos .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
.. .. .. .. .. .. .. ..
.. .. .. .. .. .. .. ..
.. .. .. .. .. .. .. ..
. . . . . . . .
,
CAPITULO 1
DIVISÃO DE UM SEGMENTO EM UMA RAZÃO 1.1 -
Dizemos que o ponto M divide interiormente o segmento AB na razão k quando MA MB
1.2 -
=
2
8
k
B
M
A
Dizemos que o ponto N divi d e e x teriormente o segmento AB na razão k quando NA NB
=
·--------------8 A
k
N
onde MA, MB, NA e NB representam as medidas dos segmentos MA, MB, NA e NB e k
>
O.
Assim, em nosso curso vamos associar ao ponto P e ao segmento
PA
AB a razão - - ·
PB
Exemplos
A
M
MA M divide AB na razão - - MB
8 8 2
- 4
2
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
A divide MB na razão
BA
--
4 5
-- - 10
AB
B divide AM na razão
1.3 -
.
8
AM
10 --- 5
-
2
BM
TEOREMA
Dado um segmento AB e uma razão k, existe apenas um ponto M que divide interiormente o segmento nesta razão.
Demonstração
8
M1
M
A 1
Consideremos um ponto M que d ivida interiormente o segmento na mesma razão. Temas, então, MA
- -
MB
-
M'A
M'B
e
MA+ MB
M'A + M'B
MB
M'B
AB
AB
MB
M'B
MB = M'B
= >
Então, M
1.4 -
= M'.
TEOREMA
Dado um segmento AB e uma razão k, existe apenas um ponto N que divide exteriormente o segmento nesta razão.
Demonstração Consideremos um ponto N' que divida exteriormente o segmento na
- - - - - - - -·············•···•
razão.
A
Temos que
NA
N'A
--- --e NB N'B
NA - NB
B
N 'A -
NB
AB
AB
NB
N'B
N' B
N'B = >
Então, N
NB = NB'
=
N'.
N N'
3
GEOMETRIA li
1.5 -
OBSERVAÇÃO
Consideremos as divisões abaixo:
M
A
B
3oc
N
X
1
MB
2x
2
NA
3x
---
B
A
MA
NB
1 -
6x
2
!,
Verificamos que, dado um segmento AB e uma razão k ~ 1 ( por exemplo), conseguimos encontrar dois pontos que dividem AB nessa razão: um interior e outro exterior. Quando um segmento AB está dividido por
A
N
M
8
dois pontos
M e
N, na
mesma razão, dizemos que o segmento AB está dividido har-
monicamente.
-
"' DIVISAO HARMONICA
1.6 -
DEFINIÇÃO
Dizemos que os pontos M e N dividem harmonicamente o segmento AB quando MA
NA
MB
NB
-----
Como
MA MB
= k
.....----
•············· ·····- -
N e
NA NB
= k,
A
M
B
os pontos Me N dividem o segmento
AB na mesma razão (um interiormente e outro exteriormente). Estes pontos chamam-se conjugados harmônicos de AB na rozão k
4 1.7
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
OBSERVAÇÃO Quando a razão da divisão harmônica (k) é menor, maior ou igual
a 1 (um) verificam-se facilmente as configurações abaixo.
k > l
O< k< l
·-------------------- - - - - - -
N A 1.8
A
M
M
8
N __..,.
k
e.o
=
1
B
PROPRIEDADE Em uma divisão harmônica existe a .relação
2 1 l - - = -- + - AB AM AN para
+ 1.0 caso:
k
>
k < 1
para k
>
1
1
Demonstração
MA NA - - MB NB
M B
A AM
AN
AB - AM
AN - AB
N ou
AM (AN - AB) = AN (AB - AM) AM · AN -
AM · AB = AN · AB - AM · AN
2 AM · AN = AN · AB
temos
+ AM
· AB
: por AM · AN · AB,
e
2 1 --- --+ ---1 -
AB
AM
.
AN
5
GEOMETRIA li
2.
0
caso:
k
1.
Consideremos AB
=
j
1e
MA = k dados e calculemos x, MB harmônicos de AB na razão k
1)
>
que
b
1
B
a
-
a
X
1.
1
k+l
NA --- k NB
1+ b b
-
k
1 + b = kb => b
Por 1) e 2), x
= a
+b
= >
= =
k-1 1
k+l
+ ___
2kl k2 - 1
x = --
t
é a distância entre os divisores
k
1- a = ak = > a~
-+ N
MA --- k MB
1-
2)
M
A
t-
k-1
=>
7
GEOMETRIA li
-
2 k'
2k
x=
k2
1
-
1 -
k' 2 )
1) { l -
X
k' 2
4 kk'
-
= >
que,
resolvida
para k e para k', fornece
k' -
k-1 k
1.12 -
1.
+1
e
+
l k' k ·= - - l - k'
k
>
1
O< k' < 1
PROBLEMAS RESOLVIDOS Um segmento AB é tal que 7 AB = 3 CD. Qual será sua medida na unidade -
1
4
CD?
Solução AB
3
= -
7
CD.
GEOMETRIA li
9
Seja u -
-
1
4
CD
CD ~ 4 u
ou
3 4 u 7
AB = -
AB
-
u
12
*
7 12
Resposta:
2.
7
Se AB = 5 CD, calcule: a)
3 AB
b)
CD
5 AB
3 CD
Solução
a)
b)
3 AB
3 . 5 CD
CD
CD
5 AB
5 . 5 CD
CD
CD
15
25
Respostas:
3.
15
b)
25
Se M divide um segmento AB, de 1 8 cm, interiormente na razão 2
7' *
a)
AB u
calcule MA e MB.
é a medi da do segmento AB na unidade v.
10
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Solução 18
t
t 18-m
A
M
MA
2
MB
7
--- -
2
X
B
18 -
7
X
7x = 36 - 2x 9x
= 36
x=4
Logo,
18-x=14
Respostas:
MA -
MB
4.
4 cm
= 14 cm
Calcule x para que os pontos da figura abaixo formem divisão harmônica.
2:JC
Solução
N MA MB 2
-
-
3x 6x 2
A
3:JC
M
B
NA
---
NB 2x
- - --
+2 lOx + 4 5x
-
3x 2 -
= >
2
5x -
2 = O
=>
X= 2
1 X
=
3
Resposta:
X
-
2
11
GEOMETRIA li
S.
Considere os pontos A, B e C sobre uma reta. Se
BA BC
2_
5'
-
calcule as razões
AB AC
CA
e
CB
Solução Se
3
BA
- sejam AB 5'
BC
A 3x
3
AC
7x
7
CA
CB
6.
7x
-
5x
-
e
8
AB
-- -
= 3x e BC - 5x
7
Respostas:
5
7 3 e 5 7
Os pontos M e N dividem o segmento AB de 42 cm na razão ~ . Calcule MN. 2 42
•
+- -
Solução Como
1
M
A
5
-- > 2
1,
N
B :X:
•
•
temos, por 1.1 o,
x =
2 kl k2
-
1
-
5 2 · - · 42 2
(~r-
1
5 . 42 -
21
-
40
-4
Resposta: x = 40 cm
12 7.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Os pontos M e N dividem harmonicamente o segmento AB na
3
razão
MN
2.
Sabemos que os pontos A e B dividem o segmento
harmonicamente. Calcule a razão desta divisão.
Solução
MA MB
Temos
-
NA NB
k
-- -
3 2
=-
>
1.
BM AM - - - - k' < 1. BN AN Por 1. 11
a) e b)
temos
k -
k'
1
3 2
-
k+l
1
1
2 - 1 -- - - -
5 2
~ + 1 2
5
Resposta:
k'
-
1 5
-
Verificação Repare agora o leitor na divisão abaixo
12
8
A
M e N harmônicos
M
divisores de
AB
40
8 MA -MB
N -
-
12 -
8
-
3 2
-
>
""" 3 NA 60 - - - -- - 2 40 NB
/
K
3 2
13
GEOMETRIA li
BM r-
B e
A divisores
harmônicos de MN
~l
BN
AM AN
8 40
-
l
5
12
-- -
60
l
-
""'/ /
""'
k'
-
l
-
5
5
PROBLEMAS PROPOSTOS
8.
Se A, B e C são pontos de uma reta (B entre A e C), sendo AC então BC mede: A)
3;
C)
5;
B)
4;
D)
6;
E)
9.
=
24 e BA
=
5BCI
NRA.
Um segmento AB é tal que 3AB = 4CD. Qual a medida de CD se tomarmos como
2
unidade --- de AB?
5
A)
8)
3 10; 10
- ·---;
3 E)
10.
8
C)
-;
D)
-;
15
15 8
NRA. 3
Um segmento AB é igual a 5 vezes um segmento CD. Qual a razão entre - AB e 4CD~ 2
A)
B)
6; 3
8; E)
NRA.
15
C)
-;
Dl
- ~;
2 15 8
14
11.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
5
2
..,4
3
Qual a razão entre -AB e -CD9
15
A)
--;
8)
--;
8 25
8 E)
12.
Se AB
2 = -CD 3
-
D)
25;
- ;
8 16
NRA.
4
AB ·- é igual o : 'MN
e CD= -MN -
5
8
A)
15;
B)
8 ;
15
E)
13.
75
C)
C)
5 -, 6
D)
s; 6
NRA.
Sejam A, 8 e C nesta ordem sobre uma reta tais que AB
=
12 e BC = 3. Seja
D conjugado harmônico de B em relação ao segmento AO. Então, BD mede:
A)
5;
C)
8;
8)
6;
D)
12;
E) 14.
Determine x para que os pontos abaixo formem uma divisão harmônica.
A)
1;
C)
4;
B)
2;
D)
8;
E) 15.
NRA.
6
2::c
NRA
Determine x para que os pontos abaixo formem uma divisão harmônica.
A)
8;
C)
11;
B)
1 O;
D)
12.
E)
14.
6
~·1
15
GEOMETRIA li 16.
Considerando a figura abaixo, podemos afirmar que os .4 pontos:
2x
17.
A)
nunca formarão uma divisão harmônica;
B)
sempre formarão uma divisão harmônica qualquer que seja;
C)
formarão uma divisão harmônica se x
D)
só formarão divisão harmônica se x for par;
E)
NRA.
O;
Os pontos A, M, B e N de uma reta formam uma divisão harmônica de razão
MA 7 --=MB
Se AB = 40, MN mede:
3
A)
24;
C)
40;
B)
38;
D)
42;
E)
18.
>
NRA.
Os pontos A, M, B e N de uma reta formam uma divisão harmônica.
MA
·e MN = 24, a razão - -
MB
A)
é igual a:
C)
2;
D)
B)
E)
NRA.
Se AB = 7
16 19.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Os pontos P e Q pertencem ao interior do segmento A B e estão de um mesmo lado de seu ponto médio.
3
-
4
. Se PQ =
2
2
-
3
e Q divide AB na razão
AB mede:
A)
50;
C)
70;
B)
60;
D)
80;
E) 20.
p divide A B na razão
90.
Os pontos A, M, B e N de uma reta formam uma divisão harmônica de razão
MA NA JA - - = - - = k. Se J é o ponto médio de MN, a razão vale:
MB
NB
JB
A)
k;
C)
k2 ;
B)
2k;
D)
k2 -
E)
NRA.
1;
, CAPITULO 2
FEIXE DE PARALELAS 2. 1 -
TEOREMA Se um feixe de paralelas determina sobre uma secante segmentos de mesmo comprimento, determinará sobre qualquer outra segmentos de mesmo comprimento.
AB = BC= CD.
T -
A'B' = B'C' = C'D'
D -
De fato, como os triângulos A'MB', B'NC' e C'PD' são congruentes, pois possuem um lado de mesmo comprimento compreendido entre ângulos respectivamente congruentes,
A'B' = B'C' = C'D'.
2.2 -
t
t'
C.Q.D.
Um feixe de paralelas determina sobre duas secantes quaisquer segmentos proporciona is.
18
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
AB
CD
A'B'
C'D'
T- - - - - - - -
D-
· Seja u um segmento que divide exatamente AB e cabe m vezes em AB. Traçando paralelas ao feixe como mostra a figura, encontraremos u' na outra transversal que divide exatamente A'B' e cabe m vezes em A'B'.
Podemos, então, escrever AB = mu
e
CD= mu'
É claro que u não tem obrigação de dividir CD. Assim, marcando u sucessivamente em CD, vamos supor que D esteja na n-ésima parte, ou seja, entre o (n-1 )-ésimo e n-ésimo pontos de divisão~ Troçando paralelas ao feixe, vemos que o mesmo se verifica na outra transversal. Podemos, então, escrever
(n - l)u
k
=
ac
e, analogamente, para bissetrizes.
b
+
e
a
as
outras
25
GEOMETRIA li
, CIRCULO DE APOLONIUS
2.9 -
É o lugar geométrico dos pontos P tais que a razão PA/ PB é i,gu€JI a k, sendo k constante e A e B pontos fixos.
Conhecemos os pontos M e N pertencentes ao lugar que são os pontos que dividem o segmento AB interiormente e exteriormente na razão k. MA MB
NA -- -
k.
NB
Seja P um ponto qualquer do lugar. Como
PA --
PB
= k,
PA
MA
PB
MB
Logo, PM é bissetriz interna do triângulo PAB. Da mesma forma, PA
NA
PB
NB
Portanto, PB é bissetriz externa do ângulo Como
P do
triângulo PAB.
PM e PN são perpendiculares e os pontos M e N são fixos,
o lugar geométrico de todos os pontos P é círculo de d iâmetro MN, sendo M e N os conjugados harmônicos do segmento AB na razão k.
2.10 -
RAIO DO CÍRCULO DE APOLONIUS
O diâmetro do círculo de Apolonius é a distância entre os conjugados
k
> o,
harmônicos do segmento ~
1.
AS
de
comprimento
I
na
razão
26
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Por
1.1 O concluímos que o raio do círculo de Apolonius é dado por r -
kl
lk2 - 11.
Em um triângulo de lados a, b e e, teríamos
=
a
k -
e b
Logo,
c
N
8
M
e
·a
b
r
=>
c2
1
b2
=>
2. 11 -
21.
abc
=
r
PROBLEMAS RESOLVIDOS
Considere sobre uma reta quatro s_egmentos AB, BC, CD e DE de comprimentos respectivamente iguais a 8, 1O, 12 e 15. Consi-
-
-
-
dere numa outra reta os segmentos MN, NP, PQ e QR proporcionais aos primeiros. Se MN = 1 O, calcule NP, PQ e QR.
27
Solução
se
AS
CD
OE
- = -t,IP -= - = ·M.1-1 pQ QR 8
,o
12
X
y
15
--=--=--=--
'º
%
'º
l 2,5
-8- = - - = > x = lÜ
X
8 =,2- => y = '5 -10
y
-8- =---=+15 => z = ,s,75.
'º
Respostas: %
=
l 2,5 pQ = 15
NI'
QR
22-
= 18,75.
No tri&ngulo ABC da figura AS= e e AC= b. Se AM = >< e ~ / / SC, càlcule AN.
Solução
--=-AM AN
A'õ AC
-=y b X
C
=>
bx =>
y =c-
e
a
bX Resposta: AN = - e ·
28 23.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Considere um triângulo ABC de lados AB = 12, AC = 8 e BC = 15. As bissetrizes interna e externa de A encontram o lodo oposto em D e D'. Calcule DB, DC, D'B e D'C.
Solução
15
DB DC
AB
- - - => AC
DC = 6
D'B
AB
D'C
AC
---
D'C
=
15 -
12 ---
X
X
e
DB = 15 y
=>
30
=>
8
+ 15
6 = 9.
12 ---
=>
8
y D'B _ 30
e
Respostas:
Ó
X=
+ 15 DB
=
y
=
30
= 45. 9,
DC = 6
D'B = 45, D'C = 30.
24.
Em um triângulo ABC, encontra a
_
PA
_l /3 3/4 4/3 3/1 7/ 1
3
A bissetriz externa de C
reta suporte de AB em P (A entre P e
,
razoo - - e: AB .
A) B) C) D) E)
CA
---CB 4
B). A
29
GEOMETRIA li
Solução Pelo teorema das bissetrizes, PB PA
4
CA
3
PB - PA
4-3
PA
3
AB PA
- -- = 25.
CB
- --
A
1 - => ~ 3 AB
- 3 Resposta: D.
Em um triângulo ABC, as bissetrizes interna e externa de B • encontram o lado oposto em M e N. Se AC = 20, AB = 16 e AN = l O, calcule CB e BN.
e
Solução Como os pontos A, M, B e N formam uma divisão harmônica, poderemos aplicar,
A 16
por exemplo, a relação encontrada em 1 · 8 l
2
AN
40 -
= -
l
8
16 MA
-
-
l
-
10
=
l 40
= >
2
16
1
·l
10
AN
- - -
= > AN = 40 = > BN
=
= 24. Como MB = 6, temos
- -- MB
l
=AM - +-AN
AB l
1.0 caso.
10 20 CA - => - - - - - -- => CB = 12 CB 6 CB Respostas:
CB = 1 2, BN
2
30 26.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Em um triângulo ABC, a base BC é fixa e o ponto A percorre uma reta r paralela a BC. Determine o lugar geométrico do baricentro do triângulo.
Solução
~h 3
h h 3
B Porque
f.ÀG
MA
-
-
1
M
e
, o lugar geométrico do ponto G - uma reta
3
h
s paralela a r (s entre r e BC), distando -
de BC. ·
8 27.
Em um triângulo ABC, AB = 12, AC = 8 e BC = 16. O círculo inscrito é tangente ao lado AB em J. Se JP e JQ são paralelas a BC e AC, respectivamente, calcule o perímetro do paralelogramo JPCQ.
t
16
j
31
GEOMETRIA li
Solução
AJ
=
p -
2
16 = 2.
12 -- - = > 8
X
BJ
a = 18 -
p - b = 18 -
o
=
x.
4 => m = 8 3
= 1o. Seja BQ
10 12 40 - - = - - = > y= - - = > n 16 y 3
16 =
Como JP//BC, 4
20
= -- ·
3
3
y.
Como JQ//AC,
8
40 3
= 16---= -
3
,
perímetro do paralelogramo JPCQ sera (2p)JPCQ
=
+ n)
2 (m
=
ª)
56
+3
2 ( - 203
3 Resposta:
28.
l B.
2
= -
X
8
Seia AP
+8n
12
O semiperímetro do triângulo ABC é p =
56 3
Calcule o raio do círculo de Apolonius construído sobre o segmento AB de 21 cm na razão
5 2
Solução 1 = 21
k --
5 - . 2
Por 2 . 10,
kl
r = J
k2 -
11
-
5 - · 21 2 25 - -
4
-
10
1
Resposta:
r
= 1 O cm
32 29.
Em um triângulo ABC, BC =
12 e
~=
2,
calcule o valor
AC da altura relativa ao lado a, sabendo que ela é máxima.
Solução
A
AB
= 2, o vértice A pertence ao círculo de Apolonius consAC truído sobre BC na razão 2. Se h 0 é máxima, seu valor é igual ao raio do círculo de Apolonius.
Se
12
k -
kl
2
------
! k2
-
1
J
2 • 12 22 - 1
2 • 12
- 8
3 Resposta:
h0
=
8
29-A. Em um triângulo ABC, de perímetro 30, o lado BC mede 1 O e a distância entre os pés das bissetrizes que portem de A é igual a 24.
Calcule os lados AB e AC do triângulo.
33
GEOMETRIA li
1.ª Solução
A
t
f :X::=
j
24
c
Calcularemos a razão da divisã o harmônica k
b
Por 1 .1 o, 2kl X
=> 24 -
--
k2
1
-
2 • k · 10 k2 - 1
k = = > 6k 2
-
5k -
o
6 -
k =
1
= >
--
lnão serve)
2
3
2 o
e b
+b+c
=
30,
3 b+c => 2 b
e 3 -= > e 8 2
a
=
10 = > b
20 5 => - 2 b
-
5
+c
-
20
- => b 2
8
12
2 .ª Solução Chegaremos a idêntico resultado a partir do definição de divisão harmônica sem necessidade de aplicação de fórmulas.
34
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
j -
l
10- :X,
08
oc
j
X
1O - x 34 - x = > - - - - - - - => O'C x 24 - x
= -
O' B
=
-=> (10 -
x)(24 -
x}
=> 240 -
lOx -
24x
= > x2
-
24-~
34x
+x
+ 120 =
2
= 34x -
= 4
30
X =
4
e 08 = 6. · Como b
e
b
6
4
-- - e -
6
b
=
- = 4
x 2 =>
X =
O {
Entãc.,, OC
x) =>
x(34 -
(não serve)
+e
20 10
=
=
20, temos
2
2 => e = 12
2 => b
=
8
AB = 12
Resposta:
AC =
6
35
GEOMETRIA li
PROBLEMAS PROPOSTOS
30.
O valor de x na figura é:
27
A)
2
í//S
2
8)
27
31.
C)
6
D)
4
E)
NRA.
s
Em um triângulo ABC, de lados AB = 9, AC = 12 e BC = 15, traço-se OE paralela a BC passando pelo baricentro do triângulo (D em AB e E em AC), O perímetro do triangulo AOE ~:
A)
12
C)
20
8)
18
D)
24
E) 32.
NRA.
Em um triângulo ABC de lados AB = 12, AC = 8 e BC = que a bissetriz interna de determina sobre BC é:
1O, o maior segmento
A
A)
4
C)
6
B)
5,5
D)
7 ,5
E}
NRA.
ENUNCIADO RELATIVO ÀS QUESTÕES 33 E 3.4.
Em um triângulo ABC de lados AB = 1 5, AC = 6 e BC = concurso das bissetrizes internas AD e BE, 33.
A razão
IA
ID A)
vale:
2
C)
3
8}
3
D)
2 E)
NRA.
2
7 7 3
1.4, seja ~ o ponto de
36 34.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
A razão
IE 18
vale:
A)
8)
6
29 29
E)
B encontra A)
NRA.
a bissetriz AN externa de
A no
3
B)
4
E)
=
FA
vale:
2 5
3
NRA.
