Geometria 1

FICHA TÉCNICA
Governador
Eduardo Braga
Vice–Governador
Omar Aziz
Reitor
Lourenço dos Santos Pereira Braga
Vice–Reitor
Carlos Eduardo S. Gonçalves
Pró–Reitor de Planej. e Administração
Antônio Dias Couto
Pró–Reitor de Extensão e Assuntos Comunitários
Ademar R. M. Teixeira
Pró–Reitor de Ensino de Graduação
Carlos Eduardo S. Gonçalves
Pró–Reitor de Pós–Graduação e Pesquisa
Walmir de Albuquerque Barbosa
Coordenador Geral do Curso de Matemática (Sistema Presencial Mediado)
Carlos Alberto Farias Jennings
NUPROM
Núcleo de Produção de Material
Coordenador Geral
João Batista Gomes
Projeto Gráfico
Mário Lima
Editoração Eletrônica
Helcio Ferreira Junior
Revisão Técnico–gramatical
João Batista Gomes
Silva, Clício Freire da.
S586g Geometria I / Clício Freire da Silva, Cláudio Barros Vitor, Ieda
Maria de Araújo Câmara Costa. – Manaus/AM: UEA, 2006. –
(Licenciatura em Matemática. 2. Período)
149 p.: il. ; 29 cm.
Inclui bibliografia
1. Geometria. I. Vitor, Cláudio Barros. II. Costa, Ieda Maria de
Araújo Câmara. III. Título.
CDU (1997): 514
CDD (19.ed.): 516

SUMÁRIO
Palavra do Reitor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 07
UNIDADE I – Noções primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 09
TEMA 01 – Noções e proposições primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11
TEMA 02 – Segmento de reta - Conceitos primitivos - ponto, reta e plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
TEMA 03 – Ângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
TEMA 04 – Ângulos - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
TEMA 05 – Paralelismo - Retas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
TEMA 06 – Perpendicularismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
UNIDADE II – Polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
TEMA 07 – Triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
TEMA 08 – Triângulos - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
TEMA 09 – Congruência de triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
TEMA 10 – Pontos notáveis no triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
TEMA 11 – Quadriláteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
TEMA 12 – Quadriláteros - Principais propriedades e aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
TEMA 13 – Polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
TEMA 14 – Polígonos - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
UNIDADE III – Elementos na circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
TEMA 15 – Circunferência e Círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
TEMA 16 – Circunferência e Círculo - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
TEMA 17 – Ângulos na circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
TEMA 18 – Ângulos na circunferência - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
TEMA 19 – Polígonos inscritos e circunscritos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
TEMA 20 – Polígonos inscritos e circunscritos - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
UNIDADE IV – Relações métricas no triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
TEMA 21 – Teorema de Tales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
TEMA 22 – Semelhança de triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
TEMA 23 – Relações métricas no triângulo retângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
TEMA 24 – Relações métricas no triângulo retângulo - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
TEMA 25 – Teorema de pitágoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
TEMA 26 – Teorema de pitágoras - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
TEMA 27 – Relações métricas no triângulo qualquer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
TEMA 28 – Relações métricas no triângulo qualquer - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
UNIDADE V – Áreas de superfícies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
TEMA 29 – Relações métricas na circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
TEMA 30 – Relações métricas na circunferência - Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
TEMA 31 – Atividade de laboratório . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
TEMA 32 – Áreas de figuras planas - Triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
TEMA 34 – Áreas de figuras planas - Quadriláteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
TEMA 35 – Áreas de figuras planas - Polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
TEMA 36 – Atividade de laboratório - Teorema de Pitágoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
TEMA 37 – Áreas de superfícies planas - Círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
TEMA 39 – Atividade de laboratório - Decomposição de polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
TEMA 40 – Atividade de laboratório - Pontos notáveis no triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
UNIDADE VI – Atividades de laboratório . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Respostas de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

Clício Freire da Silva
Licenciado em Matemática – UFAM
Bacharel em Matemática – UFAM
Pós-graduado em Instrumentação para o Ensino da Matemática – UFF
Mestrando em Matemática (Geometria Diferencial) – UFAM
Cláudio Barros Vitor
Licenciado em Matemática – UFAM
Pós-graduado em Didática e Metodologia do Ensino Superior - UNESC
Iêda Maria de Araújo Câmara Costa
Especialista em Ensino de Matemática – UFAM.
Mestranda em Matemática (Geometria Diferencial) – (UFAM)
PERFIL DOS AUTORES

PALAVRA DO REITOR
A realidade amazônica, por si só, é um desafio à educação tradicional, aquela que teima em ficar arraigada
à sala de aula, na dependência única dos métodos triviais de ensino. A Universidade do Estado do
Amazonas já nasceu consciente de que o ensino presencial mediado é a única estratégia capaz de respon-
der aos anseios de um público que, por estar disperso, tem de ser atendido por projetos escudados em
dinamismo técnico–científico.
Assim, a Licenciatura Plena em Matemática, ancorada no Sistema Presencial Mediado, nasceu para ofere-
cer aos discentes as habilidades necessárias para que eles venham a construir seus próprios objetivos exis-
tenciais, estimulando–lhes a ousadia de aceitar o novo e de criar novas possibilidades de futuro, dando–lhes
uma visão multifacetada das maneiras de educar.
Os livros–textos em que o curso se apóia são produzidos com o rigor didático de quem sabe que a história
da educação, no nosso Estado, está sendo reescrita. Os agentes desse processo têm visão crítica e apos-
tam na formação de novos professores que saberão aliar inteligência e memória, não permitindo que o ensi-
no em base tecnológica ganhe a conotação de “um distanciado do outro”.
A autonomia de agir que cada um está aprendendo a conquistar virá, em breve, como resposta aos desafios
que se impõem hoje.
Lourenço dos Santos Pereira Braga
Reitor da Universidade do Estado do Amazonas