Em um triângulo ABC, BC = a relativa ao lado a
FN
5
D)
3
1 O, a bissetriz interna
A razão -
ponto F.
C)
2
AB
3
AC
2
e --=-,
calcule o comprimento da
altura
sabendo que ela é máxima.
A}
ha
a
B)
h0 = - a
3
2
E)
37.
6
Em um triângulo ABC de lados AB = 12, AC = 8 e BC = de
36.
6
D)
--·
6
35.
1
C)
6
ha = -
5
C)
ha = -
D}
h0 = -
4
3
a
AB calcule a razão
ela é méixima.
A)
2
C)
8)
3
D) NRA.
5
a
a
Em um triângulo ABC, BC = 16 e h 0 = 8,
E)
5
3 2 4 3
AC
sabendo que
37
GEOMETRIA li
38.
Os lados do triângulo ABC medem AB = 6, AC = 9 e BC
= 11.
de tangência do círculo exinscrito relativo ao lad·o e com o
Se J é o
ponto
lado AB e se Jl
é
paralelo a BC, então AL vale :
A)
3
B)
6
7
D)
2
9
D)
2 E)
39.
Considere em um círculo de centro O um diâmetro AB.
Prolo ngue uma corda AP
qualquer do círculo de um comprimento PQ = AP. QO e BP cortam-se em J, Calcule a razão
JQ JO
A)
3
C)
B)
3 2
D) E)
40.
9
B)
8
C)
6
D)
5
E)
NRA
5
-
3
NRA.
Considere os quadrados ABCD e ABEF da figura . cule HC.
A)
2
Se FG -
12 e GH -
4, cal-
,
CAPITULO 3
A
3. 1
TRIANGULOS SEMELHANTES
Se dois triângulos possuem lados respectivamente proporcionais, então são "semelhantes".
o a
a'
b b'
e e'
=>
LlABC ~ LlA'B' C'.
TEOREMA
.3.2
Dois triângulos que possuem seus ângulos respectivamente congruentes são semelhantes. De fato, em 2 .5 os triângulos ADE e ABC possuem mesmos ângulos internos e mostramos que seus lados são respectivamente proporcionais.
3.3 -
RECÍPROCA
Se dois triângulos são semelhantes, seus ângulos internos são respectivamente congruentes.
39
GEOMETRIA li
A
H-
ÃABC
~
D
ÃDEF
T-Ã=Ô B= E ....... C = F.
- -
D -
Seja ~AMN por construção, tal que
AM = DE e MN / / BC.
De 2.5, temos AM AB
AN AC
MN
DE AB
AN AC
MN BC
( 1)
DE AB
DF
EF
(2)
AC
BC
- - -- --
BC
Como AM = DE,
- - = -- = --· Mas, por hipótese,
--=--=--· Por (1) e (2), ÃAMN e ~DEF são congruentes e
~... ....-... A = D,
....-....
..-.....
...........
M = 8 = E,
-N =
....-..
;
C = F C. Q. D.
40
A. C. MORGADO / E. WAGNER
3.4
I
M. JORGE
CONCLUSÃO Se ABC e A'B'C' são dois triângulos, A
Ã'
B
s'
,-....
e
-
ê'
[::,
AC A'C'
BC
B'C'
k é chamado razão de semelhança dos dois triângulos. Da relação acima conclui-se que a razão entre os perímetros de dois triângulos semelhantes é igual à razão de semelhança, ou seia,
AB +BC+ AC
A'B'
3.5 -
+
B'C'
+ A'C'
k =>
(2p)ABC
k.
OBSERVAÇÕES
à) Dois triângulos de lados respectivamente paralelos ou perpendiculares são semelhantes.
41
GEOMETRIA li
b) Toda paralela a um dos lados de um triângulo determina um outro semelhante ao primeiro
e
B
DE // BC
=>
AADE
"-J
AABC.
,
3.6 -
H
A
CASOS CLASSICOS DE SEMELHANÇA .DE TRIANGULOS
1.0 caso Se dois ângulos de um triângulo A'B'C' são respectivamente congruentes a dois ângulos de um triângulo ABC, esses triângulos são semelhantes. A
A'
~
s•
B
s = s' J
[e
.......
- c-,
A= => AABC
r,,.../
AA'B'C' =>
e•
A'
a
b
a'
b'
e ---k
e'
2.0 caso Se dois lados de um triângulo A'B'C' são respectivamente proporcionais a dois lados de um triângulo ABC e se forem congruentes os ângulos formados por esses lados, os triângulos são semelhantes.
42
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
B
B'
b
e
b'
e'
-
k
-se== s'e- ,
=> LlABC ,_, LlA' B'C' =>
rl :, J =
à = Ã'
l
k
3.0 caso Se os três lados de um triângulo A'B'C' são respectivamente proporcionais aos três lados de um triângulo ABC~ esses triângulos são semelhantes.
~
[ ~a' = b' . 3.7 -
=
_e_ = k] => LlABC ,_, LlA'B'C' = > [ : e' e-
FEIXE DE RETAS CONCORRENTES
Um par de paralelas intercepta um feixe de concorrentes, determinando segmentos proporcionais.
e•
o
e•
43
GEOMETRIA li
Da semelhança dos triângulos OA'B' e OAB, OB'C' e OBC fe"1os, por 8.5, a) e b)
OA'
OB'
OC'
OA
08
oc
= --- -----
= -h' h- 1
Verificamos também que da semelhança desses mesmos triângulos os segmentos homólogos determinados nas paralelas são proporcionais, ou seja,
A'B' AB
_s_;~-'-
= ------- -
.
~
1
,
3.8 ·- POLIGONOS SEMELHANTES 3.8.1
Dois polígonos são semelhantes se os ângulos internos forem ordenadamente congruentes e se os lados que formam ângulos congruentes forem proporcionais.
D
e
o• C' p• .
E' A'
B'
44
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE _,..._
A _,..._ B ........ e -
p
~
P' =>
,
s'----, e
e
AB A'B'
3.8.2 -
........
A
--
BC B'C'
--
CD C'D'
k
-· ------
A razão entre os perímetros de dois polígonos semelhantes é igual à razão de semelha~ça.
Da proporcionalidade dos lados homólogos conclui-se imediatamente (2p)p (2p}p,
3.8.3 -
k
Dois polígonos semelhantes podem ser divididos em igual número de triângulos ordenadamente semelhantes.
p
p•
Nos dois polígonos tracemos todas as diagonais possíveis por A e A', dividindo cada polígono em n - 2 triângulos (n = gênero).
45
GEOMETRIA li
H- p T
-
r'-1
P'
(com as implicações de 3.8)
T1 r'-1 Ti' T2
T2'
r'-1
etc .
D-
.......
B -
......., B => T1
AB BC ---- - k B'C' A'B' mas, se
ê
-
{3
ê' = -, {3 =
e rx
=
I"../
AC A'C'
(2.0 caso)
ex', então 'fj = 'ii'
-
,
T1' = >
e, então, temos 'Y
CD C'D'
rx
---k
=> T2
AC A'C'
.......
rx
r'-1
=
-, 'Y
T/ = > AD AD'
k 0
(2. caso)
-
k
e assim sucessivamente, ficando provado o Teorema. 3.8.4 -
Em quaisquer polígonos semelhantes o razão de duas linhos homólogos é igual à razão de semelhança.
A
B
J
8'
Sejam dois triângulos ABC e A'B'C' semelhantes nq razão k. Sejam J e J' pontos que dividem BC e B'C' na mesma razão m. Vamos provar que x e x' guardam mesma razão k.
46
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
.1 ABC
H-
- k
.1 A'B'C'
JB
--
m
JC
J'B' J'C' X
T-
x'
D- -
JB
JC
=m
-
k.
-
m
J'B' J'C'
JB + JC JB
m+ 1
J'B' + J'C' J'B'
m
m+ 1
BC · JB
m+l m
B'C' J'B'
- -
m
m+ 1 m
m+l m
dividindo membro a membro, BC JB B'C'
-
1
J'B' BC JB
- -
-
B'C' J'B'
ou
JB J'B'
BC = k. B'C'
Assim, os triângulos ABJ e A'B' J' são semelhantes na razão k e, então, X
x'
k.
47
GEOMETRIA li
Assim, a razão de semélhança de dois triângulos é igual ....
a razão entre dois lados homólogos, ....
a razão entre os perímetros, a' razão entre duas medianas homólogas, ....
a razão entre duas alturas homólogas etc. 3.9 · - FEIXE HARMÔNICO 3.9. 1 -
Se os pontos A, M, B e N formam uma divisão harmônica e se J é um ponto não pertencente à reto que os contém, JA, JM, JB e JN formam um feixe harmônico.
Notação: J
3.9.2 -
J(AMBN)
Teorema Se uma reto é paralela a um dos raios de um feixe harmônico, os outros três raios determinam segmentos congruentes e reciprocamente.
48
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
N
Consideremos um feixe harmônico J(AMBN) e uma reta r paralela a JA determinando os s~gmentos xy e yz, que mostraremos serem congruentes. Seja PBQ paralela a r.
~
~
JMA ~~ PMB
=>
NJA ~ ~ NBQ
=>
JA
PB JA
- -
BQ
Daí conclui-se que PB = BQ e que
I
xy
yz .
MA
- - - k. MB NA
= - -
NB
=
k.
49
GEOMETRIA li
3.9.3 -
Teorema Um feixe harmônico determina em qualquer secante quatro pontos em divisão harmônica.
J
--------A'
I Seja J(AMBN) um feixe harmônico e uma secante s que determina os
pontos A', M', B' e N'.
Ora, se r 11JA' determina xy = yz (pois J-AMBN é feixe harmônico), então J(A' M'B'N') é um feixe harmônico, sendo M' e N' conjugados harmônicos de A'B'.
3.10 -
RETAS ANTIPARALELAS ..,....._
3.10. 1 -
Seja um ângulo xOy. Se duas retas r e s são tais que o ângulo que r forma com Ox é o mesmo ângulo que s forma com Oy, as retas r e s são antiparalelas.
50
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
r
3.10.2 -
Retas antiparalelas formam triângulos semelhantes.
A
Porque os triângulos ABC e ADE possuem ângulos internos congruentes, temos
AD AB
AE DE -----AC BC
e
I
AD · AC
= li
AE · AB
51
GEOMETRIA li
3. 10.3 -
Retos antiparalelas formam quadrilátero inscritível.
A
.........
D -
1 80° -
~--
o
= > B +D = 180
BCDE é inscritível.
3. 10.4 -
Caso Particular Se as retas r e s da figura são antiparalelas em .......... relação a O, a relação 3.10.2-11 transformo-se em
OA 2
=
OB · OB'
52
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
--
Se r e s são antiparalelas em relação a O, as bissetrizes de O e de (r, s) são perpendiculares.
-
3. 10.5 -
o
X
De fato,
-
- -a. + --e - =a.+ --e M
=
--..
N
(externo
Â
OMC)
(externo
Â
ONA) ........
--..
Como M = N, o triângulo JMN é isósceles, sendo a bissetriz de J perpendicular à base MN. Assim,
C. Q. D. 3.11 41.
PROBLEMAS RESOLVIDOS
Os lados de um triângulo ABC são AB - 12, AC = 1 6 e . BC = 24. Seja M do lado AB tal que MA = 3 MB. Traçando MN paralela a BC, calcule o perímetro do triângulo AMN.
53
GEOMETRIA li
Solução
B MA
+ MB =
1 2,
MA = 3 MB
4 MB = 1 2,
Ll AMN
r-..../
e
24 MB
=
3,
MA
=
9.
Ll ABC.
Razão de semelhança
AM 9 3 k=--=--=AB 12 4 (2p)AMN
---- -
3 4
-
(2p)ABC
3
(2p)AMN
--------
12
+
16
(2p)AMN
52 = > (2p}AMN
+ 24
4
3 = - =>
4
= 39 Resposta: 3 9 .
54 42.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Considere o triângulo ABC, de lados a, b e c, e seu baricentro G. Traçam-se GE e GF paralelas a AB e AC respectivamente. Calcule os lados do triângulo GEF.
Solução .1 GEF
k
=
~
.1 ABC
GM AM
1 3
a
Então,
t a -
EF -
3'
GF
b
=-
3
e GE
1 =-
e
3 Resposta:
43.
a
b
3
3
- ,
e -
c
3
·
Em um triângulo ABC, considere as alturas BH 2 e CH 3 • Se AB = 8, AC = 1 2 e AH 2 = 2, calcule AH 3 •
Solução
.1H 2 _ LiHa ----
AB
X
2 8 =
AC X
- - 12
J
B
e Resposta: 3.
55
GEOMETRIA li
44.
Calcule x na figura
Solução .6. AED ,....._, .6. ACB
AD
DE
---
A~
~e
10
X
16
9
j = >
X
16
= 5,625 Resposta:
45.
Na figura abaixo, ADEF é um losango, AB Calcule o lado desse losango.
=
X
= 5,625.
l 2 e AC
==
6.
Solução Ll BDE ,....._, Ll BAC
a
12 - a
6
12
12a =>
6(12 a= 4
A
a)
=>
B
E
e Resposta: 4.
56 46.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Em um trapézio de bases AB e CD, traça-se por B uma paralela
à diagonal AC que encontra o prolongamento de AD em E. Sen-:lo P o ponto de concurso dos lados AD e BC, prove que PA é média geométrica entre PD e PE.
p
Solução
LlPDC ,__,, LlPAB = > -
PD
PC ) 1
= --
PB
PA
j
l. PD
= > PA 2 = PD · PE.
Em um triângulo ABC, toma-se um ponto M
qualquer de AC.
LlPAC,-.,,LlPEB =>
-
PA
PE
47.
PA
--
( - ---
= -
PC
I
PA
= -
PI:
1 PB )
Traçam-se MN paralela a AB e NP paralelo a AC. AP
AM
AS
AC
1.
Prove que
57
GEOMETRIA li
Solução 6 CMN
l'"-..J
6 CAB
MN
-
(
AB
AC)
=>
AP AB
AC -AM AC
----
-
AP
AC
AB
AC
-- = -
40.
MC
-
-
-
-
AM -
AC
B
e
N
=>
Em um trapézio de bases AB = b e CD
= b' , considere um
MA ponto M do lado AD tal que - -
Calcule o
MD
= k.
compri-
mento do segmento MN paralelo às. bases do trapézio.
D
e
b'
Solução
b'
D
J, I B
L
A
b- b'
t A
MA MD
-- -
k DM - => - - = 1 DA
X
u+kx
1
t
CJ -k+l CL
58
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Seja ~
CJN y
b-b'
MN = b' ~~
+y
CLB
CJ 1 -- - - -
CL
MN = b'
+
b-b'
=> y =
k+ 1
k+l
b-b'
k+J MN
b'k
+
b'
+
b -
b'
·- - - - -
k+l
-
b
+. b'k
k+l Resposta:
b+ k
49.
b'k
+· 1
Na figura, r e s são tangentes em A e B ao círculo. Por um ponto
--
-
-
P do maior arco AB, traçam-se Px, Py e Pz perpendiculares a AB, r e s, respectivamente. Se Py
= 4
e Pz
r
=
9, calcule Px.
GEOMETRIA li
59 Solução
-
---.. .---. AP YAP = X BP = => ..1 YAP 2 XÃP = ZBP = -
2
Por (1) e (2), y
-X
BP
~ ~ XBP =
>-
y X
a
= b
a x => LlXAP ~Ll ZBP=> - = b z
( l)
(2)
X
= -Z
==> x
x X
2
2
=
yz.
Como y = 4 e z
=
9,
= 4 · 9 = 36 =
6
Resposta: 6
50.
No figuro abaixo, PP1 = o e P1 P2 soma PP 1 P1 P2 P2 P3 P3P4
+
+
+
=
b.
Calcule o limite do
+ ... ... .
o
Solução
Então, a b
.. .... .. ,
60
A . C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
b2 - -,
e
bª
b"
a2
a"-1
--, .. .. ,
a
A soma dos segmentos será
P.G. 1 a · --b 1 - a
ª2 a-b
Resposta: ...
a2
a-b
PROBLEMA~ PROPOSTOS
51 .
Na f i gura abaixo, AD = 20, DB = 5, AC = 30 e BC o BC, calcule o perímetro do trapézio BCDE.
=
45.
Se DE é paralelo
A A)
80
B)
86
C)
90
D)
92
E)
NRA.
B
e
61
GEOMETRIA li
52.
Na figura abaixo, BC= 32 mede:
'
-
BD
1
-
- = DE/IBC DF//AC e EG//AB. Então, FG 1 4 ' '
BA
A
53.
A)
8
8)
16
C)
24
D)
30
E)
NRA.
1 Na' figura abaixo, AD = -- AB,
4
-
DE/ / BC,
G
F
EF//AB,
FG//AC
e
GH//BC.
e Então,
EH
-· vale: AC
A)
54.
B
2
A
1
8)
-
C)
- -
D)
- --
E)
-
3
1
4
2
3
B
F
e
3
4
Na figura, cada lodo do triângulo ABC est6 dividido em t rês segmentos congruentes.
Considere o ceviono AJ que possa pelo ponto de concurso de DE e fH.
62
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Se FJ
55.
x, BC mede:
A)
3x
B)
4x
C)
6x
D)
9x
E}
NRA.
A
B
J
Dado um triângulo de perímet(o P, unindo- se os pontos médios de seus lados forma-se um triângulo, unindo-se os pontos médios desse segundo triângulo formo-se um terceiro e assim por diante, indefinidamente.
A soma dos perímetros de todos
os triângulos
A)
é infinita
B)
é igual a p
C)
é igual a 2P
D)
é superior o 2P mos finito
E)
56.
NRA.
Um trapézio tem bases de comprimentos 8 e 4 e altura 9. base maior cortam-se as diagonais?
A)
4,5
B)
5
C)
6
D)
6,5
E)
NRA.
A que distância do
63
GEOMETRIA li
57.
O comprimento do lado do quadrado inscrito e m u m triângu lo d e b a se 12 e a lfura 8 é :
58.
A)
4
B)
4 ,2
C)
4,5
D)
4,8
E)
5
Calcule na figura
A)
20
B)
24
D)
30
E)
32
a)
j
12
-+
--==-12
_.__1
59.
Um retângulo cuia base é o dobro da altura e stá imc ri to em urn t ri ângu lo de b ase 12 e altura 9.
O
A)
3,6
B)
14,4
C)
18,8
D)
21,6
E}
NRA.
perímetro desse retân g ulo é ·
f
12
t
64 60.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Por um ponto P da base BC de um triângulo ABC traçamos PQ e PR paralelos a AB e AC, respectivamente.
Se AB =
8, AC
=
12, BC =
1O e BP
=
2, o perí-
metro do paralelogramo AQPR é:
A)
88
5
8)
C)
76 5
64 5
D) E)
44 5 NRA.
61.
Por um ponto P da base BC de um triângulo ABC traçamos PQ e PR paralelos a AB e AC, respectivamente. Se AR
=
A)
B)
4, RB
=
1 e QC
C)
6
D)
5 E)
62.
e
p
B
=
6, então AQ mede:
3
2
8 5
NRA.
Num retângulo ABCD de lados AB =
15 e BC = 9 traçam-se a diagonal BD e
o segmento · CM (M, médio de AB) que se cortam em P. Por P traçam-se as perpendiculares PR e PS aos lados AB e BC. O perímetro do retângulo PRBS é:
A)
12
C)
16
B)
15
D}
18
E)
20
65
GEOMETRIA li
63.
Na figura abaixo, ABCD é um trapézio, AB =
22, CD
é paralelo a AB.
MN
O comprimento do segmento
16
B)
17
C)
1B
D)
19
E)
20
MA
13, -·-- -
é:
1 -
MO
- --· e MN 2
e
D A)
=
B
A 64.
Em um triângulo ABC retângulo em A inscreve-se um retângulo MNPQ (MN sobre BC).
Sendo BC =
20, BM
=
4 e NC
=
9, o perímetro do retângulo é:
A
65.
A)
18
B)
20
C)
24
D)
26
E)
30
Inscreve-se um quadrado em um triângulo retângulo ABC como mostra
a
figura
Se os catetos do triângulo retângulo medem 12 e 24, o lado do quadrado mede
A)
7,5
B)
8
C) D)
E)
17
2 9,25
NRA.
66 66.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Um trapézio ABCD possui bases AB = a e CD = b. Pelo ponto de concurso das diagonais traça-se uma reta paralela às bases. Calcule o segmento desta paralela limitado pelos lados não paralelos:
A)
ab
-
--- ~-~-
a+b
8)
2 (a+ b)
2ab
- - -- -
D)
a+b
a (a -
NRA.
Considere os quadrados da figura de lados a e b (a
j
o
\ b2 A)
a-b 02
B)
a -· b
C)
ab a + b
D)
ab
---a -
E)
NRA.
b
b)
(a+ b) E)
67.
ab
C)
b
j
>
b).
X
Então, x vale:
j
67
GEOMETRIA li
68.
Considere os quadrados da figura.
A)
2
8)
3
C)
4
D)
4,5
E)
NRA.
9
69.
t
6
:X:
!
O perímetro· do triângulo ABC da figura é BO, sendo BC = 9 e DE paralelo a BC, tangente ao círculo in~crito.
A}
3
B)
16 5
C)
E)
Então, DE mede:
A
18 5
D)
70.
Calcule x.
4
NRA.
,....
...,
B
Na figuro, P e Q são os pontos de tangência dos círculos ex-inscrito e inscrito com ~
o
~
lado AC do triângulo ABC e PJ e QL são paralelos a AB.
AC =
8 e BC =
A)
8)
1 O, o perímetro do trapézio PQLJ vale:
C)
15 31
D)
2 E)
NRA.
16 33
2
Se AB
=
12,
68
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
8 71.
L
J
e
Os trapézios da figura são semelhantes.
A)
40
B)
41
C)
42
D)
38
E)
NRA.
Então, x vale:
50
ENUNCIADO REFERENTE AS QUESTÕES 72 e 73. Na figura ao lado, temos
P1P2 // P3P4 // PsP6 // ... P2n-1 P2~ // ... P2Pa // P4P5 // . .. P2n P2n + 1 // . ..
GEOMETRIA li
72.