TEMA 01
NOÇÕES E PROPOSIÇÕES PRIMITIVAS
Introdução
Euclides, o grande matemático grego, foi o
principal responsável pelo avanço da geome-
tria. Nascido por volta de 300a.C., Fundador da
Escola de Alexandria, escreveu um tratado de
matemática sob o título Os elementos (com-
posto de treze volumes), que se constituiu, du-
rante mais de 20 séculos.
No livro, Euclides expõe, em ordem lógica, os
principais assuntos da geometria. Inicia apre-
sentando os entes primitivos e algumas
definições. A seguir, considera alguns postula-
dos e, finalmente, demonstra uma série de teo-
remas que serviriam de base para a demons-
tração de outras propriedades.
O livro é considerado a primeira compilação
formal do saber matemático ocidental. A rígida
organização da obra forneceu o padrão de
apresentação para tudo que se fez posterior-
mente em matemática, daí o nome Geometria
Euclidiana.
Conceitos Primitivos – São aqueles apresen-
tados intuitivamente, ou seja, sem definição.
Nascem em nossa mente pela observação e
experiência.
Exemplos: o ponto, a reta e o plano.
Os demais conceitos são apresentados por
uma definição que se utiliza de conceitos já
conhecidos.
Postulados ou axiomas – São proposições
(afirmações) aceitas como verdadeiras sem
prova ou demonstração, apenas pela experiên-
cia ou observação.
Postulados Fundamentais – Servem de
suporte para o estudo da geometria que ora
estudamos.
Alguns postulados Importantes:
• Uma reta tem infinitos pontos.
• Dois pontos distintos determinam uma úni-
ca reta .
• Por um ponto passam infinitas retas.
• Dois pontos distintos determinam uma úni-
ca reta.
• Três pontos não-colineares determinam um
único plano.
• A reta que passa por dois pontos distintos,
pertencentes a um plano, também está con-
tida nesse plano.
A B
11
Geometria I – Noções primitivas

Postulado de Euclides
Por um ponto P, não pertencente a uma reta
r, passa uma única reta paralela a essa mes-
ma reta r.
Teoremas
Um teorema é composto de duas partes:
• a parte que se supõe conhecida, chamada
de hipótese;
• a parte que se deseja provar, chamada de
tese.
Exemplos:
a) Se duas retas paralelas são cortadas por
uma transversal, então os ângulos corre-
spondentes são congruentes.
Hipótese: Duas retas paralelas são cor-
tadas por uma transversal.
Tese: Os ângulos correspondentes são
congruentes.
b) Se um triângulo é isósceles, então os ângu-
los da base são congruentes.
Hipótese: Um triângulo é isósceles.
Tese: Os ângulos da base são congruentes.
Pode–se demonstrar um teorema por três mé-
todos:
• Direto: partindo da hipótese, chega-se à
tese.
• Indireto: negando a tese, chega-se à ne-
gação da hipótese.
• Contradição ou absurdo: negando a tese,
chega-se à negação de uma verdade já
estabelecida, antes mesmo de se chegar à
negação da hipótese.
Exemplos:
Se dois ângulos são opostos pelo vértice
(o.p.v.), então os ângulos são congruentes.
• Hipótese: os ângulos são opostos pelo vér-
tice (o.p.v).
• Tese (ou conclusão): os ângulos são con-
gruentes.
Demonstração do teorema
H: α e β são o.p.v.
T: α ≅ β
Afirmativa: α + Y = 180°
Justificativa: Ângulos adjacentes suplemen-
tares.
Afirmativa: Y + β = 180°
Justificativa: São ângulos adjacentes suple-
mentares.
Afirmativa: α + Y = Y + β
Justificativa: Propriedade transitiva das igual-
dades.
Afirmativa: α + Y = Y + β
Justificativa: Propriedade do cancelamento.
Portanto, α = β
1. Identifique a hipótese e a tese em cada caso.
a) Se duas retas paralelas são cortadas por
uma transversal, então os ângulos corre-
spondentes são congruentes.
b) Se duas retas cortadas por uma transversal
são paralelas, então elas determinam ângu-
los alternos internos congruentes.
Solução
a) Hipótese – Duas retas paralelas são cor-
tadas por uma transversal.
Tese – Os ângulos correspondentes são
congruentes.
b) Hipótese – Duas retas cortadas por uma
transversal são paralelas.
Tese – Essas retas determinam ângulos
alternos internos congruentes.
12
UEA – Licenciatura em Matemática

1. Classificar em verdadeiras ou falsas as afir-
mações:
a. ( ) Dados dois pontos distintos, existe um
único plano passando por eles.
b. ( ) Os vértices de um triângulo são
coplanares e estão no mesmo plano.
c. ( ) Uma reta qualquer separa um plano em
dois semiplanos.
d. ( ) Por três pontos distintos quaisquer pas-
sa sempre um único plano.
e. ( ) O número máximo de retas que quatro
pontos podem determinar é de seis retas.
2. Assinale a alternativa falsa:
a) Por dois pontos distintos passa uma única
reta.
b) Por quatro pontos quaisquer passa sempre
um único plano.
c) O conceito de plano é primitivo.
d) O plano tem infinitos pontos.
3. Classifique em verdadeiras ou falsas as afir-
mações:
a. ( ) Uma reta tem dez pontos distintos.
b. ( ) Um plano tem cinco pontos distintos.
c. ( ) Existem infinitos pontos fora de uma reta.
d. ( ) Existem pontos fora de um plano que
são colineares.
e. ( ) Dois pontos quaisquer distintos estão
sempre contidos em pelo menos um
plano.
f. ( ) Todo triângulo está contido em um úni-
co plano.
g. ( ) Quatro pontos quaisquer estão sempre
contidos em um único plano.
4. Demonstre o teorema:
Se dois ângulos são adjacentes suplemen-
tares, então suas bissetrizes formam um ângu-
lo reto.
TEMA 02
SEGMENTO DE RETA
Conceitos Primitivos – Ponto, reta e plano
No dia-a-dia, são encontrados diversos exem-
plos desses conceitos primitivos.
Exemplos:
a) A marca deixada em uma folha de papel
pela ponta de um lápis.
O ponto é indicado com letras
maiúsculas do nosso alfabeto.
b) Uma estrada dá-nos idéia de reta.
A reta não tem começo, nem fim,
nem espessura. É representada por
letras minúsculas do nosso alfabeto.
c) A superfície do rio Amazonas dá-nos a idéia
de plano.
O plano é indicado por letras
minúsculas do alfabeto grego, tais
como α (alfa), β (beta) γ (gama), etc.
Semi-reta
Em relação ao ponto A, a reta fica dividida em
duas partes:
Cada uma dessas partes é chamada semi-reta,
e o ponto A é chamado origem das semi-retas.
13