69
P3P4 é igual a :
A)
ab
B)
2
E)
C)
V ab
D)
2 ,Vob
NRA.
A)
a+~
C)
B)
b
+ V~b
D)
E)
a (a+
V ab)
a - b
.:2
(b + ,Vob) o-b
b (a+ o -
V ab) b
70 74.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Num círculo de raio igual a
12 está inscrito um triângulo ABC cujos lados AB e
AC medem 8 e 9, respectivamente.
A)
3
C)
6
B)
4
D)
8
E)
75.
A altura relativa ao lado BC é igual a:
~-
No quadrilátero ABCD, B
NRA.
=
,.,-.....
O
o
=
lados AB e AD, resp ectivamente.
90 . Se AF
Traçamos por C paralelas CE e CF aos
=
8, FB
=
3, AE = 4 e ED
=
6, a dia-
gonal AC mede :
A)
8
C)
10y 2
B)
8 y2
D)
12 y 2
E)
76 .
NRA.
Considerando a figura abai xo, a soma dos diâmetros de todos os círculos é:
A)
15
C)
8
8)
12
D)
6
E)
NRA.
71
GEOMETRIA li
77.
Calcule x na figura
A)
6
B)
8
C)
9
D)
10
E)
NRA.
+
X
-t-·--·
1
ta 78.
Se um trapézio retângulo tem diagonais perpendiculares e bases iguais,
a sua
altura é igual a:
A)
18
C)
20
B)
19,5
D)
não se pode calcular
E)
79.
NRA.
Em um triângulo ABC, a bissetriz interna de A cunscrito em E.
Se AB
= a,· AC
= 6 e DE =
encontra BC em D e o círculo cir-
3, calcule o comprimento da bisse-
triz AD.
A)
9
C)
12
B)
lO
D)
13
E)
80.
NRA.
Os pontos E e D pertence m aos lados AB e BC de um triângulo ABC e são tai s AE que EB
3
e
CD DB
-
2 EF FC
.
Sendo F o ponto d e concurso de AD e CE, então
+
AF
FD
é igucil a:
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
72 A)
8)
C)
D) E)
4 5
B
5
··-
4
3 2
2
5 2
e
,
CAPITULO 4
TRIÂNGULOS RETÂNGULOS 4-. 1 -
-
, RELAÇOES METRICAS
A
Seja ABC um triângulo retângulo em
Ae
seja AH a altura
relativa à hipotenu_s a. Fazendo CAH e BAH =
=;
verificamos B= ; e
ê
y,
imediatamente que = Portanto, os tri-
y.
B
H
C
ângulos retângulos HAC, HBA e ABC são semelhantes, como mostra a figuro abaixo.
A
().
A
a _,. hipotenusa b,c h
~
catetos
~
altura
m, n
~
projeções catetos
dos
sobre
a hipotenusa.
e
m
H
n
B
74
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M . JORGE
Te mos, então,
.1HAC
~
.1ABC = >
b
h
m
a
e
b
bc -
ah
b2
am
= >
= >
.1HBA
~
.1ABC = >
li
e
h
n
a
b
e
c2
= >
.1HAC _ ....._, .1HBA = >
-
h
~
·--
h
e
h2 -
=>
Ili
an
-
b
m
-
h
= >
IV
mn
1
A
= >
1
partir destas, conseguimos ainda duas outras relações impor-
tantes. a) Teorema de Pitágoras Somando membro a membro li e Ili, temos
b2
+ c2
am
b2
+ c2
a(m
=>
b
2
+c
2
+ an
=
+ n), a2
1
mas m
V
+n
-
a
=>
75
GEOMETRIA li
b) De 1, temos
b 2c2
= >
= >
ah
bc
a 2h2 al
1
= >
··· ·- - - - -
b 2 . (.2
h2
c
= >
h2
- - --
-
b 2c2
b2
+--b -2c2
_1_+
= >
b2
= >
1
VI
c2
concluímos, portanto, que em um triângulo retângulo, a) cada cateto é média geométrica entre a hipotenusa e sua projeção sobre ela; b)
a altura relativa à hipotenusa é média geométrica entre as projeções dos catetos sobre a hipotenusa;
c) o
quadrado da hipotenusa é
igual à
soma dos quadrados
dos catetos; d) o
produto dos catetos é igual ao produto da hipotenusa pela
altura; e) o inverso do quadrado da altura é igual à soma dos inversos dos quadrados dos catetos.
4.2 -
A
A
TRIANGULOS RETANGULOS COM LADOS EM PROGRESSÃO ARITMÉTICA
Sejam
X -
R .
X
. X +
R,
R
>
O
lados
de
um
triângulo
76
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M . JORGE
retângulo. Então, por 4 · 1 -
V,
+ R) = (x + 2xR + R = x 2
(x
x2
2
4xR = x 2 x
=
-
2
como
+x 2xR + R + x R) 2
2
2
2
x '9= O,
4R.
Os lados do triângulo retângulo são, portanto, JR,
4 .3
4R
e
SR. 1
TRAPÉZIO ISÓSCELES CIRCUNSCRITÍVEL
A altura de um trapézio isósceles circunscritível pode ser calculado em função das bases do trapézio. , Porque o trapézio e circunscritível,
2a ou
b
a -
b
+ b', + b' 2
E também ;e
1
2x -
f
l
b
Temos, então,
(b + b')'
X
') - -2 b (b
4bb' = 4h 2 h -
V bb' .
-
b'
b
b' 2
2
2
=>
ou
b -
ou
+
h2
=>
77
GEOMETRIA li
4.4 -
,
TANGENTE COMUM A CIRCUlOS TANGENTES
Se dois círculos são tangentes exteriormente, o segmento da tangente comum
externa
pode
ser calculado em função dos raios.
Sejam A e B centros de dois círculos tangentes exteriormente de raios R e r e BC paralelo a TT', como mostra a figura.
TI'
Temos
=
t
AB -
R
+r
AC
R- r
BC -
t.
Do triângulo ABC, retângulo em C, vem
(R
+ r) + (R 2
4Rr = t 2
4.5 -
81.
r)
2
+t
2
=>
PROBLEMAS RESOLVIDOS Calcule a altura do triângulo eqüilátero de lado a.
78
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Solução A relação de Pitágoras fornece
:.... ·. ·:. .. a h .......... •::'.·:,·., ..... . . . .
ou
02 -
t
t
3a 2
= >
4
ay3
h
= >
2 Resposta:
82.
2
4
a 2
a
h -
2
Em um círculo de raio 13, considere uma tangenJe t e uma corda AB paralela a t, distando 8 dessa tangente.
Calcule o compri-
mento d a corda.
Solução
·-:1:-:::a- -~o
8
Consideremos o diâmetro CD perpendicular a AB e o triângulo --.. ACD, retângulo em A. Seja x
AB
= -
2
·
79
GEOMETRIA li
Aplicando a relação IV, temos x2 x2
8 · 18
144
-
x = 1 2 => AB
24.
Resposta: 24 83.
Seja ABC um triângulo isósceles de base BC = 1 2 circunscrito a um círculo de raio igual a 3. Uma porelala à base BC tangente ao círculo determ ;na nos lados congruentes os pontos D e E. Calcule DE.
A
7.ª Solução Porque
ê+Ê=
1 80°,
~ 2
-
+ _É_ 2
90°, sendo a triângulo OCE
80
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
retângulo em O . Como OF é altura relativa à hipotenusa e como CJ = CF = 6 e EF = EL = x, a relação IV fornece ·
32 = 6 .
X
= >
X
3 = > OE = 3. 2
= -
2.ª Solução Como BCED é um trapézio isósceles circ.,;nscritível, por 4.3 temos
BC = b = 12
h
= v'bb'
OE= b' 6 2 = 12 . b' =>
Jl = h = 6
=> b' - 3. Resposta: 3
84.
Em um triângulo ABC, as medianas que partem de A e de B são perpendiculares. Se BC = 8 e AC = 6, calcule AB.
Solução
B
A
4o 2 4b
e
4
4
2
5a 2
+ b2 = 9 + a = 16. + 5b + 25 2
2
Somdndo
= > a
2
+b
2
= 5.
81
GEOMETRIA li
4a 2
Então,
+ 4b
2
=
20 =>
= > AB 2 = 20 = > AB
=
·2 V5
Resposta: 2 V 5
É dado um quadrado ABCD de lado 8. Traça-se um círculo tan-
85.
gente ao lado BC passando por A e D. Co lcule o raio desse círculo. Solução 4
r2
l e-r 1
+ (8 - r) 1 6 + 64 + r
= 42
r2 =
2
2
-
1 6r
CD
16r = ·50 r = 5
e
B
86.
Resposta: r
= 5
Calcule a hipotenusa de um triângulo retângulo sabendo que um dos catetos mede 3 e que a bissetriz do ângulo reto mede V 2.
Solução
= >
o
X.
= 1.
82
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M . JORGE
2
-
3
02
3 2
+
-
(~ )'
b
-
= > b
3
-
2
9 9+- =
45
4
4
v-5
-3 2
-
-3 v- ; -5
Resposta:
2
Calcule o lado a de um triângulo sabendo que os lados b e e
87.
medem respectivamente 5 e 7 e que a projeção de b sobre e mede 3.
Solução
A
h
3
= > a = 4 y 2.
4
j_
2 .ª hipótese: 5 2 = 32 ' ~
-- - ~ - - - - ------=-
. t ___) - i- - __ .L -
- -1
o2
=
42
A > 90°
+h + 10
= > a =
Resposta:
88.
= 4
42= >
o 2 =4 2 +4 2 = 2
+-- -_L ____
90º
4y 2
2
= > h = 4
2
= 116 = >
2y 29. ou
2y29.
Num triângulo ABC, retângulo em A, traçam-se a altura AH e os segmentos HE e HF perpendiculares a AB e AC, respectivamente. Se BE-= p e CF
=
q, prove que
83
GEOMETRIA li
Solução
')
,
/
\
..
,,..
/
n
8
m
H
+-
D
n
p
a
e
6BEH ,....,_, LBAC => mas c2
c2
-
an ou n
--·
-
Logo,
a
c2 a
p
-
=> c3 -- a2p => c6
6CHF ,....,_, 6CBA =>
m
-
a mas b2
0
4p2
( 1)
e
a
=
-
q b
b2 am ou m
Logo,
-
a
a
(2)
a Como b
2
+c
2
=
a
2
,
temos
V a4p2 + -{/o4q2 _3; -
=> "V P 2
+
_3; V q2 =
=
_3; V 0
V aB
=>
2
C.Q.D.
84 89.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
As bases de um trapézio medem 17 e 6. Os lados não paralelos medem 5 e 5 . Calcule a altura desse trapézio.
4y
Solução 6
h
6 17
X
=
+ y + 6
17 = >
25 = h 2 80 = h2
X
+ y = 11
+x +y
2
2
•
Subtraindo,
55 = (y 2
-
x 2)
55 = 11 (y y + x = y -
h2 = 5 2
X
=
X) => y -
= >
X
=
X
3, y
= 5
=
8
5
3 2 = 25 - 9 = 16 = > h = 4
-
h2 = (4,v.5) 2
11}
= (y + x) (y - x)
-
8 2 = 80 -
64 = 16 => h = 4
Resposta:
4.
85
GEOMETRIA li
90.
Se a, b, e e d são ·lados de um quadrilátero de diagonais perpendiculares, prove que a2
+ c2
Solução
02
p.2
+ q2
c2
m2
+
n2
+
m2
d2 0 2
+
,2 _
p2
+
q2
+
b2
=>
l
a2
+c ~ 2
b2
+d
2
n2
=>
86
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
PROBLEMAS PROPOSTOS
91.
Os lados de um triângulo retângulo estão em progressã:,
geométrica.
A razão
desta progressão é:
A)
V5
s)
1
+ v 's
2
D) E)
92.
+ \/5-
C)
NRA.
Os catetos de um triângulo retângulo medem 1 S e 20.
A altura re lativa à hipo-
tenusa mede:
A)
8
C)
12
B)
10
D)
15
E)
93.
NRA.
Os catetos de um triângulo retângulo me dem 3 e 6.
A razão entre as projeç5es
desses catetos sobre a hipotenusa é:
A)
1
C)
2
B)
4 E)
NRA.
Em um triângulo retângulo, a hipotenusa mede l O e a
3.
O
altura a e la relati va mede
menor cateto desse triângulo med e:
A)
2'\./ 5
B)
2\/ 2 E)
95 .
3
D)
3
94.
2
NRA.
Considere um triângulo eqüilátero ABC de lado 12, uma altura AH e o ponto M, médio d essa altura.
O
segmento BM mede :
A)
V 18
C)
6
B)
V 28
D)
V 63
E)
V 98
87
GEOMETRIA li 96.
Considere um ponto P no interior de um quadrado de lado a, de forma que tenha mesma distância a
dois vértices consecutivos e ao lado oposto a esses vértices.
Se d é a distância comum, então d vale:
A) B)
3a
5 Sa
D)
8 E)
97.
3a
C)
8 a
,/ 2
--2
a
2
Calcule o perímetro do trapézio da figura
24
A)
120
S)
132
C)
138
D)
145
E)
NRA.
50 98.
99.
Calcule a hipotenusa do triângulo retângulo sendo h =
A)
16
S)
18
C}
18,5
D)
20
E)
NRA.
9 e n
+-·_____!!--º-
l 2.
~t
Em um triângulo retângulo, as projeções dos catetos sobre a hipotenusa medem 18 e 32.
O
perímetro desse triângulo é igual a :
A)
120
C)
132
B)
125
D)
150
E)
NRA.
88 100.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Em um trapézio isósceles de bases 5 e 3, a altura é igual a 2 .
Os lados. con-
gruentes do trapézio medem:
A)
B)
5 2 3 E)
1 O 1.
C)
y5
D)
V6
NRA.
As bases de um trapézio circunscrito a um círculo medem
9 e 6. Cada um dos
outros dois lados do trapézio mede :
A)
4,5
C)
7,5
B)
6
D)
8
E)
102.
NRA.
lEPUSP -
Em um trapézio retângulo de bases 1 e 3, a altura é igual a
y J.
66) Então assi-
nale a afirmativa falsa :
103.
o lado oblíquo às bases mede
B)
a menor diagonal mede
2
C)
a maior diagonal mede
2y 3
D)
uma das diagonais é perpendicular ao lado oblíquo às bases
E)
uma das anteriores é falsa.
O raio do círculo inscrito em unt triângulo equilátero de lado igual a A)
V3
C)
y6
B)
2y3
D)
3
E) 104.
y7
A)
mede:
NRA.
Um trapézio isósceles é circunscrito a um círculo.
Se seu perímetro é 36 e uma
base é o quíntuplo da outra, a altura desse trapézio mede:
A)
6
C)
3y 5
8)
- ;-1 v 13
D)
2y 2
2
E)
6y 3
NRA.
89
GEOMETRIA li
105.
Num triângulo retângulo de catetos b e e e hipotenusa a está inscrito um círculo.
O raio desse círculo é:
A)
B)
C) 2 (a+ b + c)
3 E) 106.
Dois círculos . de raios 9 e
va2 -
b2
D)
NRA.
(FEIUC -
67)
4 são tangentes exteriormente. O comprimento do seg-
mento da tangente comum externa mede:
A)
6
C)
9
8)
8
D)
1O
E)
107.
A distância ~ntre os centros de dois círculos é 37. Se os raios desses círculos medem 20 e 8, o segmento da tangente comum externa mede:
A)
30
C)
33
8)
32
D)
34
E)
108.
35
A distância entre os centros de dois círculos é 53. Se os raios desses círculos medem 20 e 8, o segmento do tangente comum interno vale:
A)
45
C)
48
8)
.46
D)
50
E)
109.
12
52
Considere um triânguJo ABC de catetos AB médio de AC, trace MN perpendicular a AC,
=
Sa e AC = 4a. Pelo ponto M, Se N é exterior ao triângulo e se
MN = a, BN mede:
A)
7a
C)
B)
ay4Ô
D) E)
NRA.
5ayi 15a 2
90 11 O.
A. C. MORGADO / E. WAGNER ·' M . JORGE
j
Calcule x na figura
A)
4
B)
4,5
C)
5
D)
6
E)
NRA.
l
8
10
CC+2
111.
O perímetro de um triângulo retângulo é 12 e a altura relativa à hipotenusa mede 2. A hipotenusa desse triângulo mede: A)
5
B)
-
C)
36 7
-
D) E)
112.
o
41
8
NRA.
raio do círculo inscrito em um losango de diagonais
A)
2
2 e 4 mede:
C)
5
D)
B)
5 E) 113.
6
5
NRA.
Um trapézio retângulo de bases a e b possui diagonais perpendiculares. A altura desse trapézio mede:
A)
ab
C)
,Vab
D)
não pode ser calculada
a+b
B)
a +
b
2 E)
NRA.
91
GEOMETRIA li
114.
Considere um quadrado Q de lado a e cinco círculos de mesmo raio r, interiores a Q, dos quais um é concêntrico com Q e tangente exteriormente aos quatro outros, e cada um destes tangencia dois lados consecutivos de Q. Então, r é igual a:
B)
,V2)
a (2 -
A)
3 a
(y3 - y2)
(,V2 -
1)
2 a
D)
8 E)
a
C)
5 (CICE -
nada disso.
70)
ENUNCIADO RELATIVO ÀS QUESTÕES 115 E 116 As retas r e s são perpendiculares a t,
como mostra a figura.
Sabe-se que
AB = 2a, BC = 3a e que AC é perpendicular a BD.
115.
AD mede:
s
r A)
a
B)
2a
C)
-a
e
3
2
D 4
D)
-a
E)
NRA.
3
B
A 116.
DC mede:
A)
5 -a
C)
2ay7-
D)
~v61-
2
B)
3a
E)
NRA.
3
t
92 117.·
A . C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
O
raio do círculo inscrito em um setor circular de raio r e ângulo de 60° é:
A)
B)
r
C)
2 r
D)
3
r
5 E)
118.
r
NRA.
(EPUSP -
P é um ponto interior a um retângulo ABCD e tal que PA -
3 PB = 4 e PC -
67)
5.
Então, PD mede:
E)
119.
2.
Pelo ponto M, médio da hipotenusa BC, traça-se M:--1 perpendicular a BC (N O
círculo circunscrito ao quadrilátero CAMN tem raio igual a :
A)
C)
2c
4c
D)
B)
ab E)
120.
< c). E AC).
É dado um triângulo ABC retângulo de hipotenusa a e catetos b e e. (b
4b
NRA.
Sejam b e e catetos e h a altura relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo. Podemos, então, afirmar que a equação
2
-
b
x2
2
1
h
c
- - x+ - = o
A)
tem sempre raízes reais
B)
' tem sempre ra1zes imaginárias
C)
2 tem sempre raízes cuja soma dos quadrados é 4a
D)
só terá raízes reais se h 2
E)
nada se pode afirmar.
>
bc
93
GEOMETRIA li
121.
Considere um semicírculo de centro O, diâmetro AB e raio R.
Construa interior-
mente a esse semicírculo dois outros de diâmetros AO e OB e um círculo tangente interiormente ao primeiro e exteriormente ao segundo e terceiro semicírculos.
O
raio deste círculo é:
A)
R
C)
2 R
D)
B)
3 E) 122.
R
4 2R
5
NRA.
São dados dois círculos tangentes exteriormente de mesmo raio R.
Calcule o raio
do círculo tangente aos dois primeiros e a tangente comum externa.
A)
R
2
B)
R - ·
3
C)
R
4 R
D) - 5
E) 123.
NRA.
As bases de um trapézio retângulo circunscritível a um círculo medem 15 e 1O. Sua altura mede:
A)
10
C)
8)
12
D) E)
124.
8y2 sy s
NRA.
Calcule o raio do círculo inscrito em um triângulo cujos lados medem 5, 5 e
C)
A)
B)
3 4
D) E)
NRA.
3 2 2
6.
94 125.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Seja ABCD um quadrado de lado a, como mostra a figura. AJ e Cl paralelos. Se a distância entre essas paralelas é
A)
B)
a 5
Por A e C traçam-se calcule DJ = BL = x .
D
3a
4 3a
5
C)
a
4a
5 ay5-
O) E)
126.
A
NRA.
L
B
t
1
Calcule x na figura
B)
V5 V7
C)
3y3
D)
VlO
E)
NRA
A)
127.
5
Calcule a hipotenusa de um triângulo retângulo sabendo que um cateto é igual a 6 e que a projeção do outro sobre a hipotenusa é igual o 5.
C) D) -é)
9.
8
28 3
95
GEOMETRIA li
128.
........
A)
AB = AC
C)
BC=
6y2
B)
BC = 6
D)
BC=
3V2
E)
129.
o
Em um círculo de raio 6 está inscrito um tri~ngulo ABC onde A = 45 •
Então,
NRA.
Dois círculos de raios R e 4R são tangentes exteriormente e tangentes o uma reta nos pontos A e B.
A)
2R
B)
-R
Então, AB vale:
7
2
C)
10 --R
O)
4R
E)
5R.
3
A 130.
8
Calcule x no figuro sabendo que AB é um diâmetro e t é tangente em 8 no círculo.
t
A)
10
B)
12
C)
15
D)
18
E)
NRA.
96 131.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Dois círculos de raios 8 e 1O são ortogonais.
3 -vTo 2
A)
v10
C)
B)
-4 v10 3
D) -5 3
E)
132.
O comprimento da corda comum é:
v10
NRA.
Pelo vértice A de um quadrado ABCD traça·se uma secante que encontra CD em E e o prolongamento de BC em F. Se AE = 3 e EF = 1, o lado do quadrado mede:
9
A)
B)
5
-
D
3 9
C)
D)
A
10
2
E
15
-
7
e
8 E)
F
12
5 133.
Calcule a altura de um trapézio isósceles de bases iguais a 1 O e 6 sabendo que , as diagonais são perpendiculares aos lados oblíquos às bases
A)
3 -
C)
5
B)
4
D)
V5
E)
134.
NRA.
Uma corda de um círculo corta um de seus . diâmetros segundo um ângulo de
A corda fica então dividida em dois segmentos que medem 12 e 6. círculo mede:
45º.