Exemplo de semi-retas:
Indicação:
→
AB
(lê-se semi-reta AB)
Retas coplanares
Duas ou mais retas são coplanares quando es-
tão contidas no mesmo plano.
As retas coplanares podem ser:
a) concorrentes – quando têm apenas um
ponto comum;
b) paralelas – quando não têm ponto comum;
c) coincidentes – quando têm todos os pon-
tos comuns.
Segmento de reta
O conjunto formado pelos pontos A e B e por
todos os pontos da reta entre A e B é chama-
do segmento de reta.
Os pontos A e B são chamados extremos do
segmento AB.
Indicação:
⎯
AB (lê–se segmento AB)
Segmentos consecutivos
Dois segmentos são consecutivos quando
possuem um extremo comum.
Os segmentos
⎯
AB e
⎯
BC possuem um extremo
comum: B.
Logo:
⎯
AB e
⎯
BC são segmentos consecutivos.
Segmentos colineares
Dois segmentos são colineares quando estão
contidos na mesma reta.
Se os segmentos são colineares e consecu-
tivos, nesse caso diz-se adjacentes.
Exemplo:
Segmentos congruentes
Dois segmentos são congruentes quando pos-
suem a mesma medida, tomada numa mesma
unidade.
Indicamos a congruência entre
⎯
AB e
⎯
CD
escrevendo:
⎯
AB ≅ CD (lê–se segmento AB é
congruente ao segmento CD)
Ponto médio de um segmento
Chama-se ponto médio de um segmento o
ponto que divide o segmento dado em dois
segmentos congruentes.
1. Que ente geométrico lhe sugere:
a) os buracos existentes no botão?
b) o encontro entre duas paredes?
c) o piso da sala de aula?
Solução
a) Ponto b) Reta
c) Plano
2. Usando os símbolos ∈, ∉, ⊂, determine a
relação existente entre:
a) A ....... r b) A..... s c) A....... t
d) B..... r e) B...... s f) C...... α
g) C ...... r h) C........s i) D....... α
j) D....... r I) r .......α m)s..... α
14

Solução
a) ∈ b) ∈ c) ∉
d) ∉ e) ∈ f) ∈
g) ∈ h) ∉ i) ∈
j) ∉ l) ⊂ m) ⊂
3. Dê a posição relativa dos pares de retas.
a) r ...........s d) t..................u
b) r...... .... t e) s................ u
c) r ......... x
Solução
a) Paralelas. d) Paralelas.
b) Concorrentes. e) Concorrentes.
c) Coincidentes.
4. Verifique se os segmentos são consecutivos,
colineares, ou adjacentes.
a) AB e BC b) BC e CD
c) AB e BD d) CD e DE
Solução
a) Consecutivos e colineares (adjacentes).
b) Consecutivos.
c) Consecutivos.
d) Consecutivos e colineares (adjacentes).
5. Na figura, M é o ponto médio de AB, N o ponto
médio de BC e P, o ponto médio de CD.
Responda:
a) Quanto mede o segmento NP?
b) Quanto mede o segmento MC?
c) Quanto mede o segmento AN?
d) Quanto mede o segmento MP?
Resposta
a) 3,5cm b) 5.5cm
c) 6,5cm d) 7,5cm
1. Escreva, em seu caderno, algumas idéias geo-
métricas que lhe sugere a idéia de Ponto, Reta,
e Plano.
2. Quantas semi-retas há numa reta, com origem
nos quatro pontos A, B, C e D da reta?
3. Se forem marcados três pontos distintos A, B e
C sobre uma reta r, quantos segmentos de reta
com extremidades em dois desses pontos ficam
determinados? Quais são eles? Faça o desenho.
4. Sobre uma reta r, marque os pontos A, B e C,
nessa ordem, tais que AB = 6cm e BC = 10cm.
a) Quanto mede o segmento AC?
b) Se M é o ponto médio de AB e N é o ponto
médio de AC, quanto mede MN?
5. Se AB = 20cm, determine x, em cada item:
a) AP = x + 6cm b) AC = 3x
PB = x BC = x + 2cm
6. Determine x e AB, sabendo que M é o ponto
médio de AB.
7. Sobre uma reta r, marque os pontos A, B e C,
nessa ordem, com AB = 6cm e BC = 4cm. Se
M é o ponto médio de AB e N é o ponto médio
de BC, calcule a medida dos seguintes seg-
mentos:
a)
⎯
MB b) BN
c)
⎯
NC d)
⎯
MN
e)
⎯
AN
8. Se
⎯
PA e
⎯
QB são segmentos congruentes de
uma reta r, Mostre que os segmentos
⎯
PQ e
⎯
AB
são congruentes.
15

TEMA 03
ÂNGULOS
No dia-a-dia, observa-se que existem diversos
objetos que possuem uma certa abertura, dan-
do-nos idéia de ângulo. Os ângulos são usa-
dos, na engenharia, na fabricação de móveis, no
lançamento de foguetes, na utilização de saté-
lites, na rota de avião, estacionamentos, em de-
senhos, etc.
Definição
As duas semi-retas
→
OA e
→
OB dividem o plano em
duas regiões: uma convexa e outra não-convexa.
O ângulo convexo da figura acima pode ser
indicado por: AÔB (lê–se “ângulo AOB”)
Se as duas semi-retas
→
OA e
→
OB forem opostas,
o ângulo é chamado raso ou de meia-volta.
Se as duas semi-retas
→
OA e
→
OB, que formam o
ângulo, forem coincidentes, temos um ângulo
nulo ou de uma volta.
Os Babilônios, povo da Antiguidade, habita-
va a região onde hoje se situa o Iraque. Esse
povo tinha um calendário de 12 meses lunares,
com 30 dias cada mês, totalizando 360 dias
(12 x 30). Eles acreditavam que esse era o
tempo que o Sol levava para dar uma volta
completa em torno da Terra, girando em órbita
circular. Assim, a cada dia o Sol percor-
ria um arco correspondente a dessa cir-
cunferência. Hoje, sabe-se que o Sol não “gira”
em torno da Terra e que o ano tem mais de 360
dias. Mas devemos lembrar que os babilônios
fizeram suas observações e seus cálculos há
mais de 4 mil anos.
As noções de ângulo foram desenvolvidas na
Grécia antiga. Deve-se a Hiparco de Nicéia (II
a.C.), considerado pelos gregos como o pai da
Astronomia, a primeira divisão do círculo em 360
partes iguais, com o objetivo de medir ângulos.
A cada um desses 360 arcos em que a cir-
cunferência foi dividida, associamos um ângu-
lo cuja medida chamamos de 1 grau.
Medida de um ângulo
Para medir ângulos, utiliza-se o transferidor, um
instrumento que tem como unidade o grau.
No transferidor da figura, tem-se um ângulo
raso que foi dividido em 180 ângulos de um
grau (indica-se por 1°):
O grau tem dois submúltiplos:
• Minuto – corresponde a do grau.
Indica–se um minuto por 1’.
• Segundo – corresponde a do minuto.
Indica-se um segundo por 1”.
Quando um ângulo é medido em graus, minu-
tos e segundos, diz–se que ele está expresso
no sistema sexagesimal.
A reunião de duas semi-retas de
mesma origem chama-se ângulo.
16