O raio desse
97
GEOMETRIA li
135.
A)
2y10
B)
3ylO
C)
6y5
D)
10
E)
NRA.
A base maior e um dos lados congruentes de um trapézio isósceles circunscritível medem respectivamente 16 e 1 O.
136.
A altura desse trapézio é igual a:
A)
4
C)
8
B)
6
D)
9
E)
NRA.
Considere a figura que consiste em um segmento AB de comprimento a e arcos circulares AC e BC de raio a e centros respectivamente em 8 e A.
dois
O raio
do círculo inscrito nessa figura, tangente ao segmento AB e aos arcos AC e BC, é :
A)
(y 2 -
B)
--a
v2
O)
4 E)
137.
ABCD é um trapézio, CD -
A
D
C)
1) a
3a 8
2a 5 (CICE -
NRA. 25 e AD =
15
B
e
70)
98
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Então,
138.
A)
AC= BD= 2.4
B}
sua altura vale 10
C)
ABCD é circunscritível
D)
AB = 7
E)
NRA.
(TESTE VETOR -
No figura abaixo, ABCD é um quadrado,
-
-
-
72}
Calcule seu lodo sabendo que M é
ponto médio de AB, CP perpendicular a MD e MP = 3.
A
A}
5
B)
v7
C)
2y5
D)
indeterminado
E}
NRA.
D
M
e
B (V.1. DEZ 71)
139.
O raio do círculo circunscrito o um triângulo isósceles de base 6 e altura 9 é:
A)
.4
C)
B)
5
ol 6,5 E)
NRA.
6
99
GEOMETRIA li 140.
Dois círculos de raios
4 e 1 são tangentes exteriormente, como mostra a figura.
Calcule o raio do círculo tangente a estes círculos e a tangente comum
A)
2
B)
3
C)
D)
E)
3
5 4 9
NRA.
externa.
,
CAPITULO 5 A
TRIANGULOS QUAISQUER
5.1 -
LEI DOS CO-SENOS
Em um triângulo, o quadrado de um lado é igual à soma dos quadrados dos outros dois menos o duplo produto destes dois lados pelo co-seno do ângulo formado. B
Demonstração Seja ABC um triângulo de lados BC = a, AC = b e AB = C. Consideremos ainda a altura BH = h e a projeção AH = x do lado AB sobre o lado Aé.
H
f
b
Temos, então,
= h2 + (b - x) 2
llBHC
= >
c2
llBHA
= >
h2 = c2 -
x2
= >
ª2 = c 2
x 2 + (b
= >
LlBHC
= >
-
= >
x)2 = >
= c2 - x 2 + b2 + x 2 - 2bx ª2 = b 2 + c2 - 2bx ª2
cos A
X
e = >
}
x = e · cos A.
=>
( 1)
101
GEOMETRIA li
Substituindo 8 em ( 1 ), teremos a2 = b2
+ c2
2 bc
+ c2 ª2 + b 2
b2 = ª2 c2
=
cos A
Analogamente,
cos B
2 ac
e
.......
2 ab · cos C
->
O leitor deve notar que não há alteração alguma se A
=>
mas ~ = cos ( 180° e
A)
=
-
cos A
= >
b2
a2
x
90°, pois
+ c + 2bx 2
(2)
-
= - ecos A.
Assim, substituindo em (2), chegaríamos novamente a a2
5.2
= b2
+c
2
-
-
2bc · cos A.
SíNTESE DE CLAIRAUT Observando a lei dos co-senos, podemos escrever
A< Ã
5.3
90° a 2
90° a 2
>
+ b2 + b2
b2
c2 c2
+c
2
•
LEI DOS SENOS (Lamy)
Os lados de um triângulo são proporcionais aos senos dos ângulos opostos na mesma razão do diâmetro do círculo circunscrito ao triângulo.
102
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
A Demonstração
Seja ABC um triângulo de lados a, b e e inscrito em um círculo de raio R e
se1a
BJ
um
diâmetro
desse círculo. Como o triângulo
BJC
é
retângulo .......
em C e como J = A, vem
sen A -
a
o
= >
2R
a
2R.
c
b
- - - ---- se n ---B sen C
,,......
sen A
Analogamente,
sen A
2R
A 5.4 -
RELAÇÃO DE STEWART
Seja
ABC
um
triân-
guio de lados a, b e c e se1a x o comprimento de uma ceviana AD que
di-
vide BC em dois segmentos m e n.
B n
m
j
a
e
j
103
GEOMETRIA li
Da lei dos co-senos vem
ÃABO
c2 = x 2
ÃADC
b2
=
+
x2
m2
+n
2
( 1)
-
2xm cosa
-
2xm cos ( 180º -
(2)
ex)
Multiplicando a primeira equação por n, a segunda por m e lembrando que cos ( 1 80° - a) = - cos ex, temos
b 2m b 2m
5 .5 -
+cn 2
=
x 2m x 2 (m
+
n 2m
+ 2xmn cos a.
+ n) + mn(m + n), mas m + n =
TEOREMA DE MENELAUS
Uma
reta
qualquer
determina, sobre os lodos de um triângulo ABC, os pontos
L· '
M
e
N,
como
mostro a figura.
LA
Mostraremos que - -
LB
MB MC
Somando,
NC NA
· - - · - - - 1.
A
a,
104
~. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Considerando as paralelas e - - -as secantes BLA e BMJ, temos E agora, das seco ntes MJ e AN, tiramos
LA
LB
MJ
MB
- - - - - ou
LA
MB
MJ
LB
- - == - - --:--
1.
MC MJ - NC = · - - ou - - -- - 1. NA MC NA NC MJ
Multiplicando membro a membro, temos LA
MJ
MB MJ NC · --· - - · --- 1 MC LB ., NA LA
MB
NC
LB
MC
NA
--- - - · --
1 5.6 -
ou
1.1
TEOREMA DE CEVA
Consideremos em um triângulo ABC três cevianas, AM, BN e CL. Se _ LA MB NC · - - · - - = 1, essas três cevianas forem concorrentes, entao LB MC NA e reciprocamente.
GEOMETRIA
n C' ~
105 A
- · '-.....
8'
-7
r
Seja r
.,-'
11 BC.
triângulos
Dos
se-
melhantes formados, B
e
M
temos
MB
AB'
NC
BC
LA
AC'
MC
AC''
NA
AB' '
LB
BC
-- -
Multiplicando membro a membro,
LA LB
·-
= >
MB -
MC
NC
AC'
AB'
BC
NA
BC
AC'
AB'
· - - - -- · -- - - -
LA
MB
LB
MC
NC
-
NA
= >
-1
,.
5 .7 -
CALCULO DAS PRINCIPAIS CEVIANAS
a) Mediana Seja m0 a mediana relativa ao lado a de um triângulo ABC
A
106
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
A relação de Stewart fornece
c2 . ~ 2
+ b2 -
1
2
a
-
2
(b2
m2o =
mª = -
1
2
2
+ c2) = 2 (b 2
+~ · ~·a
me. a
m2
°
+c
2
2
2
+~ 2
4
a2
) -
4
V2 (b2 + c 2 )
- a2 •
Analogamente,
ma =
m
e
1
2
= -21
V2 (b2 + c 2 )
-
a2
1-- --+- b2)-- -- c2 -
V 2 (a2
b) Altura Seja hc a altura relativo ao lado a de um triângulo ABC.
A
8
H
a
e
107
GEOMETRIA li
Da lei dos co-senos,
b2 = a 2
+c
2
..__,_..B
2ac cos
-
BH c2
BH -
+ ª2 2a
h2o = c2 -
h2e = h2
=
b2
[
c2
+ 2ªa2 -
4 a2c2 - (c2
+
b2]2
a2 -
b2)2
ª2 -
b2)2
4a 2 (2ac)2 -
(c2
a
+
4a 2 (2ac + c 2 + a 2
b 2}(2ac -
-
c2
-
a 2 + b 2)
4a 2 h2a -
h2o -
[(a
+
c) 2
-
b 2][b 2
-
(a -
c) 2]
4a 2 (a + e
+ b){a
+ e -
b)(a
+b
-
c)(b + e -
4a 2
a+ b +e= 2p b + e -
a a h2a -
ho
+e +b-
16 p(p -
a
= 2 (p - a)
b = 2 (p -
e
a)(p -
b)
= 2 (p - e) b) (p -
e)
4a 2
= ~ ~ - a)(p - b)(p - e) a
=>
a)
108
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Analogamente, se
e)
2
ha -
- V p(p -
hb -
~ V p(p
hc -
~V
. a)(p - b)(p - e)
então
a
e
- a){p - b)(p - e)
b
p(p - a)(p - b)(p - e)
e
Bissetriz interna Seja f3ia a bissetriz interna relativa ao lado a de um triângulo ABC.
X
=
f3ia
De 2 . 7, temos
m=
ac b+c
n · =f
ab
B
b+c
a A relação de Stewart fornece 2
+
+
2
c ab b + e
bc (b + e) = x 2 b + e
= x 2 a. + a 2 bc . a (b + c)2
+
2
a bc {b + c) 2
1'"'
n
m
b ac b e
.,
D
109
GEOMETRIA li
bc {b
x2 -
+
c) 2 -
{b
+
c)
a 2bc
+ c)2
bc [{b
(b x2 -
x2 -
x2
bc (b
x2
2
+
c) 2
a2J
+e+
a)(b + e (b + c) 2
bc . 2p . 2(p (b + c) 2
a)
a)
4 = -- bcp(p - a) 2 (b
x=
+ c)
2
V bcp(p -
a).
b+c
Analogamente, se
/3ia =
f3ib
=
/Jíc -
2
Vbcp (p-a),
então
b+c 2
. Vacp (p-b) a+c
2
e
Vabp (p-c)
a+b
d) Bissetriz externa
Seia f3ea o comprimento da bissetriz externa relativa ao lado a de um triângulo ABC.
110
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M . JORGE
Ainda de 2-7, temos X
m
n
=
ac
=
lc - bl
B
+=--º
ab
=
lc - bl
D' -= m -_ n
--------+--j
No triângulo ABD', a relação de Stewart fornece
+e
x2a
x2 -
x2 =
= b2
ab
2
Ie
b1
-
1e
bc[(a
+
b - e) · (a
bc . 2 (p -
=
b1
-
(e -
b) 2
4 (b -
c) 2
+
e - b)]
c) 2
b) 2 (p - e)
{b x2
a . ab . ac
-bc (b - c) 2 + bca 2 (b - c) 2
(b -
x2 =
+
ac
c) 2
bc (p -
b) (p -
2
x = - - - Vbc (p -
lb - cl
e)
b) (p - e)
.
Ana Ioga mente, se
f3ea = f3eb f3ec
2
lb - cl 2
!a - cl 2
la-
bj
V
bc (p - b) (p - e),
V a e (p
-
V ab (p -
a) (p -
e)-
a) (p - b)
então
e
f3e a
111
GEOMETRIA li
5.8 141.
PROBLEMAS RESOLVIDOS Calcule o terceiro lado de um triângulo sabendo que os dois primeiros medem
5 e 8 e que formam 60°.
Solução
= 5,
Temos b
e
= 8
cos 60°
e
=
1
2
Pela Lei dos Co-senos,
a 2 = 52
+8
2
2 · 5 · 8 ·
-
1
2
= >
7
a -
Resposta: 142.
7
Determine a natureza do triângulo cujos lados medem 12, 23 e · 19.
Solução Basta comparar
a2 b2 Como
529
-
= 529
12 2
+
+
c2
>
505, ou seio, como
ª 2 > b2 + 143.
23 2
cos
B.
Solução Temos:
a -
16
b
14
e =
10
=
144
,
+
361
505
A
c2, o triângulo e OBTUSANGULO.
Em um triângulo ABC, A.B .........
19 2
1o, AC = 14 e BC
= 16.
Calcule
112
A. C. MORGADO/ E. WAGNER/ M . JORGE
Pela Lei dos Co-senos, b2 = a 2 ........
........
+ c 2 ac ª2 + c2 - b2 2
=>
cos B
=>
_, 162 + 10 2 - 14 2 cosB = 2 · 16 · 10
=>
.... cosB
=>
2ac
256
=
+
=>
cos B
-
100 -
=>
196
160
~~~~~~~-
320
320
1
-2
....
1
Resposta: cos B = 144.
2
Calcule x no triângulo abaixo.
Solução Pela Lei dos Co-senos, temos (x
+ 2)
2
= x2
+ {x +
pois cos 1 20° =
-
-
•\
=>
x2
+ 4x + 4
1
2
(-+)
=>
+ x + 2x + 1 + x + x
=>
1 )2
-
2 · x (x
. x2
2
2
x
=>
2x2
-
X -
3
+ 1}
o=>
= -
1 (não serve}
3 2
X=-
Resposta: 145.
3 2
Um triângulo ABC está inscrito em um círculo de raio igual a 13. Se a = 1 O, calcule cos A.
113
GEOMETRIA li
Solução Pela Lei dos Senos, temos
a sen A
-
2R
10 --e--
= >
sen A
= 26
2
cosÂ= +V1-sen Â= + ~1-
= >
sen A =
5 13
2 : -= +~ ;:: =+ ;~1 9 Resposta:
146.
+
12 13
O produto dos senos dos ângulos de um triângulo é k ªR~c, onde a, b e c são os lados e R é o raio do círculo circunscrito ao triângulo. Calcule k.
Solução
- -ª-- - _ _b_ sen A
-
_ -
sen B
sen A
sen B
_ _e_ _ -
sen C
=
b 2R
1
2R =>
sen
-e -
c 2R
Então,
-
abc senC = - -
sen A . sen B
Logo,
k = -
1
8
8R3
1
=-
8
abc
· - R3- ·
·
Resposta:
1 8
114
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
147.
Um observador vê uma torre segundo um ângulo Ci. Aproxima-se
x metros e passa a vê-la sob ângulo
Aproxima-se mais y metros e passa a vê-la sob ângulo 3Ci. Calcule em metros a 2Ci.
altura da torre desprezando a altura do observador.
Solução
J
h
e
B
A
t
y
t
t
Verificamos inicialmente que AJB - BJC No triângulo JBC a Lei dos Senos fornece
3Ci)
sen ( 180
-
sen 3rx
y sen rJ.
= >
sen p -
e
que
BJ
x.
sen Ci
y
- --
x-y
- -- - - -~
=
sen rx
sen 3cx -
x-y
-
sen Ci
-
x-y
- - - - - - - * 2 cos 2Ci • sen rx
=>
2 cos 2rx · sen rx
x-y
cos 2rx -
e
y
*
Ci
y
X
X
H
sen q = 2 cos p
+q 2
· sen
p -
2
sen 2Ci -
q
(x ~1
4y2
y)2
115
GEOMETRIA li
Do triângulo JBH,
h
=
=>
JB · sen 2 Ct
h
a) h 0 ,
y)
4y2 h
Em um triângulo cuios lados medem: a
calcule:
(x -
1
Resposta:
148.
2
j
x · .. 1 -
=
=
=
(x - y)2 1 - --4y2
x
8, b
=
7 e e
=
5
e) f3eb·
b) me
Solução : ; } e= 5 a)
~ V p(p
h0 =
-
p = 10.
=>
a)(p -
b}(p -
e)
a
1 h =2-v'10 . 2 . J . s = a 8 4 b)
1
+b
m = - V2(a 2 e 2
f3eb -
f3eb
2
la - cl
-
2
V ac {p
-
1 - v'201.
25
2
a)(p -
_2-va.5.2.5 3
Respostas:
~ VJ
c2
) -
+ 49)
me= _l V2(64 2 e)
2
10 · y'3 =
v'a) -5 3, 2
2
e)
- · 20 ·3
=
40 3
1 b) - v201, 2
e)
40 3
116 149.
A. C. MORGADO/ E. WAGNER/ M. JORGE
Calcule x na figura.
Solução 6
4
t
10
A relação de Stewart fornece
x2
•
6
+ 9x
2
•
4 = 4x2
•
1O
+4
· 6 · 1O
2x2 = 240 x2
= 120,
X=
2,V30 2,V30.
Resposta: 150.
Demonstre que as três alturas de um triângulo são concorrentes.
A
b cos
......
cose
a cos
ecos "'B
,. b cose
e
117
GEOMETRIA li
Pelo teorema de Ceva, b cos à a cos
151.
........
........
e cos B · a cos C
B · b cos ê · e cos A
Na figura abaixo, calcule a razão
1.
JA JM
A
Solução
Consideremos o tri.â ngulo AMC e teorema de Menelaus, JA JM
BM BC
-
transversa l NJB.
JA 5 = 1 = > ---JM 6
Resposta:
152.
Pelo
NC - -1 NA
2x 3y ·-- · - JM 5x y JA
a
5 6
Demonstre que as três medianas de um triângulo são concorrentes.
118
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Solução
A Como AC'
BA' CB' - 1' - -- - --C' B A'C B'A
pelo teorema de Ceva
153.
AC' · BA'
CB'
C' B · A ' C
B' A
Calcule a razão
1.
X
e
Aª
B na figura .
y
Solução Pelo teorema de Ceva,
3 . 5 , y
6 -8 -x
1 => _x_ y
5 16
5
8
5
Resposta: 154.
16
Calcule a altura de um trapézio cujas bases medem 30 e 9 e cu jos lados não parale los medem 17 e 1 O.
A
9
Solução Calcµlaremos a altura do triângulo ABC
21}
a b = 10 e = 17
17
h
21
= > p - 24
30
e
j
119
GEOMETRIA li
h
h
v
2 - 21
24 (24 -
21 H24 -
v 24 . 3 . 14 . 7
2 21
1 0)(24 -
2
-
17)
· 84 - 8.
21
Resposta:
8
PROBLEMAS PROPOSTOS
155.
O t riângulo cujos lados medem ·20, 29 e 21 é : A)
obtusângulo
C)
retélngulo
B)
isósceles
D)
acutângulo
E)
156.
Calcule cos
-a
A)
NRA.
na figura.
2
Cl
3
D)
B)
3 E)
157.
158.
4 3
4
2
NRA.
O triângulo cu jos lados medem 56, 33 e 66 A)
tem um ângu~ de 30º
8)
é acutângulo
C)
é retângulo
D)
é obtusângulo
E)
NRA.
Em um tri ângulo ABC sabe-se que AC
= 7,
BC = 8 e -B
A)
5
C)
5 ou 3
B)
3
D)
4
E)
NRA.
= 60 . o
Então, AB mede:
120
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
159.
Calcule o lado a de um triângulo ABC sabendo que b e e medem 4 1 O e 7 respec· tivamente e que a projeção de e sobre b mede 0,25.
A)
12
C)
V 143
B)
13
D)
y
E)
160.
NRA.
A de
Calcule o co·seno do ângulo AB = S.
um triêingulo ABC, onde BC
1
A)
-
B)
-
3 1
=
s 6
1 7 ·
- ·
ê
de um tri êingulo ABC, onde A8 = 6, AC = 5 e
A)
4yl4
C)
-4y 14
B)
y l.4
D}
- y 14
E)
NRA.
ENUNCIADO RELATIVO ÀS QUESTÕES 162 E 163
·•
Em um triêingulo ABC sabemos que AB
(V3 - 1) 3 (V3 + 1) 6
E)
163.
=
_.....
6, A
=
60
o
..-...
e 8
=
O lado AC mede:
B)
e
1
Calcule a tangente do angulo BC= 3.
A)
=7
D) -
E)
162.
8, AC
1
C)
4
161 .
129 ·
C)
6 (3 -
D)
3
C)
3 (3 -
D)
8
y 3)
+y 3
NRA.
A projeção do lado BC sobre AB mede: A)
3+ y3
B)
2 (3 -
yJ-) E)
NRA.
y3)
(y 3 + 1)
o
45.
121
GEOMETRIA li
164.
A) 4 8)
,V17 E)
165.
=
=
C)
3'\12
D)
yl9
Em um tri angulo ABC cujos lados medem BC 8, AC 6 e AB = 4, .consi dere o ponto M do interior do lado BC · tal que CM = 2. Então, AM mede:
NRA.
Considere o triângulo ABC de lados AB = AC = 6 e BC
=
4, Seja M o prolon·
MC 1 gamento do lado AC tal que - - = - · Então, ilM mede:
MA
A)
,V30
C)
,V35
8)
,V33
D)
,V37
E)
166.
NRA.
Considere um quadrante AOB de raio R•. Um ponto M do arco AB é tal que suo distância ao raio OB é a metade da sua distância no ponto A. Então, MA mede:
A)
R
B)
-R
4
3
E)
167.
3
C)
3 -R
D)
2 -R 3
2
NRA.
Em relação li figura abaixo, a partir da relação de Stewart é verdadeiro con· cluir que: b2
A)
+
c2
m
b2
-
0
2
+ x2 n x2
c2
B)
-an+ -am .-==mn
C)
-+-+ -a = 1 m m
D)
-an+ - -mn= am
E)
nada disso.
C
b2
b
A
X
c2
x2
8
D
o
e
122 168.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
C)
vs 2vs 3vs
D)
3vf2
E)
NRA.
A) B)
169.
A
Calcule x na figura.
B
e
3
Calcule x na figura.
2X A)
B)
1
V2 E)
NRA.
C)
v5
O)
o problema é impossível
5
D
GEOMETRIA li
170.
123
Em um triângulo de lados 5, 7 e 11, a menor mediana tem comprimento igual a:
9 ~ ;2
3 ~ ;2
C) - v 3
A) - v 3
B}
3
-2 '\135
D) E)
171.
-1 v~ /.-35 2
NRA.
Em um triângulo cujos lados medem
24, 20 e 16, quantas vezes
V7 está con-
tida na altura relativa ao maior lado?
A)
5
C)
7
B)
6
D)
8
E) 172.
NRA.
Se os lados de um triângulo medem: a = 12, b
=
1O e C
=
8, a bissetriz externa
relativa ao lado c tem comprimento igual a:
E) 173.
NRA.
Se os lados de um triângulo medem: a = 5, b = 7 e c = 8, então a razão entre e altura relativa ao lado e e a bissetriz interna relativa ao lado b é :
A)
B)
10
C)
13 13
D)
10 E) 174.
5
8
8 5
NRA.