Outras unidades de medida
Radiano – É a medida de um ângulo central cor-
respondente a um arco cujo comprimento é igual
ao raio da circunferência a que pertence.
A circunferência possui 27πrd.
Grado – É a medida de um ângulo central, que
corresponde a da circunferência (sistema
decimal de medidas).
Correspondência entre as unidades de medida:
Ângulos Congruentes
Dois ângulos são congruentes quando pos-
suem a mesma medida.
Os ângulos AÔB e CÔD têm a mesma medida
(30°). Podemos afirmar que esses ângulos são
congruentes. Assim:
AÔB ≅ CÔD (lê–se “AÔB é congruente a CÔD)
Propriedades da congruência
• Reflexiva: AÔB ≅ AÔB.
• Simétrica: se AÔB ≅ ‘CÔD, então
CÔD ≅ AÔB.
• Transitiva: se AÔB ≅ CDF e CDF ≅ FGH,
então AÔB ≅ FGH.
Ângulos consecutivos
Dois ângulos são consecutivos quando pos-
suem um vértice e um lado comuns.
São exemplos de ângulos consecutivos:
AÔC e CÔB
AÔC e AÔB
CÔB e AÔB
Ângulos adjacentes
Dois ângulos são adjacentes quando possuem
um vértice comum, um lado comum e não pos-
suem pontos internos comuns.
AÔC e CÔB são ângulos adjacentes.
Duas retas concorrentes determinam vários
ângulos adjacentes.
São exemplos de ângulos adjacentes:
AÔC e BÔC
BÔC e CÔD
CÔD e DÔA
DÔA e AÔB
Grau Grado Radiano
Uma volta 360º 400 gr 2πrd
Meia volta 180º 200 gr 2πrd
Um quarto
de volta
90º 100 gr
17

Bissetriz de um ângulo
Os ângulos AÔC e CÔB são congruentes, e a
semi-reta
→
OC é a bissetriz do ângulo AÔB .
Ângulo reto, agudo e obtuso
De acordo com suas medidas, os ângulos re-
cebem nomes especiais.
Ângulo reto é aquele que tem por medida 90°.
Exemplo:
Ângulo agudo é aquele cuja medida é menor
que 90°.
a)
b)
Ângulo obtuso é aquele cuja medida é maior
que 90°.
Exemplos:
a)
b)
Ângulos complementares
Dois ângulos são complementares quando a
soma de suas medidas é 90°.
AÔB e BÔC são complementares.
m(AÔB) + m(BÔC) = 90°.
Ângulos suplementares
Dois ângulos são suplementares quando a so-
ma de suas medidas é 180°.
AÔB e BÔC são suplementares.
m(AÔB) + m(BÔC) = 180°.
Propriedades dos ângulos
As propriedades dos ângulos são de grande
importância na resolução de alguns exercícios.
• Dois ângulos adjacentes, cujos lados exteri-
ores estão em linha reta, são suplementares.
^a + ^b = 180º
• A soma de ângulos adjacentes formados
em torno de um ponto e de um mesmo lado
de uma reta é igual a 180°.
^a + ^b + ^c + ^d = 180º
18

• A soma de ângulos adjacentes formados
em torno de um ponto é igual a 360°.
^a + ^b + ^c + ^d = 360º
• As bissetrizes de dois ângulos adjacentes,
de lados exteriores em linha reta, formam um
ângulo reto, ou seja, são perpendiculares.
1. Qual o valor de x?
a)
Solução
X + 60º = 90º
X = 90º – 60º
X = 30º
b)
Solução
X + 53º = 180º
X = 180º – 53º
X = 127º
2. Calcule o valor de x nas figuras:
a)
Solução
10º + X+ 25º = 90º
X = 90º – 35º
X = 55º
b)
Solução
60º + X + 40º = 180º
X = 180º – 100º
X = 80º
m(MÔM) = 90º ou OM ⊥ OM´
19

c)
Solução
70º + 90º +5X = 360º
5X = 360º – 160º
5X = 200º
X = 40º
3. Calcule o valor de x e de y na figura:
Solução
Y + 58º = 180º
Y = 180º – 58º
Y = 122º
X + Y = 180º
X + 122º = 180º
X = 180º – 122º
X = 58º
4. Dois ângulos opostos pelo vértice têm medi-
das expressas por 2x – 100° e x + 30°. Qual o
valor de x?
Solução
2x – 100° = x + 30°
2x – x = 30° + 100º
x = 130º
5. Transforme 100 grados em graus.
Solução
Aplicando uma regra de três simples:
400gr 360º
100gr x
= ⇒ 400 x = 360 . 100 ⇒
400 x = 36000 ⇒ x = ⇒ x = 90º
Portanto 100 grados correspondem a 90 graus.
TEMA 04
ÂNGULOS
1. Use o transferidor para encontrar a medida do
ângulo destacado nas figuras:
a) b) c)
2. Classifique os pares de retas em concorrentes
e paralelas:
a) a e b b) b e s c) r e s d) a e r
3. Transforme:
a) 60 graus em radianos;
b) 50 grados em graus;
c) π/6 radianos em graus.
4. Dado um ângulo de medida X, indicar:
a) seu complemento;
b) seu suplemento;
c) o dobro do seu complemento;
d) a metade do seu suplemento;
e) o triplo de seu suplemento.
5. A metade da medida de um ângulo mais a
medida do seu complemento é igual a 58o
.
Quanto mede o ângulo?
6) A medida de um ângulo somada a 1/3 da medi-
da de seu complemento é igual a 66º. Quanto
mede esse ângulo?
7. A medida de um ângulo somada à metade da
medida de seu complemento dá 55º. Quanto
mede o suplemento desse ângulo?
8. Somando-se a medida do complemento com a
medida do suplemento de um ângulo obtém-
se 130°. Quanto mede esse ângulo?
20

9. Qual o valor de X?
⎯
OP é bissetriz de AÔB
AOP = 3x – 5°
BOP = 2x + 10°
10. Calcule o valor de x, nas figuras:
a) b)
c)
11. Com a ajuda da régua e “do transferidor, trace
a bissetriz do ângulo AOB.
12. Determine os valores indicados por letras em
cada figura.
a)
b)
c)
d)
e)
21

TEMA 05
PARALELISMO
Retas paralelas
Há inúmeras situações no dia-a-dia que nos
dão idéias de paralelismo. Por exemplo, pode-
se ressaltar os fios de alta tensão, as ruas de
sua cidade, etc.
No encontro das duas retas com a transversal,
ficam determinados oito ângulos com vértices no
ponto de intersecção, conforme a figura abaixo:
Os ângulos internos são ^3, ^4, ^5 e ^6. Os ângu-
los ^1, ^2, ^7 e 8 chamam-se ângulos externos.
Um externo e outro interno, situados do mesmo
lado da transversal e com vértices diferentes,
chamam-se ângulos correspondentes.
^3 e ^7 ; ^4 e ^8 ; ^1 e ^5 ; ^2 e ^6.
Ângulos internos, situados em lados opostos
da transversal e com vértices diferentes cha-
mam-se ângulos alternos internos.
^3 e ^6 ou ^4 e ^5
Ângulos externos, situados em lados opostos
da transversal, como ^1 e ^8 ou ^2 e ^7, com vér-
tices diferentes, chamam-se ângulos alternos
externos.
^1 e ^8 ou ^2 e ^7
Se uma transversal intercepta duas retas para-
lelas, os ângulos correspondentes são congru-
entes.
Portanto:
^2 = ^6 , ^4 = ^8, ^1 = ^5, ^3 = ^7.
Exemplo:
Se m e n são duas retas paralelas e a = 50º,
verifique como determinar a medida dos outros
ângulos:
â = ê = 50° ângulos correspondentes
â + ^c = 180° ângulos suplementares
^c = 180° – 50°
^c = 130°
^g = ^c = 130° ângulos correspondentes
â + ^b = 180° ângulos suplementares
^b = 180° – 50°
^b = 130°
^b = ^f = 130° ângulos correspondentes
^b + ^d = 180° ângulos suplementares
^d = 180° – 130°
^d = 50°
^d = ^h = 50° ângulos correspondentes
22

1. A reta t é uma transversal às retas m e n.
Determine:
a) quatro pares de ângulos correspondentes
Solução
b e f; d e h; a e e; c e g
b) dois pares de ângulos alternos internos
Solução
e e f; e e d
c) dois pares de ângulos alternos externos
Solução
e e h; b e g
2. Na figura, a reta t é uma transversal às retas
paralelas m e n.
a) Se a = 110°, calcule h.
Solução
h = 110°, pois a e h são alternos externos.
b) Se d = 105°, calcule g.
Solução
g = 75°
3. As retas r e s são paralelas, e t é uma transver-
sal. Calcule as medidas dos ângulos assinala-
dos nas figuras.
a)
Solução
^a = 60º correspondente;
^c = 60º (o.p.v)
^b + 60º = 180º ⇒ ^b = 180º– 60º = 120º
Portanto:
^a = 60º ; ^b = 120º ; ^c = 60º
b)
Solução
n = 72º ( o.p.v);
m = 108º n + m = 180 colaterais internos n
=72º, logo 72º + m =180; m = 180 – 72 = 108;
p = 72º pois p + m =180 (suplementares)
p = 180 – 108 = 72.
Portanto n = 72º , m =108º e p = 72º
1. Sabendo que r//s, dê nome aos pares de ân-
gulos:
a) ^b e ^c colaterais internos.
23

b) ^m e ^p correspondentes.
2. Sabendo que r//s, dê nome aos pares de ângulos:
a) ^a e ^p;
b) ^a e ^q.
3. Sabendo que r//s, calcule, em cada caso, o
valor de x:
a)
b)
4. Sabendo que r//s, dê nome aos pares de ângu-
los e determine o valor de x:
a)
b)
c)
5. Calcule x, y e z, sabendo que r e s são parale-
las.
a)
b)
6. Sendo r paralela a s, qual é o valor de x?
a)
b)
7. Sabendo que r é paralela a s, determine os va-
lores de x e de y.
a)
5
x
30°
2
x
15°
s
4
x7
70°
3x 20°
24

b)
8. Se r // s e // u, qual deve ser o valor de cada
ângulo indicado por letra na figura?
9. Duas retas paralelas e uma transversal deter-
minam dois ângulos correspondentes cujas
medidas são 2x – 30° e x + 10°. Calcule as me-
didas dos ângulos obtusos determinados por
essas retas.
10. Duas retas, cortadas por uma transversal, for-
mam ângulos correspondentes expressos em
graus por . Determine x de
modo que essas retas sejam paralelas.
TEMA 06
PERPENDICULARISMO
Introdução
Duas retas são perpendiculares se, e somente
se, são concorrentes e formam ângulos adja-
centes suplementares congruentes.
Duas semiretas são perpendiculares se estão
contidas em retas perpendiculares.
Dois segmentos de retas são perpendiculares
se estão contidas em retas perpendiculares.
Retas oblíquas
Se duas retas são concorrentes e não são per-
pendiculares, diz-se que essas retas são oblí-
quas.
Perpendicularismo entre reta e plano
Uma reta r é perpendicular a um plano α se, e
somente se, r é perpendicular ou ortogonal a
todas as retas de α que passam pelo ponto de
intersecção de r e α.
• Para que uma reta r seja perpendicular a
um plano α, basta ser perpendicular a duas
retas de α.
25

Perpendicularismo entre planos
Dois planos, α e β, são perpendiculares se, e
somente se, existe uma reta de um deles que é
perpendicular ao outro:
Projeções ortogonais sobre um plano
A projeção ortogonal de um ponto sobre um
plano é o pé da perpendicular ao plano con-
duzida pelo ponto.
P’ é a projeção ortogonal de P sobre α.
Projeção de uma figura
A projeção ortogonal de uma figura sobre um
plano é o conjunto das projeções ortogonais
dos pontos da figura sobre o plano.
F´= proj0F
Projeção de uma reta
Para se obter a projeção de uma reta r sobre
um plano α, há dois casos a considerar:
a) Se a reta r é perpendicular ao plano α, sua
projeção ortogonal sobre ele é o traço da
reta no plano.
b) Se a reta r não é perpendicular ao plano α,
sua projeção ortogonal sobre α é o traço
(intersecção) em α, do plano β perpendicu-
lar a α, conduzido por r.
Projeção de um segmento de reta
Para se obter a projeção de um segmento de
reta
⎯
AB sobre um plano α, também temos dois
casos a considerar:
a) Se o segmento de reta
⎯
AB é perpendicular
ao plano, sua projeção ortogonal sobre o
plano é um ponto, que é o traço da reta
em α.
b) Se o segmento de reta
⎯
AB não é perpendi-
cular ao plano α, basta projetar as suas ex-
tremidades sobre α, para se obter a proje-
ção do segmento.
Distância de ponto a plano
A distância de um ponto a um plano é a distân-
cia do ponto à sua projeção ortogonal no plano.
A distância de um ponto a um plano é a menor
das distâncias do ponto aos pontos do plano.
Distância entre reta e plano paralelos
A distância entre uma reta e um plano parale-
los é a distância de um ponto qualquer da reta
ao plano.
Para se achar a distância entre uma reta e um
plano paralelos, basta tomar um ponto P na
reta e achar a distância de P ao plano.
r
P’
p’ proj r
s
26