Os lados de um triângulo ABC medem: AB =
13, AC
= 1 S e BC = 14. Se H é
o ortocentro do triângulo, então HA mede:
A)
8
C)
8,25
B)
8,2
D)
8,.4
E)
NRA.
124 175.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE ,
A soma dos senos dos llngulos de um triangulo e: A)
8)
p
-
C)
R
2p -R
D) E)
176.
-
p = semiperímetro R = raio do círculo
p
2R
inscrito.
2R p
NRA.
Os lados de um tri8ngulo ABC são a, b e e. O valor de .,....
cos A
cos 8
-
cos C
--+--+-ª b e A)
ª2
+ b2 + c2
C)
1
8)
D)
Um trangulo ABC tem lados o, b e e. Se
B=
A)
sen
8)
senA
2 sen
A
o
= --b
+c
E)
178.
Na figura abaixo,
A)
4
B)
5
C)
JA -JM -
E)
NRA.
3
8
b
cosA = - 2a
D)
sen ê = sen
A
20
então:
C)
vale:
3
- -
2abc
8 + 2A,
NRA.
16
D)
+ bc + ca 0 2 + b2 + c2 ª2 + b2 + c2
ab
NRA.
E)
177.
é:
A+ sen :S
125
GEOMETRIA li
179.
180.
Calcule x na figura.
A)
6
B)
6,5
C)
6,75
D)
9
E)
NRA.
Calcule· x na figura, sendo:
AB = 6 AC= 8 BC= 10 MA= 6 NA= 2
PB =
A)
B)
C)
X
10
20 3
25
3
D)
15
E)
NRA.
8
126 181.
A. C. MORGADO / E. WAGNER/ M. JORGE Na figura abaixo,
A'C
A
1 = -BC ·3
I
B'A
1
= -CA
e
3
1
C'B =-AB.
3
A
razão
MN
é:
AA'
A'
8
1
3
A)
-
C) -
B)
2 -
Ol
2
7
5 E)
4
9
5
-
9
182.
Se G é o baricentro de um tri8ngulo ABC, demonstre que AB2
183.
+ BC2 + CA2 =
+ GB2 + GC2 ).
Dado um triângulo isósceles ABC de base BC e um ponto D qualquer de sua base, prove que AB2 -
184.
3 (GA2
AD2
+ BD : DC.
Determine o lugar geométrico dos pontos cuja soma dos quadrados das distancias a dois pontos fixos é constante e igual a k 2 •
185.
Seja ABCD um retângulo.
Prove que para um ponto P qualquer
127
GEOMETRIA li
186.
Seja ABCD um retângulo de centro O. Prove que, se um ponto P varia sobre um círculo de centro O, PA
2
+ PB2 + PC2 + PD2
permanece constante. 187.
São dados dois círculos concêntricos. De um ponto P variável do círc•Jio exterior traçam-se PA e PB, sendo A e B extremos de um diâmetro do círculo interior. 2
Mostre que PA
+ PB2
é constante.
-f- 3PB 2 =
k 2, k constante.
188.
Determine o lugar geométrico dos pontos P tais que PA 2
189.
Sendo M e N os pontos que dividem em três segmentos congruentes a hipotenusa BC de um triângulo retângulo ABC, demonstre que
190.
Determinar o lugar geométrico dos pontos cuja diferença dos quadrados das dis2
tâncias a dois pontos fixos A e B é constante e igual a k •
,
CAPITULO 6 ÁREAS INTRODUÇÃO 6. 1 -
DEFINIÇÕES
Est~dcmos até agora nas figuras geométricas a sua forma, as medidas de seus ângulos e os comprimentos dos segmentos que as compõem, assim como relações entre eles. Vamos agora estudar a extensão* das superfícies limitadas pelas figuras. Na figura abaixo, notamos que o superfície do pentágono ABCDE é claramente maior que a do triângulo XYZ.
A
z
E
B X
e
D
y
Duas figuras se chamam EQUIVALENTES se possuem igual extensão, independente de suas formas.
Imagine o leitor que, depois de
recortarmos em uma mesma folho de papel duas figuras quaisquer
*
A extensão é um conceito primitivo.
129
GEOMETRIA li
A e B, vamos pesá-las .em uma balança de precisão. Se encontrarmos pesos iguais, é porque a extensão de suas superfícies é a mesma, sendo as figuras, portanto, equivalentes. Escreveremos, neste caso, A~B.
Se o peso de A for maior que o de B, então a superfície de A é maior que a de B e escreveremos
A> B. A
B Sejam A e B duas figuras tais que sua interseção seja vazia ou sejam apenas pontos de seus contornos.
F
A reunião de suas
superfícies se chama somo das referidas figuras. Assim,
F =A+ B. A
Se B está contida em A, definiremos diferença entre estas figuras a superfície formada pelos pontos de A que não pertencem a B. Se A e B são os retângulos
da figura ao lado, e F é a figura hachurada, então F
6.2 -
=
A -
B.
AXIOMAS
A 1-
Duas figuras congruentes são equivalentes A= B = >
A~ B.
130
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
A 2 -
A equivalência goza das propriedades _reflexiva, simétrica e transitiva. i)
A~A
ii)
A~B
iii)
A~B
B~C
}
B~A
= >
A ·~C.
A 3 -As somas (ou diferenças) de figuras equivalentes sao equ1valentes.
tJ
A1 ~A2 81
6.3 -
~
82
=>
A1
+B
1
~ A2
+ B2
TEOREMA
Se duas figuras podem ser divididas em igual número de outras respectivamente congruentes, então são equivalentes. Realmente, se F1 pode ser dividida nas partes Ai, B1, se F2 pode ser dividida nas partes A 2 , B2, C 2 ________ , e se
temos como
+ B1 + C1 + -----------A2 + B2 + C2 + -----------A1
F2
e
C1
____
e
GEOMETRIA li
por 7.2 -
131 A 1 e A3 concluímos que
Exemplo
a
t
t a
A
a
t
2a
Sejam A um quadrado de lado a e B um triângulo retângulo d e cate tos a e 2a.
..!!... 2
Dividamos o
quadrado
em
duas partes A 1 e A 2 , como mostrd a figura.
/
/
/
/
/
-
132
A. C. MORGADO / E. WAGNER _/ M . JORGE
Dividamos também
o
triôn-
guio em duas portes 8 1 e 8 2 , como
mostra
o
a
T
f iguro.
Verificamos
imediatamente
a
1
t
que:
e
Logo, podemos conclu ir que
A:::::: B. 6 .4 -
TEOREMA
Dois paralelogramos de
bases e
alturas congruentes soo equi-
valentes. 1 .º caso -
CD · e C ' D ' têm um segmento ou um ponto comum
01
D
ABCD
F1
+
F.,
A
e
e•
B
133
GEOMETRIA li
Como ABCD ~ ABC'D' 2.
0
caso -
CD e C'D' não têm ponto comum.
8
A
Considerando tantos paralelogramos intermediários quantos necessários, temos
6.5
OBSERVAÇÃO Em vista
do demonstrado em ?.5,
podemos
afirmar que todo
paralelogramo é equivalente a um retângulo de mesma base e altura.
h
p
R
b
b 6.6
R::P
ÁREA DE UMA FIGURA Vamos associar a toda superfície limitada um número réal positivo
ou nulo
A
1--
S(A)
134
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Assim, a uma figura A foi associado um número S(A) (área de A) tal que: 1)
Duas figuras equivalentes possuem áreas iguais A ~ B
2)
= >
S(A)
= S(B)
A área de uma figura composta de várias partes é a soma das áreas dessas partes.
A
= >
=> S(A)
6.7 -
TEOREMA
A razão entre as áreas de dois retângulos de bases congruentes
é a razão entre suas alturas
B
A
b
x{ ---------
x{ ----------
b'
a
a
Seiam b e b' comensuráveis. Logo, existe um número x que "cabe" um número inteiro de vezes em b e em b'.
b
mx
= >
b'
hx
Temas então
b
m
b'
n
(1)
135
GEOMETRIA li
Podemos, então, dividir A e B em retângulos congruentes de base a e altura x. Ses é a área de cada um deles, temos S(A)
ms
S(A)
= > S(B)
m
-
S{B)
ns
(li)
n
Por I e li, temos S(A)
-
S(B)
b b'
Se b e b ' não forem comensuráveis, chegaremos a idêntico resultado, pois x pode ser tão pequeno quanto se queira . Assim, podemos dizer que "A razão entre as áreas de dois retângulos que possuem uma dimensão congruente é a
6.8 -
razão entre as dimensões não congruentes."
TEOREMA
A razão entre as áreas de dois retângulos é a razão entre os produtos de suas dimensões. Sejam
retângulos
dimensões
,
are a
A
ª1
'
b1
s(A)
B
ª2
'
b2
s ( B)
consideremos
e
s (C)
136
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Por 7.8, podemos escrever S(A) S(C) S(C} S(B)
b1
-b2 01
- -
Multiplicando,
0 2
S(A)
S(C}
S(C}
S(B}
- -
b1
·- = >
02
= >
6.9 -
01
b 2
S(A) S(B)
-
01
b1
0 2 b2
UNIDADE DE ÁREA
Devemos considerar o superfície de extensão unitário. Esta é arbitrário, como acontece com qualquer unidade. Consideraremos, então, como nosso unidade de área o área do quadrado de lado unitário
1
= >
1 6. 10 -
ÁREA DO RETÂNGULO
Sejam
retângulos
dimensões
R
a
01
1
t
t
, are a
b
s
1
1
137
GEOMETRIA li
Por 7. 9, temos
s
o . b
l
l
-----
6. 11 -
1
ÁREA DO PARALELOGRAMO
b,
Consideremos um paralelogramo de base Tendo em visto o demonstrado em 7.5 e 7.6, concluímos
.
6.12 -
,
A
AREA DO TRIANGULO
/
altura h e área
7
b
t
s.
h
t
Consideremos um paralelogramo de base b, altura h e área 25, e o triângulo formado por dois lados consecutivos e uma diagonal, como mostro o figuro. Natural-
- - - - - - --,y /
/
s
h
/ /
mente que S é o área de cada um dos triângulos congruentes em que o paralelogramo Assim,
ficou
25
/
b
dividido.
= bh
=>
/ /
s=
bh
2
,
6.13 -
AREA DO LOSANGO
-º-2 =
D
2x
j d
d
t
138
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Seja S a área de um losango de diagonais D e d.
D 2 5 = 2 - -2 d
6.14 -
d 2
ÁREA DO TRAPÉZIO bl
+--
Seja S a área de um trapézio de bases b e b ' e altura h. Por meio
/ /
Sz .,, /
h
de uma diagonal, dividimos o tra-
/
51 - ~ -
D
s
= >
pézio em dois triângulos de áreas
--
S1 e 5 2 •
b
s
+ 52 s - bh + b'h
= >
s
= >
s
2
ou simplesmente
6.15 -
Então,
51
2
b
+ b' 2
bm . h
ÁREA DO POLÍGONO REGULAR
Sejam ;"
I
,
s
area do polígono regular medida do lado
a
-
medida do apótema
n
-
numero de lados
p -
Temos então
,
semiperímetro do polígono
'
/
---
.....
'' \
139
GEOMETRIA li
Como o polígono pode ser dividido em n triângulos congruentes de base I e altura a, temos
SI
-
n .
·a
2
Mas n · 1 é o perímetro do polígono; logo,
2p · a 2
s 6.16 -
= >
s
pa
ÁREA DO CÍRCULO
Seja S a área de um círculo de raio
R e se1a Sp a área de um po-
lígono regular de n lados nele inscrito.
P ~ ,rR* Se n ~ oo, então
{
a ~ R Sp ~ S
Assim, ,.
S =
l im Sp = n-+ o:>
6. 17 -
1rR:·
lim pa
Então,
n-+ ro
, AREA DE UM SETOR CIRCULAR
Como a área do setor varia linearmente com o ângulo central, _,I
S = se r,..
mê;:.
Mas
21r rd, m 2,r =>
-s
Logo, m -
R2
\'\. ,_
2
* O comprimento do círculo é dado em função do ra io por C constante aproximadamente igual a 3, 14 1 6.
/
2 1rR, o nde
1r
é uma
140
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Assim,
6.18 -
et
R2 S = -2
,
AREA DO SEGMENTO CIRCULAR
R
S= -
=>
6.19 -
~ R2
R . R sen
2
S = -
R
. r:t.
=>
2 R2
2
_.. ._ (ex
sen
et)
..---.
ex em rd.
ÁREA DA COROA CIRCULAR
S = 1rR2
r2
1r
-
li
V
IS=
1r
(R
2
-
r
2
)
1
141
GEOMETRIA li
6.20 -
ÁREA DO TRIÂNGULO EM FUNÇÃO DOS LADOS
Consideremos um triângulo de área S, lados a, b e e e alturas
ha, hb, hc•
s
=
a ho
=>
2 e · he
25
Sabemos que h0
= ~ V p(p
Multiplicando por
a
2
~ 2
a)(p -
b)(p -
e), sendo
p
seu semiperímetro.
vem
·ho - ~ · _3_
=>
6.21 -
-
a
2
S -
a
V p(p
V p(p -
-
a)(p -
o)(p -
e) = >
b)(p -
b)(p - e)
1*
TEOREMA
Um triângulo é equivole.nte a um retângulo de mesmo base que a do triângulo e altura igual à metade da do triângulo.
h
h
2 *
Este radical é conhecido como "radical de Heron". Heron -
séc. 1 d.C.
142
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
T =
A+B + C
R = A'
A~ A'
B
~
B'
+ B' + C
mas
}
T~R
=>
c~ c Daí concluímos que bases e
Dois triângulos de
alturas respectivamente congruentes
são equivalentes
AI
A
h
e
B S (ABC) 6.22 -
S (A' BC)
=
-
,
A
RAZAO ENTRE AREAS DE TRIANGULOS SEMELHANTES
T
h
~ t
Sejam
b
f
h'
~
b'
s
S(T) S(T' )
-
S'
t
143
GEOMETRIA li
Se T ,_., T'
= >
b
h
b'
h'
k
(razão de semelhança).
Então, _l
s
-
S'
= >
= >
b h
2
=>
1 - b' h' 2
s
-
S'
s S'
b
h
b'
h'
-
k . k
=>
k2
Portanto, a razão entre as áreas de triângulos semelhantes é o quadrado da razão de semelhança. Estendemos facilmente esta conclusão para polígonos e demais figuras semelhantes.
6.23 -
-
,
A
RAZAO ENTRE AREAS DE TRIANGULOS QUE POSSUEM UM ANGULO COMUM A
e
A
8'
B
144
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Consideremos os triângulos ABC e AB'C' da figure que possuem o ângulo à em comum. Sejam S e S' suas áreas e h e h' as alturas traçadas de C e C', respectivamente. Temos então
S=
AB ·
h
=
S'
2
s
-
S'
h
Mas
AB
2
h h'
·--
AB' AC
h'
h'
AB'
--·
Logo,
AC'
S AB · AC -----S' AB' · AC' A razão entre as áreas de dois triângulos que possuem um ângulo comum é a razão entre os produtos dos lados que em cada triângulo formem esse ângulo.
6.24 101.
PROBLEMAS RESOLVIDOS Calcule os catetos de um triângulo retângulo de área igual e 108 uc* sabendo que são proporcionais a 2 e 3.
Solução 2 :e
108
=>
-
2x · 3x
3~ =>
2
x2 - 36 =>
x= 6. Resposta:
*
Unidades de área.
12 e 18.
145
GEOMETRIA li
192.
Dividir um triângulo ABC a) em duas partes equivalentes por oma ceviana b) em quatro partes equivalentes por meio de três cevianas.
Solução
A
A
s -
193.
s 4
s
s 4
Considere um quadrado de lado a, um segundo quadrado cujos vértices são os pontos médios do primeiro, um terceiro formado pelos pontos médios do segundo e assim sucessivamente. Calcule o limite da soma dos áreas dos quadrados.
Solução
4
2
146
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
lados
áreas
,4
16
8
4
2
16
lim S
32 l
2
Resposta:
194.
Calcule a área de um triângulo eqüilátero de lado a.
Solução
h
h
S
=
ah 2 a
a
a
= >
,V3 a 2 ,V3
2
S=--2
~
4
Resposta:
3 2 ua
147
GEOMETRIA li
195.
Sendo eqüilátero o triângulo da figura, calcule a área assinalada.
Solução
S=D..-0 3
r
1
1 6
3
3
= -h = -
50
=
1rr2
V3 - = V3 2
= ,r( -y3)2
=
31r
6
Resposta: 196.
3 V3
-
,r ua
Calcule a área de um losango de perímetro 40 sabendo que uma diagonal é o dobro da outra.
Solução
D= 2d
s 100
=- 2d. d 2 =
=>
d
2
=
+~ 4
d2
80
S
80
d2
5d 2
4 =>
Resposta: 80
148 197.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Um triângulo de altura h é dividido por uma reta paralela à base em duas partes equivalentes. Calcule. a distância desta reta ao vértice. Solução Ll ADE ,_, Ll ABC
razão
de
semelhança
X
h.
k ·=
Sabemos que a
rezão entre os áreas é o quadrado da razão de semelhonço. Então,
e
B
s
x2
25
h2
X
2
-
h2
--
2
= >
X -
-
h,v2 -
2
-
Resposta: 198.
A figura abaixo mostra um quadrado e seu círculo circunscrito. Se a área assinalada é igual a 1r - 2, calcule o lado do quadrado. Solução
S= D
-~ R· R
4 1r - 2
= -
=> R2
R2
2
(1r-2) =>
4
= 4 = > R - 2.
O lado do quadrado será a = RV2 ·- 2V2
Resposta:
2V 2
149
GEOMETRIA li
199.
Num triângulo isósceles ABC, AB
AC -
o.
Calcule suo área
sabendo que é máxima.
A
Solução
Seja h a altura relativa ao lado AC.
h
S-
Então,
a sen A
e
.-....
ah
a · a sen A
2
2
A área será ·máxima se sen
s
A-
1
=>
A=
90°.
Então,
a2
2
Resposta:
200.
IME -
ª2 2
65.
Divida a área de um círculo de raio R em n partes equivalentes por meio de círculos concêntricos de raios r11 r 2 , r 3, Estabelecer o valor de ri em função de R, n e i.
____
ri ____ rn-l·
150
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Solução A área de cada parte será s n
Como o círculo ri está dividido em , partes equivalentes, • 1rR2 1rr.2 - 1 - 1
= >
n
Resposta:
201.
R
~~ ·
Calcule a área do trapézio de bases 25 e 4 e lados não paralelos 17 e 10. Solução
4 /
Calculemos a trapézio.
/
altura do
/
/
Traçando por um dos vértices da base menor uma paralela a um dos lados oblíquos, formamos um triângylo de lados l7, 1 O e 21. Sua altura será: a= 21 } b = 17 e = 10
-
/
21
l =>
2 21
/
25
p - 24
y24 · 3 · 7 · 14 - 8
j
151
GEOMETRIA li
Então, a área do trapézio será
S
=
25
+4
· 8
2
116
116 ua
Resposta:
202.
Calcule a área do quadrado inscrito em um triângulo de base 12 e altura 6
Solução 6-o
-
a
12
6 -a - - - - ===>· 6
f 6
a= 4.
=> Então,
t
12
5 = 4 = 16 2
Resposta:
203.
l6
ua
O perímetro de um triângulo isósceles é 2p. Calcule a á-rea desse triângulo.
Solução
x+x+xV2=2p = > X· X
S = -2
s
= p 2 (3
=>
x = p{2 - V2) x2
p2{2 - v2l2
2
2
2,V2).
Resposta:
p 2 (3 -
2 V2).
152 204.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Em um círculo de raio R, AB é um diâmetro e AC uma corda que forma 15° com esse diâmetro.
Calcule a área do menor dos
segmentos circulares determinados pela corda AC.
Solução
R2
,. . .
x
= -
(ex -
ex
= 150° =
2
_.. _
sen ex) v. 6. 1 8
S1r rd
6 1
sen ex -
S = -
2
A
B
R2
- (5,r - 3)
12
Resposta:
205.
R2
- - (S1r - 3). 12
O triângulo ABC de lados o, b e c do figuro tem área igual o 36 ua. Se DC
= ~ 3
e CE
= ~, calcule 3
a área do triângulo BDF.
153
GEOMETRIA li
Solução
A
'·
_ ,_.;~:t ff%ÍJ/tttY }\~t~_,, . ..!.a
..La
3
3
Pelo teorema de Menelaus,
FA
DB EC . -- . -- OC EA
FB = >
C -
X
X
2 1
Como BDF e BCA têm o ângulo
s 36
.-
1
4
B em
-
1
= >
1
= >
X
e 3
=
comum,
2 - 2 BF · BD - l -- · - 3 3 9 BA · BC = > S
= 8
= >
ua
Resposta:
8 ua
154
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
PROBLEMAS PROPOSTOS
206.
Calcule a área do retângulo de perímetro igual a 14 sabendo que sua diagonal mede 5.
A)
6
C)
12
B)
8
D)
16
E)
207.
NRA.
Os lados de um paralelogramo medem 1 O e
6y 3-.
Se esses lodos formam 60°,
sua área mede: A)
90
C)
60
B)
120
D)
75
E)
208.
NRA.
A figura abaixo representa um triângulo eqüilátero de lado 6 e seu círculo circunscrito. A área assinalada mede :
A)
21r -
B)
31r -
C)
41r -
D)
121r -
E)
NRA.
y 3 2-, / 3 3y 3 9y 3
s
6
209.
Dois triângulos são semelhantes, sendo a razão de semelhança igual a 3. zão entre suas áreas é : A)
3
C)
9
B)
6
D)
27
E)
NRA.
A ra-
GEOMETRIA li
155
210.
Uma
Dois círculos de centros A e 8 e raios R e .4R são tangentes ext eriormente. reta é tangente em C e D aos dois círculos. A área do quadri látero ASCO é :
A)
4R2
C)
8R2
B)
5R2
D)
1 OR2
E)
211 .
NRA.
Calcule o perímetro de um losango em que uma diagonal mede 1 O equivalente a um quadrado de lado igual a 5.
A)
5 ~ ;-
- v 5 2
E)
212.
C)
10y 5
D)
5y 1Ô
NRA.
Considere dois círculos concêntricos de raios R e 2R e centro O . corda AB do círculo maior tangente ao círculo menor.
Considere uma
Se a área do setor AOB
é k1rR2 : k vale:
A)
-
1
C)
3
-
4
2
B)
3
D)
2 E)
213.
4
3
NRA.
Se o raio de um cí rculo é multi plicado por 2,5, a sua área fica multiplicada por: A)
5
C)
25
B)
10
D)
125
E)
214.
-
NRA
A áre a d e um triângulo r e tângulo e m que um cateto mede 45 e a hipotenusa 53 é: A)
1.260
C)
760
B)
930
D)
630
E)
NRA.
156
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
215.
Em um trapézio is6sceles de bases 1 O e 6, as diagonais são perpendiculares aos lados oblíquos às bases. A área desse trapézio é:
A)
32
C)
24
8)
28
D)
20
E) 216.
NRA.
O círculo inscrito em um setor de 60º e raio R tem área kR2 ,
A)
C)
4
B)
D)
8
nde k vo le:
- 3 10
4 15
E)
9 217.
218.
A área do triângulo do figura é : A)
12
B)
18
C)
20
D)
30
E)
NRA.
Um trapézio retélingulo de bases 9 e 4 tem diagonais perpendiculares. Sua área é: A
26
C)
52
B)
39
D)
78
E)
219.
NRA.
A área de um círculo inscrito em um triângulo eqüilátero é 36-ir. A altura desse triângulo mede:
A)
6
C)
18
B)
12
D)
24
E)
NRA.
157
GEOMETRIA li
220.
Se o ·raio de um círculo aumenta de_
A)
10%
C)
21%
B)
20%
D)
100%
E) 221.
NRA.
A área de um hexágono regular inscrito em um círculo de raio
A)
64V3
B)
72y3E)
222.
10%, suo área aumenta de:
8 é:
NRA.
Os catetos de um triângulo retângulo medem
16 e 30. A área do círculo circuns-
crito a esse triângulo é: A)
1741r
C)
2891r
B)
21171"
D)
31671"
E) 223.
O
lado de certo quadrado aumenta de
30%. Sua área então aume:.ta de:
A)
15%
C)
60%
B)
30%
D)
69%
E) 224.
NRA.
27%
A área de um segmento circular de raio R e ângulo central de
R2
A)
C)
-
B)
D)
-(7r -
6
(21r -
R2
E) 225.
12
y'3)
yJ) ·
NRA.
A área de um setor circular de raio R e ângulo central de
A)
R2 - . (1r 12
6)
C)
B)
R2 -(1r-3) 6
D)
E)
60° é:
R2 -(1r -
30° é: 3)
12 R2
NRA.
-(1r-3) 6
158
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
226.
A razão entre as áreas dos quadrados inscrito e circunscrito ao mesmo círculo é:
A}
8)
C)
2 2
--
D)
3
E)
227.
4 2 ---
5
NRA.
A área de um triângulo eqüilátero circunscrito a um círculo de raio ré:
A)
-
5 2 r 2
C)
3,V3-1rr2
8)
3,V3 r 2
D)
1r,V3 r 2
E)
228.
3
NRA.
A razão entre as áreas dos triângulos eqüiláteros inscrito e circ1.,1nscrito ao mesmo círculo é:
A}
1 2
8)
-
1
D)
3 E)
229.
2
. C)
3 -
1
4
2
5
A razão entre as áreas de um triângulo eqüi látero inscrito e de um hexágono regular circunscrito ao mesmo círculo é:
A)
-
1
C)
3 8)
D)
4 E)
3 8
2 5 3 5
159
GEOMETRIA li
230.
Um dos lados oblíquos de um trapézio mede a e a distância do ponto médio do lado oposto a e ste lado é x.
ax
A) B)
2 ex
E) 231.
A área do trapézio é:
C)
2ax
D)
indeterminado
NRA.
No quadrilátero qualquer ABCD, P é meio de AD e M é meio de BC. Se a área de ABCD é 18, a área do quadrilátero APCM é:
A)
6
C)
12
B)
9
D)
indeterminado
E) 232.
NRA.
12 e BC =
Considere um paralelogramo ABCD de lados ÀB = dos ângulos desse paralelogramo mede
4y 3-.
Se um
60°, calcule a área do losango inscrito -
-
de forma que uma diagonal seja formada pelos pontos médios dos lados AD e BC.
A)
18
C)
30
B)
24
D)
36
E) 233.
NRA.
Considere um trapézio de bases a e b (a
>
b) e altura h.
Calcule a área do tri -
ângulo de base a formado pelos prolongamentos dos lados não paralelos.
A)
b 2h -
o
B)
~····-
--·
-
b
a2h a -
- - - - -- --- -
D)
·-- -- ---~---
b
2 (a -
b)
b 2h
a
E) 234.
2 a h
C)
+b
NRA.
Seja P um ponto interior o um triângulo ABC.
Se os triângulos PAB, PBC e PCA
são equivalentes, então P é o: A)
circuncentro
C)
baricentro
B)
incentro
D)
ortocentro
E)
NRA.
160 235.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Um retângulo estó inscrito em um círculo de raio igual a 6 . Se um de seus lodos mede
9, sua área mede: A) B)
7y 7 14V7
C) D)
E)
236.
21 V 7 27y 7
NRA.
Um triângulo ABC tem órea igual a 18. Pelo baricentro do tri ângulo troça -se uma paralela o BC que determina em AB e AC os pontos M e N . A área do triân-
-
gulo AMN é :
A)
6
C)
8
B)
7
D)
9
E) 237.
10
Um retângulo de área igual a 24 estó inscrito em um triângulo de base 9 e altura
12.
A maior dimensão que esse retângulo · pode ter é :
A)
6
C)
8
B)
7,5
D)
9
E)
238.
NRA.
No figura abaixo, MNPQ é um quadrado.
A soma dos 6reas dos triângulos
NQB e MPC é :
A
m
B
j
a
p
a
e
161
GEOMETRIA li
+ m)
A)
m (a
B)
2m (a -
m)
E) 239.
C)
m (2a -
D)
- - (a
m
2
m)
+ m)
NRA.
Em um losango de área igual a 12, a distância entre dois lados opostos é 4.
O
perímetro desse losango é: A)
24
C)
30
8)
26
D)
36
E)
NRA.
ENUNCIADO PARA AS QUESTÕES 240 A 245 Nas figuras 240 a 245 o triângulo ABC tem área S, sendo AA', BB' e CC' medianas.
Calcule a área assinalada. OPÇÕES PARA AS QUESTÕES 240 A 245
A)
8)
s
C)
2
s
D)
3 E)
s 12
240.
A
B
s 4
s 6
162
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
241.
A
B 242.
A
e
B 243.
A
e
B 244 .
A
B
163
GEOMETRIA li
A 245.
e
B 246.
Calcule a área assinalada.
A)
4
B)
8
C)
16
D) E)
247.
32
t
NRA.
t
R
Considere um triângulo e qüilátero de lado a ond e foram traçado s trê s círculos de a raios - , com centro nos vé rtices. Calcule e áre a ex t e rior aos círculo s e interior
2 ao triângulo eqüilátero. A)
B)
02
C)
-
{2y3 -
1r)
D)
-- (2y3 -
1r)
4
02
8
E)
NRA.
o
164
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
248.
Considere um quadrado de lado a e a figura abaixo. Calcule a área assinalada.
A)
a 2 (1r -
8)
-
C)
~
(1r -
2)
D)
2a 2 (1r -
1)
E)
NRA.
ª2
2)
(271" -
2
1)
02
249.
2
Considere o quadrante de raio R da figuro.
A)
Calcule o área assinalada.
8
B)
12
C)
D) E)
250.
51rR2
--
24 1rR2
16
NRA.
Na figura abaixo, AB na Ioda. R2
(3yJ -
1r)
B)
-(3y3 -
1r)
C) D)
(3y3 - 21r) R2 (1r - y3)
E)
NRA.
A)
-
BC -
6
CD -
OB -
60".
OC
Calcule a área ass1-
R2
3
R2
A
t
R
t
D
165
GEOMETRIA li
251.
Calcule a área assinalada.
A)
R2 (1r -
B)
-
C)
-
D)
-
R2
2
2)
hr -
2)
(4 -
1rl
(4 -
1r)
R2
2 R2
.4 E) 252.
NRA.
(IME -
67) Calcule a área assinalada em função de r.
A)
,rr2 1rr2
8)
C)
253.
2 21rr2
3
D)
21rr2
E)
NRA.
Calcule a área S da figra em função do raio r do quadrante. A)
r 2 {-,r -
2)
s
r2
B)
-
(,r -
2)
C)
r2 - - (1r -
2)
O)
-
2
4 r2
E)
(1r -
2)
8 NRA.
1
t·
r
·1
166 254.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
(CICE -
70) Na figura abaixo, r é o ra io do círculo maior e t é o comprimento
da tangente AB comum aos dois círculos menores. Entõo, a área assinalada compreendida e ntre o círculo maior e os dois menores é :
1rr2
A)
8 1rrt
B)
8 1rt2 C)
8
7r
D)
{t -
r)2
8 E)
255.
(CICE -
nada disso.
70)
Considere um triângulo e qüilátero DEF inscrito em
um triâng ulo
e qüiláte ro ABC de modo que os lados de DEF sejam respectivamente pe r pendiculares aos lados de ABC.
·A)
-
1
4,
B)
da área de ABC
C)
da área de ABC
D)
1
3
E)
256.
(CICE -
68)
Entã o , a 6rea do triângulo DEF é:
da área de ABC -
5
da área de ABC
2
nada disso.
A altura de um triângulo eqüilátero T tem comprimento igual ao
lado de u111 triângulo eqü i látero S.
Se a área de T é 30, a de S é:
A)
40
C)
30y 3
8)
40y 3
D)
-
E)
NRA.
40 ~ ; v 3
3
167
GEOMETRIA li
257.
Seja p o perímetro e h a altura relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo. A área desse triângulo é:
(CICE -
68}
A)
s
B)
1 2 S= - - hp 2
C)
258.
s
= h . p
= h2
hp2 D)
+ p2
E)
A)
r2 (y '2
-
1)
C)
r 2 (3 -
B)
r 2 (y '2
+
1)
D)
r2 (3
2 y '2-)
+ 2 y'2)
NRA.
Considere -duas cordas paralelas de um semicírculo de raio 6 que determinam neste semicírculo arcos de 60° e 120°. Calcule a área da figura limitada por essas cordas e pelo semicírculo
A)
31r
C)
B)
41r
D) E)
260.
S=
+ p) h2 + p2 -h + p 4 (h
Calcule a área do círculo inscrito em um quadrante de raio r.
E)
259.
S=
9 -7r
2
NRA.
Dado um triângulo de altura h, considere duas paralelas a base que o dividam em três partes equivalentes. Calcule em função de h as distâncias destas retas ao vértice do triângulo.
A)
B)
1 · 2 -h e -h
3
C)
3
hy '2
3
2h v '2
e
D)
3
E)
h y'J
h"\!'6
3
6
--- e
- - --
3
e
h"\!'3-
3
e
3 h"\!'6
3
168 261.
262.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
(CICE JUL. 70) Na figura abaixo, ABC é um triângulo retângulo e H é a projeção de A sobre a hipotenusa. Constroem-se semicírculos sobre BC, BH e HC. A reg i ão assinalada tem área igual à :
A)
do quadrado de lado AH
8)
do disco de diâmetro AH
C)
do disco de raio AH
D)
do triângulo ABC
E)
NRA.
No figura abaixo, 1 é o incentro do triângulo ABC e DE, IF e IG são poro lelos a BC, AB e AC, respectivamente. Se AB = 8, AC = 1 O e BC = 1 O, a razão entre as áreas dos triângulos ADE e IFG é :
-
A)
B)
C) -
2 3
D)
2 E)
263.
e
B
(ClCE - JUL. - 70) de A ' B'C', então:
A)
B)
2
9
2
9 4
Se o ângulo A de um triângulo ABC é igual ao ângulo A '
á r ea de ABC área de A'B' C' áre a de ABC área de A ' B' C'
C)
5
área de ABC área de A ' B' C'
-
AB · AC A ' B' · A ' C' sen B · sen C' sen B' . sen AC2
= -2 A ' C'
c
~69
GEOMETRIA li
D) E)
área de ABC
perímetro de ABC
área de A'B'C'
perímetro de A'B'C'
NRA.
A 264.
Na figuro abaixo, sabemos que
CA' = -
1
3
CB
1 AB' = - - AB
3
BC' = -
1
3
BA.
A'
B
e
A razão entre as áreas dos triangulos MNP e ABC é:
1
A)
3
B)
-
C)
1
D)
4 E)
265.
1 6 -
1
7
9
Considere um quadrilátero ABCO de área S.
O quadrilátero cujos vértices são
os pontos médios dos lados do quadrilátero ABCD tem área:
A}
B)
s
-
C)
2
-
s
D)
3 E)
NRA.
s 4 indeterminado
170 266.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Considere o trapézio da figura. A)
S1 < ~ se a< b
8)
51
C)
S1 = S2 se e só se a b
>
Então:
S2 se a < b
-
267.
D)
S = 52
E)
NRA.
Constroem-se semicírculos sobre os lados de um triângulo retângulo, como mostra a figura.
268.
Prove que R
+
S = T.
É dado um triângulo retângulo ABC de catetos AB = a e AC = 2a. Por M, meio de AC, traçam-se MN perpendicular a AC e MP bissetriz de NMC. Calcule a área do triângulo MNP.
269.
Considere um quadrado e um triângulo eqüilátero de mesmo lado o, como mostra a figura.
l
Calcule a área assinalada.
a
a
171
GEOMETRIA li
270.
Calcule, em função dos bases a e b de um trapézio, o comprimento do segmento do paralelo às bases que divide o trapézio em dois outros equivalentes.
271.
Calcule a razão entre os áreas dos triângulos AMN e ABC.
t
5~
ENUNCIADO RELATIVO AOS PROBLEMAS 272, 273 e 27.4 Na figura abaixo, sendo S a óreo do triângulo ABC, calcule:
272.
A área do triângulo CPM.
273.
A área do quadrilátero PMA.
274.
A área do triângulo SAM.
e
, CAPITULO 7
A
,
O TRIANGULO E SEUS CIRCULOS
7. 1 -
O CÍRCULO INSCRITO
A
B
e
a
Seja S a área do triângulo ABC, de lados o, b e e. Sendo I o incentro, temos S
= S(BCI) = > = > = >
S
+ S (ACI) + S {ABI) = ~ + br + ~ 2
S =
2
2
(o+ b + e) r 2
S = 2 p . r 2
=>
=> = >
=>
173
GEOMETRIA li
7.2 -
OS CÍRCULOS EXINSCRITOS
Consideremos o círculo exinscrito relativo ao lado a no triângulo ABC da figuro. >
e
b
A
Se S é a área do triângulo ABC, temos
=>
=>
=>
s
+e.
= b . ra 2
S ~ (b
+
2 e) · r0
e 2
S = 2 (p - a) · r a
s
o_·_r_a 2
=>
=> =>
2
S = ra {p == rb {p S= rc (p -
7.3
ra -
o) b)
e, analogamente,
e)
RELAÇÕES PRINCIPAIS
7 .3. 1 -
Sabemos que
S = pr S = r0 (p -
a)
S
b)
=
rb (p -
S = rc (p - e).
Multiplicando, temos
174
A. C. MORGADO / E. WAGNER/ M. JORGE
5 4 = r · r0
rb · rc · p (p -
•
a)(p -
b)(p -
c)
=>
52
s = v'r
=>
7.3.2 -
. ra
.
rb . re
Temos, ainda, a=
p -
p-b-
3p -
s s
e
p -
s
(,?
Somando, temos
+ ~-+-~ -
S (-rl_ª
+ _rl_b + -.:-)
=>
2p =>
Logo,
p
S
1 1 1 =-+-+-. ra rb rc
p
s
1 r
_1 = _1_ +-1- + _1__ r
7.3.3 -
Mas
ra
rb
rc
O raio do círculo inscrito no triângulo pode ser calculado em função das alturas, como se segue:
a =
( 1)
b
(2)
175
GEOMETRIA II
e
2s
-
2p
.
- hc
(-1- + _1_ + _1_)
2s
ha p
-
como
s
l r
temos
' 1
1
-h(I +-+-· hb hc
r Também
-
Mas
hc
hb
1
1
7.3.4 -
(3)
Somando,
poderemos
calcular os
raios dos círculos
exinscritos em função das alturas, bastando operar convenientemente as relações 7.3 .3 -
( 1 ), (2) e (3),
que forneceriam os seguintes resultados:
1
_l_
ra
hb
1
1
rb
h(I
1 rc
7.4
+ _1_ hc
- -
1
ho
1
+ -1hc
_ 1_ + _ 1_ ho hb
hb
l hc
A
CEVIANAS ISOGONAIS Se duas cevianas par-
tem do mesmo vértice e fazem mesmo ângulo com os lados que concorrem nesse vértice, são chamadas isogonais.
B
D
AD e AE soo isogonais
176
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
A
Sejam AD e AE duas cevianas isogonais no triângulo ABC. (D sobre a base e E no círculo circunscrito.)
Verificamos que os triângulos ADB e ACE são semelhantes, pois: 1)
BÃD = EAC por construção
2)
AB D= AEC = -AC.
......
...-..
1 ----
2
Podemos, então, ~screver c
AD
AE
b
--7.5
=>
bc - AD · AE.
O CÍRCULO CIRCUNSCRITO
-Considerando ainda a mesmo figuro do item anterior, vemos que os triângulos ADB e ACE são semelhantes independentemente do ângulo que AD e AE formam com AB e AC, respectivamente. Assim, nestes triângulos, se Ô = 90°, então ê = 90°, sendo, portanto, AD a altura relativa ao lado a e AE o diâmetro do círculo circunscrito. Aplicando a propriedade anterior, temos b · c = h0
•
2R.
Multiplicando ambos os termos por o, vem abc = o · h0
•
2R, mas a · h 0
-
2s.
177
GEOMETRIA li
abc
Logo,
7.6 -
275.
= 4
RS.
PROBLEMAS RESOLVIDOS Calcule o raio do círculo inscrito em um triângulo de lados 1O,
17 e 21.
Solução
~~}
:
=>
p
= 24
e= 21
s =
v24 (24 -
= V24. S = pr =>
10)(24 -
14. 7. 3
=
17){24 -
21)
=
84
=>
84 = 24 · r =>
84 7 r=-- = 24 2
Resposta:
276.
7 2
-Calcule os raios dos círculos exinscritos do triângulo do problema anterior.
Solução Temos:
a = 10
=
S S
e= 21
84
p = 24
S = 84
r 0 (p -
a)
84 = r a (24 -
17
b
·=
= =
rb (p -
1O)
= >
ra = 6
b)
rb(24 -
17)
=>
21)
= >
S = rc (p - e) 84 = r e (24 -
re
= 28
Respostas:
6, 12 e 28.
178 277.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Calcule o raio do círculo circunscrito ao triângulo de lados 1 O, 17 e 21.
1.º Solução a -
10
b c -
17 21
}
24, S
p -
= >
=
84 (já calculado; n.0 275)
abc = 4 RS
=
1O · 17 · 21
4 R · 84
=>
85 8
R
2.0 Solução Já tendo calcul a do nos problemas n.ºs 275 e 276 os raios dos círculos inscritos e exinscritos, poderemos calcular o raio d o círculo circunscri t o utilizando a relação dos cinco raios ( Geo-
metria 1, n.0 8 . 7 . 3). Temos:
7 -
r
-
ra
= 6
2
rb - 12
rc - 28. Sabemos que =>
4R = 6
= >
R= ~
+ 12 + 28
7
2
=>
8
Resposta:
85 8
179
GEOMETRIA li
278.
Calcule o raio do círculo inscrito em um triângulo retângulo de perímetro 2p e hipotenusa a.
Solução
:X:
Considerando o triângulo da figura, temos
+ 2y + 2r x + y + r = p '-,...--
2x
2p =>
r
=
p -
ª 279.
a
r = p -
Resposta:
Seja ABC um triângulo retângulo em A e seja tato do círculo inscrito com a
hipotenusa.
D
a.
o ponto de con-
Prove que a
área
desse triângulo é BD · OC. Solução
Logo,
S
=
pr, mas r
S
=
p
(p -
=
p -
a.
a}.
Como
52 =
p (p-a) (p-b} (p-c),
concluímos que no triângulo B
D
e
retângulo S = (p - b)(p - c). Mas p-b= BD e p-c= DC. Então,
S -
BD · DC
180 280.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
(IME - 65) os alturas
Calcule os
lados de um
triângulo conhecendo
he
=
1
4
1.ª Solução De acordo com os relações 7 .3.3 e 7.3.4, temos
-
1
= -
r
-
1
1
ha
= -
1
+ -
1
=-
re
1 hb
+ -
hb
rO
_
1
+ -
1
- -
hc
hc
1
= > -
1
=
=> -
ha
hb
~ 210
1
2
Como
25 = ah O = bhb = ehCI 2
y5 120
2
v's 120
2
v'5 120
=
1 9+7-4=>rc= - - · 12
+·+·-&:
S
1
=
~
teremos
=o·-
=>
a=
= b · -
1 7
=>
b=
1 =e. 4
=>
e =
9
20 1
re
Logo,
1
= 7 + 4 - 9 => ra = - -
rO
hc
·
9 + 7 + 4 => r =
r
1 1 1 +- - => -
h0
=
1
3
v'5 20
7v'5 60
y5 15
181
GEOMETRIA li
2.ª Solução ah 0 -
a
9
bhb -
-
-
b
7
chc e
-
-
25
ou
-
25.
Então,
4
185 b = 145 e -· - 85 a -
2p
405
=>
p -
205.