Distância entre planos paralelos
A· distância entre dois planos paralelos é a dis-
tância de um ponto qualquer de um deles ao
outro plano.
Para se achar a distância de dois planos α e β
paralelos basta considerar um ponto P num
deles (por exemplo, P ∈ (β) e obter a distância
do ponto P ao outro plano (α).
1. Classificar em verdadeiro (V) ou falso (F):
a. ( ) Duas retas que formam ângulo reto são
perpendiculares.
b. ( ) Duas retas que são perpendiculares for-
mam ângulo reto.
c. ( ) Duas retas são ortogonais formam ân-
gulo reto.
a. ( ) Duas retas que formam ângulo reto são
ortogonais.
a. ( ) Uma reta perpendicular a um plano é
perpendicular a infinitas retas do plano.
b. ( ) Uma reta perpendicular a um plano é
perpendicular a qualquer reta do plano.
c. ( ) Uma reta perpendicular a um plano é
reversa a todas as retas do plano.
d. ( ) Uma reta perpendicular a um plano é
ortogonal a infinitas retas do plano.
e. ( ) Uma reta perpendicular a um plano
forma ângulo reto com todas as retas
do plano.
a. ( ) Se uma reta e um plano são paralelos,
então toda reta perpendicular à reta dada
é perpendicular ao plano.
b. ( ) Se uma reta e um plano são perpendicu-
lares, então toda reta perpendicular à reta
dada é paralela ao plano ou nele está
contida.
c. ( ) Uma reta e um plano, ambos perpen-
diculares a uma outra reta em pontos
distintos, são paralelos.
d. ( ) Se dois planos são paralelos, então to-
da reta perpendicular a um deles é per-
pendicular ao outro.
e. ( ) Dois planos, ambos perpendiculares a
uma mesma reta, são secantes.
f. ( ) Duas retas, ambas perpendiculares a um
mesmo plano, são reversas.
g. ( ) Se duas retas são paralelas, então todo
plano perpendicular a uma delas é per-
pendicular à outra.
a. ( ) Dois planos perpendiculares a um ter-
ceiro são paralelos.
b. ( ) Dois planos perpendiculares a um ter-
ceiro são perpendiculares entre si.
c. ( ) Se dois planos são paralelos, então to-
do plano perpendicular a um deles é
perpendicular ao outro.
d. ( ) Se dois planos são perpendiculares,
então toda reta perpendicular a um de-
les é paralela ao outro ou está contida
nesse outro.
e. ( ) Se dois planos são perpendiculares,
então toda reta paralela a um deles é
perpendicular ao outro.
f. ( ) Se uma reta e um plano são paralelos,
então todo plano perpendicular à reta
dada é perpendicular ao plano dado.
g. ( ) Se uma reta e um plano são paralelos,
então todo plano perpendicular ao
plano dado é perpendicular à reta dada.
a. ( ) A projeção ortogonal de um ponto
sobre um plano é um ponto.
b. ( ) A projeção ortogonal de uma reta sobre
um plano é uma reta.
c. ( ) A projeção ortogonal de um triângulo
sobre um plano é sempre um triângulo.
d. ( ) As projeções ortogonais, sobre um
mesmo plano, de duas retas são para-
lelas, então as retas são paralelas.
e. ( ) Se os planos projetantes de duas retas,
não perpendiculares ao plano de pro-
jeção, são paralelos, então as pro-
jeções dessas retas são paralelas.
27

31
TEMA 07
TRIÂNGULOS
Introdução
O triângulo é um polígono de três lados.
A forma triangular é bastante utilizada em vá-
rias situações do nosso dia-a-dia.
Elementos de um triângulo
Os principais elementos de um triângulo são:
Vértices: pontos A, B e C.
Lados: segmentos AB, BC e CA.
Ângulos internos: ângulos Â, Ê e ê.
Ângulos externos: ângulos â, b e ê.
O triângulo é o único polígono que não possui
diagonais.
A soma das medidas dos ângulos internos (Si)
de um triângulo é dada por: Si = 180°.
A soma das medidas dos ângulos externos
(Se) de um triângulo é dada por: Se = 360°.
Usa-se o símbolo Δ para representar a palavra
triângulo. Assim, um triângulo ABC pode ser
nomeado, ΔABC.
Pode-se estabelecer uma relação entre os la-
dos e os ângulos internos de um triângulo, que
será importante em nossos estudos.
Classificação dos Triângulos
Os triângulos podem ser classificados quanto
aos lados ou quanto aos ângulos.
Classificação dos triângulos quanto aos lados:
Quanto aos lados, os triângulos classificam-se
em: eqüilátero , isósceles ou escaleno.
Eqüilátero: quando os três lados são congru-
entes.
⎯
AB ≅
⎯
BC ≅
⎯
AC
Isósceles: quando apenas dois lados são con-
gruentes.
⎯
AB ≅
⎯
AC
Escaleno: quando os três lados têm medidas
diferentes.
med (
⎯
AB) ≠ med (
⎯
AC)≠ med (
⎯
BC)≠ med(
⎯
AB).
Triângulos quanto aos ângulos
Quanto aos ângulos, os triângulos classificam-
se em: acutângulo, retângulo e obtusângulo.
• Acutângulo: quando os três ângulos inter-
nos são agudos (medida menor que a de
um ângulo reto).
• Retângulo: quando um dos ângulos é reto.
• Obtusângulo: quando um dos ângulos é
obtuso.
Condições de existência de um triângulo
Dado o ΔABC, sendo a medida do lado
⎯
BC, b
medida do lado
⎯
AC e c medida do lado
⎯
AB,
pode-se escrever as seguintes relações:
a < b + c
Geometria I – Polígonos