Pela fórmula de Heron, temos
52
=
2C5 (25)(65)( 125) = > 5
a=
18 y5 120
b --
14 y5 120
e:
~
y5 120
=~ - -
3y5
----20
--
7,/ 5 60
8y5 y5 -120 15 }
Resposta:
3y5 20
7y5 60
PROBLEMAS PROPOSTOS
281.
O raio do círculo inscrito em um triêngulo de lodos 5, 7 e 8 é :
E)
NRA.
e
-
y5 -· 15
182 282.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Os lados de um triângulo medem 5, 7 e 8.
o
maior círculo ex inscrilo tem r a io
igual a :
A)
10,VJ
C)
5,V3
8)
~~- V3
D)
2,V3
3
E)
283.
NRA.
Os lados de um triângulo medem
5, 7 e 8. O menor círculo
exins cr il o
i gual a :
A) 8)
284.
-
10 • ; v 3 3
5,V3
C)
,V3
D)
duas vezes o raio do círculo nele inscrito
E)
NRA.
+e =
Em um triângulo, a = 4 e b
r
6.
A)
2 8)
3 E)
285.
Em um triângulo, a =
7, b
é:
A raz;ão
1
C)
-
D)
-
4 1
5
2 5
=
1O e e
= 11.
Então,
ro rb
A)
B)
C)
3
2
D)
3
E)
4
7
3 5
3
7
vale:
tem rai o
183
GEOMETRIA li
286.
287.
288 .
Em um triângulo, o produto dos raios dos círculos ex inscritos é igual a :
(CICE -
A)
p 2r
B)
2p2 r
C)
pr2
D)
2pr2
E)
NRA.
70)
p= semi perímetro
r = raio do círculo inscrito.
A soma dos inversos das alturas de qualquer triângulo é igual:
A)
à soma dos inversos dos lados
8)
ao inverso do raio do círculo inscrito
C)
ao inverso do raio do círculo circunscrito
D)
à razão do raio do círculo inscrito para o quadrado do raio do círculo circunscrito
E)
nenhum destes.
Em um triângulo de lados a , b e c o produto dos raios dos círculos inscrito e circunscrito é dado por: abc
Rr = k
onde k vale:
a + b+c C)
A) B)
D)
2
2 E)
289.
4
4
Calcule o raio do círculo circunscrito a um triângulo isósceles ABC onde AB = = AC = b e a altura AH = h. A)
C)
B)
D) E)
NRA.
2b2 h b (b
+ h) h
184 290.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Em um triengulo 'ABC a soma -das alturas ha ab
A)
+ bc + ca
ab
+ bc + ca E)
291.
4R2 abc 2R2
D)
4R
é igual a:
abc
C)
2R
B)
+ hb + hc
NRA.
Em um triângulo, ha hb hc -bc + -ac + -ab
é igual a: 1
1
1
-+ -b + -e a
A)
B)
R
R = raio do círculo circunscrito.
3
C)
4R D) .
0
2
+ b2 + c2 abc
E) 292.
NRA.
Na figura ao lado, AB = AC O
=
5 e AD
=
4.
prolongamento da ceviana
AD encontra o círculo circuns· crito ao triângulo ABC em E. Então, DE mede:
E A)
2
C)
2,5
B)
2,25
D)
indeterminado
E)
NRA.
GEOMETRIA li
293.
185
Calcule a área de um triângulo sabendo que os raios dos círculos exin sc ritos medem 3, 4 e 6.
A)
y6
B)
2y 6
C)
D) By ó E)
294.
NRA.
O raio do círculo circunscrito ao tri ângulo cujos lados medem 5 , 7 e 8 mede:
A)
-7 2
B)
-7 3
v -3
C)
-vi 2
v -3
D)
-s 3
E)
295.
4y 6-
7
v -3
NRA.
Consider e dois círculos de centros A e B e raios a e b, respectivÇlmente, estando
B sobre o círculo de centro A. Se MN é uma corda do círculo de centro A, tang ente ao círculo de centro B, o produto BM · BN vale: ab
A)
2 B)
296.
ob
Um t riângulo ABC de lodos AB
=
C)
2ab
D)
a2
6 , AC = 4 e BC
=
5 está inscrito num círculo.
A bissetr iz AD encontro o círculo circunscrito em E. Então, OE mede: A) B)
y2 E)
297 .
C)
y3
D)
2
NRA.
Um triângulo ABC . de lodos AB =
8 e AC =
12 está inscrito e m um círculo de
raio igual o 8. A altura relativa ao lado a desse triângulo mede:
3
C)
6
5) 4
D)
8
A)
E)
298 .
9.
Se ja S a área d e um triângulo ABC e 2p seu perím atro.
tg -
A
2
tg -
B
2
C . tg-
2
Então
186
A.
c.
MORGADO / E.
wAGNER / M.
JORGE
é igual o:
s
A)
C)
p2 p2
B)
D)
s E)
2p2
- -
s
s 4p2
NRA.
........
299.
A
B
2
2
Em um triângulo ABC, cos - - · cos -
A)
C
· cos - - é igual o:
2
p
-
R
B)
p= semi perímetro
2p R
R = raio do círculo circunscrito.
p
C)
-
D)
- 4R
E)
NRA.
2R p
.,--..
300.
Em um triângulo ABC, sen -
A)
8)
C)
D) E)
A
2
· sen -
8
2
· sen -
C
2
é igual o :
r
R 2r
R r 2R r
4R
NRA.
r =raio do círculo inscrito R = raio do círculo circunscrito.
,
CAPITULO 8 , OS QUADRILA TEROS
8. 1 ·- QUADRILÁTERO INSCRITÍVEL
A Os quatro vértices pertencem a um mesmo círculo.
D
1 A+ê =
=>
B+ô = 1 ao
0
1
e 8.2 -
QUADRILÁTERO CIRCUNSCRITÍVEL Os quatro lados são tangentes a um mesmo círculo.
b = >
e
a+
b
e+
d
188
A. C. MORGADO
J E.
WAGNER
J M.
JORGE
RELAÇÃO DE EULER (quadrilátero qualquer)
8.3
Num quadrilátero qualquer, a soma dos quadrados dos quatro lados é igual à soma dos quadrados das diagonais mais quatro vezes o quadrado da mediana de Euler do quadrilátero.
Demonstração A
Consideremos um quadrilátero qualquer ABCD, sendo
( lados
diagonais
1 l f \
AB -
a
BC
b
8
D
CD = e DA
d
AC BD
p q
-
e
mediana de Euler* JL = m.
Como J é médio de BD, AJ e CJ são medianas nos triângulos ABD e CBD. Logo,
4 AJ 2
+d +c
2 (a 2
4 CJ 2
-
2 (b 2
2
2
)
q2
)
q2
Somando e dividindo por 2, temos
ª2
+ b 2 + c2 + d 2 -
Mas, no triân g ulo AJC, JL
=
+
CJ)2.
( l)
m é mediana . Logo,
4 m 2 = 2 {AJ 2
2 (AJ 2
2 (AJ2
q2 =
+ CJ
2
)
+ CJ2) =
4 m2
-
p2
+p
ou
2
Substituindo (2) em ( 1 ), teremos ª 2
+
b2
+ c2 + d 2
p2
+
q2
+4
m2
* A mediana de Euler é o segmento que une os pontos médios das diagonais de um quadrilótero.
189
GEOMETRIA li
8.4 -
-
,
APLICAÇAO NOS TRAPEZIOS 8.4. 1 -
Trapézio escaleno Consideremos um trapézio ABCD onde temos bases
{
AB =- b CD = b '
l
AD = a
lados não paralelos
diagona is
{
BC
=
c
AC = p BD = q
{
mediana de Euler JL = m
b
=
b'
2
Substituindo na relação encontrada em 9.3, teremos
l
8.4.2 -
2bb'
+o +c 2
2
=
p2
+ q'
Trapézio isósceles No trapézio isósceles ABCD, devemos considerar AD -
CB - a
AC
BD -
p
Assim, a relação anterior toma a forma a2
+
D
bb' -
A
p2
B
190
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
8.5
APLICAÇÃO NO PARALELOGRAMO
Consideremos gramo ABCD onde
um
AB
CD= a
BD
BC= b
paralelo-
AC = p
• J=L
AD = q JL
=
o.
B
A
Substituindo na relação de Euler, temos
12 (a + b 2
8.6 -
2
= p2
)
-
+q
,
2
,
RELAÇOES EM QUADRILATEROS INSCRITIVEIS
8.6. 1 -
Relação de Ptolomeu Num quadrilátero inscritível, o produto das diagonais é igual à soma dos produtos dos lados opostos.
Demonstração
A
Consideremos o quadrilátero inscritível ABCD da figura, sendo
lados
diagonais
AB = BC = CD = DA=
f \
a b e d
AC= p BD = q.
191
GEOMETRIA li
Consideremos ainda AJ isogonal de AC em relação a AB e AD.
Assim, BÃJ = CAD.
Da semelhança dos triângulos AJO e ABC, temos JD
-
b
d p
= > JD. P
( 1)
bd.
Da semelhança dos triângulos AJB e ADC, temos
BJ
c
-
a p
= > BJ . p
(2)
oc
Somando ( 1) e (2), temos
p (BJ
= >
8 .6.2 -
1 pq
+ JD)
-
-
+ bd
ac
ac
+ bd
= >
Relação de Hiparco A razão das diagonais de um quadrilátero é a razão entre as somas dos produtos dos lados que concorrem com as respectivas diagonais.
Demonstração
A
Consideremos o quadrilátero inscritível ABCD, da figura, e notemos que sua área é equivalente à soma de dois tr iângulos com um lado comum AC ou com um lado comum BD, o que permite escrever S (BAC)
+ S (DAC)
-
S (ABD)
+ 5 (CBD)
192
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Como os quatro triângulos possuem o mesmo círculo circunscrito e, de acordo com a relação 8.5, temos
abp 4R = >
+
p (ab
cdp = 4R
+ cd)
_f_ = q
= >
ab ad
adq
+
4R
= q
(ad
bcq
4R
+ bc)
=> = >
+ cd
+ bc
, AREA DO QUADRILATERO CONVEXO ,
8.7
Seja ABCD um quadrilátero convexo qualquer de diagonais AC = p e BD = q, sendo ex o ângulo formado por elas. Sendo S a área do quadrilátero ABCD, podemos escrever S
=
S (ACD)
+ S (ABC).
Sendo DJ = x e BL = y perpendiculares a AC, teremos
B
1 S = -px 2 = > Porém, x
+y
=
BD'
1
S = - p(x 2
+ -21
pv
+ y).
-
q sen ct. Logo,
S
1
= 2
pq sen ct
= >
193
GEOMETRIA li
,
8.8 -
,
,
AREA DO QUADRILATERO CIRCUNSCRITIVEL
Consideremos o quadrilátero circunscritível ABCD da figura. Sejam a, b, e, d os comprimentos de seus lados, r o raio do círculo inscrito e I o incentro. Se S é área do quadrilátero e p o semiperímetro, temos S
=
S {AIB)
A
o
+ S {BIC) + S (CID) + S (DIA)
=>
S =
(a
+ b + e + d)
. r
=>
2 S=~ 2
=>
r
=>
,
,
,
AREA DO QUADRILATERO INSCRITIVEL
A
Consideremos o quadr~átero ABCD da figura. A Lei dos co-senos nos triângulos ABD e CBD fornece
80 2
=
a2
802
=
b2
+d +c
2
2
-
Mas, como ........ A cos C = - cos A. ........
=>
=>
=>
8.9 -
B
2 ad cos
A
2 bc cos
ê
+
1 80º,
ê =
B
D
194
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Igualando as expressões, temos b2
=
+
c2
+
2 {ad
>
=>
1
Mas 1
cos
+ cos A =
2 sen 2
=
A=
a
+ d2
d2
-
b 2 - c2
=> =>
c2
b2 -
+
A
2 ad cos
-
+ d2 -
a2
2 (ad
+d
2
A
2 sen 2
A
ª2
+
a2
bc}
+ cos A. -
(a
~ =
2
b - c 2 (ad
+
2
+
+ d}
2
(a
-
2
+
2 ad bc)
+ 2 bc
Então,
2
2 sen 2
=>
A=
+ bc) cos A =
cos A
Calculemos agora 1
+
2 bc cos
2 -
2 (ad
d
+
2
b -
(b -
c} 2
+ bc)
c)(a
= >
+d +e-
b)
+ bc}
2 (ad
Sendo 2 p o perímetro do quadrilátero, temos
2 sen 2
=>
Sen 2
_ - ' --
2
como 1 -
2 {p -
A
e) · 2 (p -
2 (ad
2
(p - c)(p - b) (ad bc)
+ bc)
b)
= >
e, ona 1ogamen t e,
+
- = 2 cos 2 A , encontraríamos co~ A 2
cos2
A
2
(p -
a)(p -
ad
+
bc
d)
195
GEOMETRIA li
A área 5 do quadriláte ro é a roma das áreas dos triângulos ADB e CDB. 5
= .a d
sen
+
A
2
A+ ê
=
5
= ad
+ bc
5
150°. Logo, · sen A
2
ad
=
ê.
2
Mas sen  = sen C, pois
=>
bc sen
+ bc
=>
~
A A · 2 sen · cos · 2 2
2
Quadrando, ~
5 2 = (od
52 = {ad
=>
8. 10 -
1S
+ bc)
+ bc)2
= V(p -
2
sen 2
(p -
~ 2
·
cos 2
~ 2
a){p - b)(p - -c)(p (ad bc) 2
+
a)(p -
b)(p -
c)(p -
d)·
d)
=>
I
ÁREA DO QUADRILÁTERO INSCRITÍVEL E CIRCUNSCRI, TIVEL
Em um quatfrilátero inscritível,
a+ e=
b
+
d = p.
Te remos, então, S =>
=
1S
V(a
+
e -
=Vabcd.1
a){b
+d
-
b)(a
+e-
c)(b
+d
-
d)
=>
196 8. 11 -
301.
A. C. MORGADO j E. WAGNER / M. JORGE
PROBLEMAS RESOLVIDOS Calcule x no quadrilátero da figuro.
Solução Porque o quadrilátero é circunscritível,
10
+X+
6
=
X
+
2x
+
2 = >
X
= 7
Resposta: 7
302.
Calcule a altura de um trapézio retângulo circunscritível bases 1 5 e 1 O. 10
de
.·.· .
Solução
X
(25 - x) 2
=
= >
12
X=
x2
+5
2
= >
\{'.(: >.:.. ·,.·: .·.·.·:.·
25-:C
ViM°}ih:. . 5
Resposta: 12
197
GEOMETRIA li
303.
Calcule o comprimento das diagonais do trapézio isósceles da figura.
Solução
2X
De 8.4.2, temos x2
+
)!,
•
2x -
p 2 =~> p
Resposta: x y3.
304.
Calcule as diagonais de um quadrilátero inscritível em função dos lados. Solução Conhecemos as relações de Pto!omeu e Hiparco (8.6.1 e 8.6.2)
+ bd ab + cd -----ad + bc
pq
C
bc)
+ cd)
PROBLEMAS PROPOSTOS
305.
Calcule a menor diagonal do quadrilátero inscritível ABCD cu jos lados AB, BC, . CD e DA medem respectivamente 1, 2, 2 e 3 .
A)
B)
. ;y 2
C)
2
D) E)
306.
A
;-V 5
NRA.
mediano de Euler do quadrilátero do problema anterior tem comprimento
igual a:
,--
A)
B)
~
6:
C)
r,-,--
1----
52
D} E)
307.
~ 2; ~
1/
NRA.
O raio do círculo circunscrito ao quadrilátero do problema 305 mede:
A)
B)
y7
1
C)
3
v 21
D)
3 E)
NRA.
V 14 - - · 3
114
~3
199
GEOMETRIA li 308.
Calcule o comprimento do segmento que une os pontos médios das bases AS e CD de um trapézio, conhecendo seus lados: AS = 14, BC = 7 , CD = 4 e DA = 5.
A)
2
C)
2-yi3
8)
2y 2
D}
Ay3
E)
NRA.
ENUNCIADO RELATIVO ÀS QUESTÕES 309 A 312
No
quadrilátero
inscritível da figu ra, AB = BC = 4 ,,
o
AD = 8 e A =90 .
309.
B
A órea desse quadrilátero mede:
A)
32
C)
24
B)
28
D)
16
E)
31 O.
D
NRA.
O raio do círculo inscrito nesse quadrilátero mede: 12
A)
-
C)
B)
16 3
D}
5
E)
NRA.
8 3 9 4
200 311.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
O raio do círculo circunscrito a esse quadrilátero mede:
A)
y 20
C)
y 58
B)
2V20
D}
y65
C)
-y20
D)
- y 20
E)
312.
NRA.
A menor diagonal desse quadrilátero mede:
A)
B)
5 ; - '\. 20 4 E)
313.
Calcule a
(C!CE b, e
2 • ;3
NRA.
=
A)
vis
C)
2y 15
B)
y ' 30
D)
2 V 30
70) uma
AB = 2,
7.
E)
e
5
área do quadri látero ABCD inscritível cujos lados medem:
BC = 3, CD = 4 e DA
314.
4 . 1-
NRA.
Dois lados consecutivos de um paralelogramo têm por medidas a das
d i agonais
tem
por
medida
e.
Então,
a medida
da outra
diagonal é:
A) B)
y i ·(;2··+b~)- 2c y 2(a" + b c~ 2
2)
C)
315 .
(IME -
y ' 2ab -
E)
nada disso.
66)
-
-
D)
2
., 3 e-
c
Em um círculo de 1
Oy 2- de diâmetro temos
duas cordas medindo
2 e 1 O. Achar a corda do arco soma dos arcos dos cordas anteriores.
A)
8
B)
6v 2
;-
E)
NRA.
;--·-
C)
sv
D)
10,/ 2
2
201
GEOMETRIA li
316.
Em um círculo de 1
Oy 2-
de diâmetro temos duas cordas medindo 2 e 1
O.
Achar
a corda do arco diferença dos arcos dos cordas anteriores.
317.
A)
4
C)
B)
2y 2.
D)
4V
; ··-
2
O quadrilátero cujos vértices são os pontos médios dos lodos de um quadri lát ero que possui diagonais perpendiculares:
318.
A)
pode ser qualquer quadrilátero
B)
é um retângulo
C)
é um losango
D)
é .um quadrado
E)
NRA.
Num quadrilátero inscritíve l ABCD, AD = tero cortam-se em I e se AI =
DC.
Se os d i agonais desse quad rilá-
6, CI = 4 e BI = 8, o maior lado desse quadri-
látero mede:
E)
NRA.
C)
3 y 33
D)
4,V7
CAPÍTULO 9
-
, , RELAÇOES METRICAS NO CIRCULO
9. 1 -
TEOREMA
Se duas cordas AB e A'B' de um círculo concorrem em um ponto P interior ou exterior a esse círculo, o produto PA · PB é igual a PA' · PB'.
Demonstração
Realmente, porque AA' e BB' soo antiparalelas em relação a PA e PA', efetivamente podemos escrever
PA · PB -
9.2 -
PA' · PS'
(V.
3 · 1O · 2 -
li)
TEOREMA
Se P é um ponto exterior a um círculo, PAB uma secante qualquer e Pr o segmento da tangente traçada deste ponto ao círculo, então PT 2 = PA · PB.
203
GEOMETRIA li
Demonstração Da
semelhança
dos
triângulos
PAT e PTB, ou simplesmente notando que TA e TB ainda são antiparalelos em
relação · o
PT e PB, de
acordo com a relação encontrado em 3. 1 O. 4
PT 2 9.3
podemos
escrever
PA · PB.
-
DEFINIÇÃO Se por um ponto P traçarmos uma reto que corte um círculo
- -*
(O, R)
nos pontos A e 8, chama-se POTÊNCIA do ponto P em relação ao círculo ao produto escalar PA -
PB
e escreve-se
p
-
1.0 caso -
-
P é exterior ao círculo.
PA · PB = PA · PB = >
2.
-
produto escalar
PA · PB
PA · PB
caso -
P
é interior ao círculo.
PA · PB
=
PA · PB
= >
*O
1Pote•> P =
--
0
= >
-
1Pote•J P =
cos 1 80°
- PA · PB
=>
I
é definido como sendo igual a PA : PB : cosa,
sendo a o ângulo que PA forma com P B.
204
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Pelas propriedades anteriores, verificamos que o produto PA · PS é sempre constante para qualquer reta que contenha P, sendo função apenas da sua posição em relação ao círculo.
9.4 -
TEOREMA
A potência de um ponto P em relação a um círculo pode ser calculada por d 2 - R2, sendo d a distância de P ao centro do círculo e R o raio desse círculo. Demonstração 1.0 caso -
P é exterior.
PA. PB -
(PI- IA)(PI+ IA)
p -
=
Pl 2 -IA 2
(P02-012) (OA 2 -01 2 ) =
P0 2 -0A 2
d2 2. 0 caso -
R2.
P é interior. -(IA-Pl)(Pl+IA)* =-=
PA · PB
(PI-IA)(Pl+IA) Pl 2 -IA 2 -
=
(P0 2 -01 2 ) -(OA 2 -01 2 ) =
P0 2
2
2
Conclu·í mos, portanta,I..__P_~_t(_oi_P_ _d__-_R__
*
Segmentos não orientados.
-
OA 2
205
GEOMETRIA li
Observemos que:
1) Se p é exterior ao círculo, d
2) Se p pertence ao círculo, d 3) Se p é interior ao círculo, d
>
R = > Pot P
= R =>
Pot p
4) O
>
PT 2
206
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
7) Se P é interior ao círculo,
. p
9.5 -
d
Pot(ol P -
o
-
PT2 •
EIXO RADICAL
Chamamos de Eixo Radical de dois círculos ao lugar geométrico dos pontos de igual potência em relação a esses círculos. Pera a pesquisa do lugar, consideremos dois círculos de centros A e B e raios R e r, respectivamente. Consideremos cinda M, méd io de AB, um ponto P deste lugar e suo projeção H sobre AB. p I I
I I
r
I
mi I
I
'"-?
A
M
B
H
AB
AB 2
2
Pot(B) P = >
PA 2
-
R2
-
PB 2
-
r2
= > =>
207
GEOMETRIA li
ô PMA
ô PMB
~
~
PA'
AB 2
- - 4.. + m + 2
PB 2 -
AB2
2
+ m2 -
-
AB ~ - m cos a.
2
2 AB- m cosa..
4
2
Subtro indo, PA 2
PB 2
-
R2
-
-
r2
2 AB m cos
ét
e, por
{1 ), (2)
2 · AB · MH.
Vemos que, como R2 - r 2 é constante, 2 · AB · MH também o será. Desta última, concluímos que MH é constante, não dependendo dos posições de P. Logo, o L. G. procurado é a reto perpendicular o AB, que contém M, cuja posição determinaremos a partir de (2) .
MH -
A
R2 - r2
2 · AB
M
H
ER
B
208
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Observemos que: l) O valor MH encontrado deve ser marcado a partir de M em direção ao centro do menor círculo, pois
R
>
r = > PA
>
PB => HA
>
HB.
2) De qualquer ponto do eixo radical podemos traçar tangentes de mesmo comprimento aos dois drcuJos.
--
ER ...._ ........
"'
""
\ \
\
\ ITe
p
1 I
/
A
H
\.
/
B
/
'\.
"
/
........
Pot(Al P -
PTA 2
Pot(sJ P -
PT8 2
--
__..
}
/
---
=>
P E ER
3) O eixo radical de dois círculos é o lugar geométrico dos ce ntros dos círculos ortogonais aos círculos dados.
209
GEOMETRIA li
PTA =
Recimente, pois
ATA P -
PB 8
BT8 P -
e
90º.
4) Se dois círculos são interiores ou exteriores, o eixo radical não tem ponto comum com nenhum deles.
ER
\
A
B
ER
210
A. C. MORGADO / E. WAGNER/ M. JORGE
5) Se dois círculos são secantes, o eixo radical é a reta suporte da corda comum.
.
Pot(A) P
=
Pot(B) P
Pot(A) Q
=
Pot1 81Q
A
=>
}=> - o. - o
P, Q E ER.
6) Se dois círculos são tangentes, o eixo radical é a reta tangente comum. ER
ER
ER ..l AB
... _ A
. .. .
= >
·•
p
B /~· /
,, " /
!
ER é a tangente comum aos círculos.
211
GEOMETRIA li
7) Dois círculos concêntricos não possuem eixo radical.
R2 -
De fato, se lembrarmos que MH temos =>
9.6 -
r2
2AB
f l
M-A
MH
---'> oo
CENTRO RADICAL
Chamamos de Centro Radical de três círculos ao ponto que possui igual potência em relação aos mesmos. Consideremos três círculos de centros A, B e C, não colineares, e os eixos radicais ERA,B e ER 8 , e que concorrem em P.
_____,A ____
-- ··-- - - -- t - - --t--'---+----
P E ERA, 8 =---=> Pot(A} P P
E ER 8 , e
= > Pot(BJ P -
-
Pot(B} P Pot(c) P
8 ---=----
212
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Portanto, Pot(A) P =
Pot(cl P, ou seio, P
E
ERA, e.
O ponto P é, então, o Centro Radical. Observemos ainda que:
1) O centro radical é o unrco ponto de onde se pode traçar tangentes de mesmo comprimento aos três círculos.
2) O centro radical é o centro do único círculo ortogonal aos três círculos dados.
9.7 319.
PROBLEMAS RESOLVIDOS Calcule na figura o comprimento da tangente traçada de P ao círculo.
Solução t2
= PA ·
PB, onde
PA = x
p
e
PB = 4x
logo,
t2
X·
4x
4x 2 = >
t
2x Resposta: 2 x p
320.
Calcule x no figura.
213
GEOMETRIA li
Solução Pot1o) P
=
d2
-
R2
=
(6
+ x)
+ 12x + x x + 12x - 64 2
36
-
2
x
=>
2
62
-
=
t2
= 8 2•
36 = 64
= O =>
= - 16 (não serve) x=4 Resposta!
321.
x
4
Determine as distâncias do eixo radical a cada um dos círculos da figura. ER
8 4
A
M
i
H
j
24
t Solução
Chamemos de x e y as distâncias procuradas e seja M médio de AB. Temos MH -
R2 - r2
= >
2 · AB = >
MH -
9 2 - 42
2 · 24
-
1.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
214 Então, x
=
AM
+ MH
-
R
x= 12+1-8=5 y-AM-MH-r
y -
12 - 1 - 4
=
7 Respostas:
x = 5 y
322.
= 7.
Considerando a figuro do problema anterior, determine, dos pontos que possuem igual potência em relação aos dois círculos, aquele cuja potência é mínima e calcule esse valor.
Solução Se as potências são iguais, o ponto pertence ao eixo radical dos dois círculos e se o valor da potência é mínimo, o ponto procurado é o ponto H da figura do problema 321, pois a distância a qualquer dos centros é mínima. Calcularemos a potência de H em relação a cada um dos círculos. Do problema anterior, temos AH =
13
=
13 2
e
BH -
11 .
Então, Pot,...1 H
=
AH 2
Pot(a) H
=
BH 2
-
R2
r2 =
1 l2 -
-
82
=
42 =
169 121 -
64
=
16 =
105 105.
Resposta: Pot(Al H = Pot(~l H -
323.
105.
Considere o círculo que passa pelo ponto A de um quadrado ABCD e pelos pontos médios dos lados AB e AD. Prove que a
GEOMETRIA li
215
tangente a esse círculo traçada por c tem comprimento igual ao lado do quadrado. Solução
D
a /
2
/ /
/ /
a
a
Consideremos a figura . Verificamos imediatamente que MN e AJ são diâmetros e, conseqüentemente, AMJN é um quadrado de lado -
a
2
Então, AC - a v 2 a 2
MJ
AJ
CT 2
= CJ · CA -
-
oy2 2
CJ -
aV2 2
a V2
= a2
= > CT
= a.
216
324.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Calcule x na figura sendo
PC= 4 CD= 5
p
PE = 2
EF = x.
Solução Como P pertence ao eixo radical dos círculos, P possui potências iguais em relação a ambos. Então,
PC · PD => 4 · 9
=
PE · PF = >
= 2 (2
+ x)
= >
X=
16.
Resposta;
16
217
GEOMETRIA li
325.
Pelo ponto M médio do arco AB de um círculo traça-se uma corda MD que é concorrente com AB em C. Demonstre que MA é tan~ gente ao círculo que passa por A, C e D.
Solução
M Considerando
os
triângulos
MAC e MOA da figura, temos
A= Então,
~
= >
MB 2 MAC
_
AM - = -D. 2
~ ~
MDA
MA
MC
MD
MA
=>
=> MA 2 = MC · MD, o que mostra que MA é tangente em
A ao círculo que passa por A, C e D
PROBLEMAS PROPOSTOS
326.
Calcule x na figura.
A)
8
B)
6
C)
5
D) E)
NRA.
218 327.
328.
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Na figura, calcule x sendo o raio do círculo igual a 4 e PO = 6.
A)
v10
B)
V13
C)
v1s
D)
v17
E)
NRA.
\ o
p
Considere o círculo da figura.
Então, Pot(o)A
+ Pot(o)B + Pot(o)C
vale:
A
329.
A)
8
B)
9
C)
33
D)
83
E)
NRA.
Calcule x para que Pot(o)A
A)
2
8)
3
C)
2v 2
D)
impossível
E)
NRA.
+
Pot(o)B = O.
B
219
GEOMETRIA li
330.
Calcule x para que Pot(o)A
A)
+ Pot(o)B =
O.
o
B)
331.
C)
v2
D)
impossível
E)
NRA.
Calcule x na figura.
A)
-..."'
A
2
B)
C)
D)
2 5 2
E)
332.
3
Calcule o raio do círculo da figura.
A)
vw
B)
2y 10
C)
3y10
o 8
D)
impossível
E)
NRA.
220
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
333.
Em um círculo, as cordas AB e CD são perpendiculares e cortam-se em 1. Traça-se por I uma perpendicular a AD que corta o círculo em E e G e AD em F. (F entre I e G).
Se AF
=
=
4, FD
9 e FG
A)
6
B)
5 E) 334.
Seja
P
um 1
OP = Ry
ponto
exterior
5, então EI mede:
C)
8 5
D)
7 6
de
centro O
NRA. a
um
círculo
e raio R e tal que
3.
Troça-se por P a secante PAB ao círculo. Se PA = R, AB é igual a :
A)
R
B)
C)
R
D)
2 E)
335.
=
Ry 3 3
NRA.
Se a distância de um ponto ao centro de um círc.ulo aumento d e 10 (_;{ , a sua potência em relação a esse círc.ulo aumenta de:
A)
10
2p'.
Ana Ioga-
mente, circunscrevendo dois polígonos regulares semelhantes de perímetros 2 P e 2 P', temos
2P 2P' x=
Como a relação
c 2P
C x
c 2P
ou
· 2P'.
é menor que a unidade, x
~
CAB
CAB -
CAB -
Como D é médio de JL, DF é base média, sendo ( 1) Temos ainda
CR = BM BM = p -
b = AU -
AC -
UC -
CR
=>
{ RD
~
C IE
ECI
A + C 2
EB -
=>
=
DM
EC
Se D e E são médios de RM e lia,
então podemos escrever r
DE= - ª-
-
r
(2)
--
2 Como DE
+
DF = 2R, 2R =
~b
+ rc = 2
=>
!
4R
= rª
ra -
r
=>
2
+ rb + rc -
r
I
273
GEOMETRIA li
6.2 -
Distância do incentro ao circuncentro No triângulo OIE, temos 01 2
+ IE
OE 2
=
2
20E
-
IE 2 = EC 2 = 2R · ED = >
+ 2R {ED
01 2 = R2
-
mas
=>
ET) = R2
01 =
=>
ET,
VR2
-
-
2R (ET -
ED}
=>
2Rr
Distância do circuncentro a um exincentro
6.3 -
No triângulo OlªE,
oi2a
=
EI!
=
OE 2
CE = 2R · ED
2 01 a = R2
=>
+ EI~ + 2
temos · OE
mas
= >
+ 2R (ED + ES)
=>
e, analogamente,
=>
Olb =
6.4 -
ES,
VR2 + 2R rb
e
Distância do incentro a um exincentro Temos
=>
liº
=
2 El 0
li!
=
4 · CE 2
li~
= 4 ..
-
2 CE 2
2R · ED,
= >
mas
ED =
2
=>
274
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
11 = 2yR (r~ -
=>
6.5 -
r)
0
e, analogamente,
Distância entre dois exincentros Ca leu lemos lblc. Flb
= Fie,
2CF
=
sendo CF mediana
lblc
lbl: = 4 CF mas
no triângulo retângulo lbClc.
=
4 · 2R
FD,
FD -
=>
=>
6.6 -
e, analogamente,
Exemplos 6.6.1 -
Calcular o raio do círculo circunscrito a um triângulo
sabendo que o circuncentro e os exincentros relativos a a e b formam um triângulo equilátero de
4 m de lodo.
Solução Pelas fórmulas de Euler, temos
01
0
Olb
l 0 lb
+ 2R r yR + 2R rb 2 VR(r + rb}
yR2
0
2
o
275
GEOMETRIA li
Das duas primeiras vemos que Na
rO
última, temos
4 = 2
V
R · r
= 2.
0
R (2 r O )
ou
Levando na primeira, temos
=
16
R
=>
6.6.2 -
+2
R~
=
2 => R2
-
12
=>
2 y3m
No problema anterior, calcule os raios dos círculos exinscrito
e
inscrito.
Solução Do problema anterior,
vJ
R · r0 = 2
R =
}
2 V3
=> '·
Calculamos rc e
1
1
r
3
pelas relações
+-1- +-1-
r
6.6.3 -
Em um triângulo de lados 4,
6 e 8, calcule, se possível,
o comprimento da tangente traçada 'p elo circuncentro ao círculo
inscrito.
Solução Calculemos a área do triângulo.
S =
V 9(1)(3)(5)
= 3y15
a.a.
276
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M . JORGE
Os raios dos círculos inscrito e circunscrito medem
S
=
pr = > 3
_v / 15 - =
9 r = > r
v is
= - --3
o bc - 4 RS = > 4 · 6 · 8 - 4 · R · 3V15 = > R -
16
Vl5 15
A distância d entre o incentro e o circuncentro é dada por uma das fórmulas de Euler.
d2
-
d2 -
R2 -
2Rr
16 2
2
15 d2
16yf5
vfs
15
3
16 2
32
15
3
==> d2 -
= >
96 15
Podemos, então, calcular a potência do circuncentro em relação ao círculo inscrito Pot(IJ O
=
d2
Pot1 1) O =
Pot11i O =
-
-
r2
96
5
15
3
71
---
15
Como a potência é positiva, o circuncentro é exterior ao círculo inscrito e, neste caso, a potência é dada pelo quadrado do segmento da tangente.
Logo, o comprimento t pedido é
277
GEOMETRIA li
IA 1 J 7. 1 -
INVERSÃO
Definição
Consideremos um ponto O de um plano Z.
Chamamos de inversão
positiva de centro O e raio K a transformação em Z que faz corresponder a cada ponto P de Z um ponto P' da semi-reta OP, tal que
C'
K2
OP · OP'
Os pontos do círculo de centro O e raio K são duplos.
Se duas
curvas C e C ' são inversas, a
e
sua interseção está necessariamente sobre este círculo.
Os
pontos A e A ' , B e B', C e C' são pontos inversos e escreveremos
A' -
lnv(A),
B'
lnv(B)
e
C' = lnv( C)
e vice-versa .
7.2 -
Produto de inversões de mesmo centro
Consideremos a inversão de centro O e raio K I que leva P em P 1 e a inversão de centro O e raio K 2 que levo P, em P2 • Então,
OP
OP 1
e
278
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
Dividindo membro a membro, obtemos
OP 2
~ OP (
~~ )'
Vemos, então, que o produto de duas inversões de mesmo centro e raios 2
K 1 e K 2 é uma homotetia de centro O e razão
7.3 -
( KK 21
)
lsogonalidade 7 .3.1 -
Teorema
Se dois pontos A
e A ' pertencem, respectivamente, às curvas
inversas C e C ' , as tangentes a essas curvas em A e A ' formam ângulos iguais com a reto AA ' .
r• r
279
GEOMETRIA li
Consideremos os pares de pontos inversos A e A' e B e B' . Porque OA · OA'
=
OB · OB' , os pontos A, 8, A' e B' perten-
cem a um mesmo círculo, sendo r e r' antiparalelas em relação a
Ô. Se B tende a A, B' tende a A' e, quando B - A, B' = A'.
O círculo {J) será, então, tangente às curvas C e C' em A e A' , respectivamente, e os retas r e r' serão tangentes a esse círculo e às curvas C e C' .
T
e•
r
( J)
Vemos
imediatamente
que
a. 7.3.2
= ; ,_
Teorema
Se duas curvas (
1
e C 2 formam ângulo a. em um ponto de
interseção A, as suas inversas C i' e C 2 ' , na mesma inversão, formarão ângulo et. em um ponto de interseção A', inverso de A.
280
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
r'1 \
o e•1 Porque os triângulos MAA' e NAA' são isósceles, pelo teorema anterior, concluímos imediatamente que
a. 7.4 -
=
&:'.
Transform_ação do círculo por inversão 7.4.1 -
O pólo é um ponto do círculo
Quando o pólo O de inversão é um ponto do círculo, a figura inverso do círculo é uma reta perpendicular ao diâmetro que passa por O. Seja A' do diâmetro OA tal que OA · OA'
= K2•
Consideremos a reta r, que contém A' e é
perpendi-
cular a OA. Seja ponto do círculo.
B um
r
GEOMETRIA li
281
Vamos provar que B', ponto que r intercepta 08, é o inverso de B. Sendo os triângulos OA' B' e OBA semelhantes, temos OA'
08'
OB
OA
= > OB · OB'
OA · OA'
K2
Então, como B' = fnv (B}, mostramos que r = lnv (C}.
7.4.2 -
O pólo não pertence ao círculo
Quando o pólo de inversão não pertence ao círculo, o suo figuro inverso é um outro círculo homotético do primeiro, numa homotetia de mesmo centro. Sejam A '
=
lnv(A) e B'
=
lnv(B}.
Consideremos o círculo d e diâmetro A ' B' . Temos, então,
OA · OA' -
OB · OB '
K2 = > O ~ - OB
OB' - OA'- ,
282
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M . JORGE
o que mostra que (C' ) é homotético de (C), numa homotetia de centro O. Temos ainda, considerando uma secante qualquer,
AE -
Í'Õ'
=> ~ OAD ·""-' ~ OD' A' =>
00 · 00' Então, C' -
7.5 -
OA · OA'
OD
OA
OA'
OD'
=
lnv ( C).
Distância entre dois pontos inversos
Sejam
A'
lnv(A)
e
B' = lnv(B). Porque as retas AB e A ' B'
soo
antiparalelas,
os
triângulos OAB e OB' A ' são semelhantes.
= >
A ' B'
OB'
AB
OA
A' B' -
AB ·
Logo,
=>
OB' OA
Mas OB'
K2
Então,
08
A'B' - AB ·
K2
OA · 08
K2•
=>
283
GEOMETRIA li
7.6 -
Observação
Se dois círculos são ortogonais, a inversão cu10 pólo é um ponto de um dos círculos transforma estas figuras num círculo e numa reta que passa pelo centro deste.
o
e,
e•1
Este fato decorre imediatamente de 7.4 e 7.3.2.
7.7 -
Aplicações
1} Demonstrar que, em um quadrilátero inscritível, o produto das
diagonais é igual à soma dos produtos dos lados opostos. (Teorema de Ptolomeu).
Sugestão Transforme círculo em reta, numa inversão de pólo A. B'D' = B'C'
+ C'D',
Como
aplique o resultado encontrado em 7.4.
284
A. C. MORGADO / E. WAGNER / M. JORGE
2) Considere um quadrilátero ABCD. Prove que, se os círculos circunscritos aos triângulos ABC e ADC forem ortogonais, os círculos circunscritos aos triângulos ABD e CBD também o serão.
Sugestão Transforme os círculos (ABC) e (ADC) em retas, por inversão de pólo A. Lembre que essas retas são perpendiculares. 3) Considerando o quadrilátero do problema anterior, se a, b, e e d são os comprimentos dos lodos, e p e q, os das diagonais, prove que
4) Os pontos A, B, C e D formam uma divisão harmônica. Transformemos, por inversão de pólo A, os pontos B, C e D. Se B' = fnv(B), C' = lnv(C) e D' = lnv(D), prove que B' é o ponto médio de C'D' . 5) Se um círculo é tangente internamente ao círculo circunscrito de um triângulo ABC e é tangente em P e Q a dois lados do triângulo,· prove que o incentro do triângulo ABC é o ponto médio de PQ.
Sugestão Transforme os dois círculos, utilizando uma inversão de pólo A e raio AI.
RESPOSTAS DOS TESTES 15 -
E
e
D
16 17 -
e
1s - e
A
19 20 30-
8-B 9 ,..;.... D 10 11 12 13 14
-· -
e B
D
e -e c
31 - D 32 33 - B 34-A
c
35 -
e
36 E 37-A
38 - A
e
39 40- B
51 D 52 B 53-A
54-
e
285
GEOMETRIA li
55- e 56- e 57- D 58 - E 59- D 60-A 61 - e 62 - e 63 - D 64 - D 65 - B 66 - B 67-A 68 - e 69 - e 70- D 71 - A 72 - e 73 - E 74-A 75- B 76 - B 77- B 78-A 79-A ao-e 91 - D 92-C 93 - D 94- D 95- D 96 - B 97- B 98 - E 99-A 100 - e 101 - e
102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 12a 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138
-------
D D e A E E A B e B e e e D D B B e A B e B e A D E e D e B E B B e e D e
139 140 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 1a1 206 207 2oa 209 210 211 212 213
- B - D - e - D - D - e -A - E - e -A - e ~ D - B -A - D - B - D - e -A - D - B - e - A - D - e - D - e - B - e - e -·A - e - e - D - e - D - e
214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226
- D -A - E - E - B - e - e - D - e - D - A - e -A
227 -
B
228 - D 229 - E 230 - B 231 - B 232 - D 233 - e 234 - e 235 - E 236 - e 237- e 238 - D 239 - A 240-A 241 - B 242 - e 243 - D 244 - E 245 - B 246 - B 247- D 248 - e 249 - D 250 - 8
AFINAL soluçõ e s para livros, j ornais e revist a s ( 2 1 J -3 8 7 8-0428 í
:387 8 - 0 42 9
Honilton Medeiros 23/09/2007
É membro
da comissão de olímpiadas da
Sociedade Brasileira de Matemática e tem vários livros publicados no Brasil e no exterior. Uma de suas atividades permanentes é a de preparação de alunos para os vestibulares do IME e do ITA. MIGUEL JORGE é engenheiro e licenciado em
Matemática . Foi professor do IME e leciona na Fundação Getúlio Vargas e no Colégio Santo Inácio, no Rio de Janeiro. Participou do julgamento de provas em olimpíadas internacionais
de
Matemática e
da
elaboração de questões para o Sistema de Avaliação do Ensino Básico (SAEB). Além de autor de diversos livros, uma de suas atividades é a de preparação de alunos para os vestibulares do IME e do ITA.
~:
GEOMETRli li L ançado pel-0 primeiro vez há quase trinta anos, este Geometria li, considerado um best se/ler na matéria, retorna ao mercado com a mesma proposta: apresentar o Geometria de forma ela ra e objetivo.
Aquj são abordados diversos assuntos e teoremas inexistentes em outras publicações brasileiras, tais como: os teoremas de Menelaus e Ceva, para os triângulos; de Ptolomeu, Euler e Hiparco, paro os quadriláteros; potência de um ponto em relação a uma circunferência; eixo radical; homotetia; inversão, além de exercícios com variados graus de dificuldade. Indicado para professores e alunos que se preparam para concursos difíceis, como os do IME, do ITA,
das escolas militares, ou ainda, os que se preparam para as olimpíadas de Matemática.
Honilton Medeiros I SBN