32
b < a + c
c < a + b
Portanto, ao comparar o maior lado com a
soma dos outros dois, pode-se saber se existe
ou não triângulo.
Propriedade da soma dos ângulos dos triân-
gulos
A soma das medidas dos ângulos de um triân-
gulo é 180º.
Demonstração:
Considere o triângulo ABC e observe os ângu-
los Â, ^B, e ^C do triângulo.
Pelo vértice A, pode-se traçar uma reta r para-
lela ao lado BC .Observe os ângulos: ^1,Â e^2.
Do paralelismo de r e BC, considerando a
transversal
⎯
AB, decorre que:
1 ≡
^B
Do paralelismo de r e
⎯
BC, considerando a
transversal AC, decorre que:
^2 ≡
^C
Portanto
Â + ^B + ^C = 1800
1. Observe a figura:
a) Quais são os vértices?
Solução: X, Y, Z
b) Qual é o lado comum dos ângulos X eY?
Solução: XY
c) Qual é o lado oposto ao ângulo Z?
Solução: XY
2. Verifique se existe ou não um triângulo com la-
dos medindo: (justifique suas respostas)
a) 4cm, 4cm e 4cm
Solução: Sim, pois 4 < 4 + 4.
b) 3cm, 3cm e 2cm
Solução: Sim, pois 3 < 3 – 2.
c) 1cm, 2cm e 3cm
Solução: Não, pois 3 < 1 + 2 é falsa.
3. Classifique os triângulos abaixo quanto à medi-
da dos seus lados:
a)
Solução: Escaleno.
b)
Solução: Eqüilátero.
c)
Solução: Isósceles.

33
4. O triângulo ABC é isósceles de base BC.
Sabendo-se que AB = 3x – 10, BC = 2x + 4 e
AC = x + 4, calcule a medida de BC.
Solução:
3x –10 = x + 4 BC = 2x + 4
3x – x = 4 + 10 BC = 2. 7 + 4
2x = 14 BC = 14 + 4
X = BC =18
X = 7
5. Determine os lados do triângulo da figura,
sabendo-se que ele tem 60cm de perímetro.
Solução:
x + 3 + x – 7 + x – 2 = 60
3 x + 3 – 7 – 2 = 60
3 x – 6 = 60
3 x = 60 + 6
3 x = 66
X =
X = 22
Lado X + 3 Lado X – 2
22 + 3 22 – 2
25 20
Lado X – 7
22 – 7
15
Portanto, os lados são: 15, 20 e 25.
TEMA 08
TRIÂNGULOS
1. Observe a figura:
a) Quantos são os vértices? Quais são eles? 3;
R, S T.
b) Quantos são os lados? Quais são eles? 3;
RS, RT ST
c) Quantos são os ângulos? Quais são eles?
3; R, S T.
2. Verifique, se existe ou não, um triângulo com
lados medindo: (justifique suas respostas)
a) 5cm, 7cm e 3cm
b) 3cm, 2cm e 7cm
c) 3cm, 3cm e 2cm
d) 5cm, 5cm e 10cm
3. O triângulo ABC é isósceles de base BC. Sa-
bendo-se que AB = 2x – 7 e AC = x + 5, deter-
mine x.

34
4. Determine x, y e o lado do triângulo eqüilátero,
sabendo-se que AB = X + y, AC = X + 3 e
BC=y + 4
5. Um triângulo ABC é isósceles de base BC.
Determine o perímetro sabendo que:
AB = 2x + 3, AC = 3x – 3 e BC = X + 3. 39cm
6. Dois lados de um triângulo medem, respectiva-
mente, 8cm e 21cm. Sabendo que a medida
do terceiro lado é múltiplo de 6, quanto poderá
medir esse lado?
7. Os lados de um triângulo são medidos por três
números inteiros e consecutivos. Sabendo que
o perímetro é 12cm, quais são os lados? 3cm,
4cm e 5cm.
8. Calcule os ângulos dos triângulos. Depois,
classifique os triângulos quanto aos ângulos:
a)
b)
9. Num triângulo, os três ângulos são congruen-
tes. Quanto mede cada ângulo?
10. Calcule x e y na figura abaixo:
TEMA 09
CONGRUÊNCIA DE TRIÂNGULOS
Introdução
Dois triângulos são congruentes quando seus
lados e seus ângulos são respectivamente con-
gruentes.
⎯
AB ≅
⎯
A’B’ A ≅ ^A’
⎯
AC ≅
⎯
A’C’ e B ≅ ^B’
⎯
BC ≅
⎯
B’C’ C ≅ ^C’
Sob certas condições, a congruência de dois
triângulos pode ser garantida com a inspeção
de apenas três elementos. Essas condições
são chamadas de casos de congruência de
triângulos.
Casos de congruência
1.o
caso: L.A.L– (Lado – Ângulo – Lado)
Dois triângulos que possuem dois lados e o
ângulo compreendido entre eles respectiva-
mente congruentes são congruentes.
⎯
AB ≅
⎯
A’B’
^B ≅ ^B’ ⇒ ΔABC ≅ ΔA’B’C’
⎯
BC ≅
⎯
B’C’
2.o
caso: A.L.A. (Ângulo – Lado – Ângulo)
Dois triângulos que possuem um lado e dois
ângulos adjacentes a esse lado respectiva-
mente congruentes são congruentes.
B ≅ ^B
⎯
BC ≅
⎯
B’C’ ⇒ ΔABC ≅ ΔA’B’C’
C ≅ ^C’

35
3.o
caso: L.L.L. (Lado – Lado – Lado)
Dois triângulos que possuem os três lados
respectivamente congruentes são congru-
entes.
⎯
AB ≅
⎯
A’B’
⎯
AC ≅
⎯
A’C’ ⇒ ΔABC ≅ ΔA’B’C’
⎯
BC ≅
⎯
B’C’
4.o
caso: L.A.Ao. (Lado – Ângulo – Ângulo
Oposto)
Dois triângulos que possuem um lado, um ângu-
lo adjacente e um ângulo oposto a esse lado
respectivamente congruentes são congruentes.
⎯
BC ≅
⎯
B’C’
B ≅ ^B’ ⇒ ΔABC ≅ ΔA’B’C’
A ≅ ^A’
1. Em cada item abaixo, os dois triângulos são
congruentes. Indique o critério de congruência
utilizado
a) b)
Solução: Caso L.A.L Solução: Caso A.L.A
2. Dê o caso de congruência do triângulo abaixo
e descubra os valores indicados pelas letras.
Solução:
Caso L.A.L
X = 30cm ; b = 40cm ; a = 50cm
3. Na figura, o triângulo PCD é congruente ao
triângulo PBA. Sabendo que AB = 15, CD = x
+ 5, AP = 2y + 17 e PD = 3y – 2, calcule x e y.
Solução
Por hipótese, tem-se que:
ΔPCD ≅ ΔPBA
Logo:
AP = PD
2y + 17 = 3y – 2,
2y – 3y = – 2 – 17
–y = –19 (–1)
Y = 19
O segmento CD=AB
x + 5 = 15
x = 15 – 5
x = 10
Por tanto: x =10 e y = 19
1. Em cada um dos casos abaixo, verifique se
os triângulos são congruentes; em caso afir-
mativo, escreva o caso que garante a con-
gruência.
a)

b)
c)
2. Os triângulos dados em cada item são congru-
entes. Dê o caso de congruência e descubra
os valores indicados pelas letras.
a)
b)
3. AM é bissetriz do ângulo A. Qual o valor de x e
de y?
4. Na figura, a = b, PQ = PR e c = d.
a) Qual o caso de congruência que permite
escrever ΔPQS ≅ ΔPTR?
b) Qual o lado do triângulo PTR que é congru-
ente a
⎯
QS?
5. Na figura abaixo, os dois triângulos são con-
gruentes. Indique o critério de congruência uti-
lizado. Em seguida, calcule x.
6. Na figura, os triângulos ABC e CDA são congru-
entes. Sabendo que B^AC = 120°, C^AD = 27°,
B^CA = 3y e A^CD = 2x, determine x e y.
7. Na figura, o triângulo CBA é congruente ao
triângulo CDE. Sabendo que AB = 35, CE = 22,
AC = 2x – 6 e DE = 3y + 5, calcule x e y.
8. Na figura, os triângulos ABD e CBD são con-
gruentes. Sabendo que AB = x, AD = 1O,
BC = 5 e CD = 3y + 1, calcule x e y.
36

TEMA 10
PONTOS NOTÁVEIS NO TRIÂNGULO
Introdução
Além dos lados, vértices, ângulos internos e
ângulos externos, os triângulos apresentam
outros elementos, entre os quais as cevianas.
Denomina-se ceviana a qualquer segmento
que une um vértice ao lado oposto ou ao seu
prolongamento.
Ca: ceviana relativa ao lado a.
Mediana
Considerando um triângulo qualquer ABC
Pode –se:
Determinar o ponto médio M do lado BC.
O segmento
⎯
AM é chamado de mediana relati-
va ao lado BC.
Mediana de um triângulo é o segmento que une
um vértice ao ponto médio do lado oposto.
Todo triângulo possui três medianas, que se
encontram em um ponto chamado de baricentro.
As três medianas se encontram no ponto G,
que é o baricentro do ΔABC.
Bissetriz
Considerando um triângulo qualquer ABC,
pode-se:
Traçar a bissetriz do ângulo interno Â.
O segmento
⎯
AO é a bissetriz do triângulo rela-
tiva ao ângulo Â.
Bissetriz de um triângulo é o segmento contido
na bissetriz de um dos ângulos internos do triân-
gulo, cujos extremos são o vértice desse ângu-
lo e o ponto de cruzamento com o lado oposto.
Todo triângulo tem três bissetrizes que se en-
contram num ponto chamado de incentro (I).
Altura
Considerando um triângulo qualquer ABC
Pode –se:
Traçar pelo ponto A um segmento perpendicu-
lar ao lado BC.
O segmento
⎯
AH é a altura relativa ao lado BC.
O ponto H é o “pé da altura” relativa ao lado AB.
Altura de um triângulo é o segmento que liga
um dos vértices ao lado oposto (ou ao seu pro-
longamento) e que é perpendicular a esse lado.
Todo triângulo tem três alturas. O ponto de
encontro das retas que contêm as alturas é
chamado de ortocentro (O).
Mediatriz
Todo triângulo possui três mediatrizes de lados
que se encontram em um único ponto.
37

Denomina-se circuncentro o ponto de encon-
tro das três mediatrizes dos lados de um triân-
gulo. É o centro da circunferência circunscrita
ao triângulo.
1. Reconheça nos seguintes triângulos o seg-
mento
⎯
AO como mediana, bissetriz ou altura:
a) b)
c)
Solução
Mediana; Bissetriz e Altura
2. No triângulo ABC a seguir, AM é a mediana.
Determine o perímetro desse triângulo.
Solução
AM é a mediana, portanto MC = 1,9cm logo o
lado BC = 3,8cm
P = 2,2cm + 3,5cm + 3,8cm
P = 9,5cm.
1. Com auxílio de régua e compasso, construa
um triângulo cujas medidas dos lados sejam
6cm, 5cm e 8cm. Em seguida, trace suas bis-
setrizes e determine o seu incentro.
2. Desenhe um triângulo cujas medidas dos
lados sejam 7cm, 4cm e 6cm. A seguir, deter-
mine o ortocentro.
3. Responda:
a) Qual é o nome do ponto de intersecção das
mediatrizes dos lados de um triângulo? A
que corresponde esse ponto?
b) Qual é o nome do ponto de intersecção das
bissetrizes internas de um triângulo? A que
corresponde esse ponto?
4. No triângulo ABC da figura, AH corresponde à
altura, à mediana ou à bissetriz?
5. Classifique os segmentos
⎯
AR,
⎯
AS e
⎯
AT do triân-
gulo ABC, como: altura, mediana ou bissetriz.
6. No triângulo ABC a seguir, AM é a mediana.
Determine o perímetro desse triângulo.
38

TEMA 11
QUADRILÁTEROS
Um breve histórico
Tanto entre os sumérios como entre os egíp-
cios, os campos primitivos tinham forma retan-
gular. Também os edifícios possuíam plantas
regulares, o que obrigava os arquitetos a cons-
truírem muitos ângulos retos (de 90o
). Embora
de bagagem intelectual reduzida, aqueles
homens já resolviam o problema como um
desenhista de hoje. Por meio de duas estacas
cravadas na terra, assinalavam um segmento
de reta. Em seguida, prendiam e esticavam
cordas que funcionavam à maneira de com-
passos: dois arcos de circunferência se cortam
e determinam dois pontos que, unidos,
secionam perpendicularmente a outra reta, for-
mando os ângulos retos.
O problema mais comum para um construtor é
traçar, por um ponto dado, a perpendicular a
uma reta. O processo anterior não resolve este
problema, em que o vértice do ângulo reto já
está determinado de antemão. Os antigos
geômetras solucionavam-no por meio de três
cordas, colocadas de modo a formar os lados
de um triângulo retângulo.
Definição
Dados quatro pontos A, B, C e D coplanares, dis-
tintos e não-colineares três a três. Se os segmen-
tos
⎯
AB,
⎯
BC,
⎯
CD e DA interceptam-se apenas nas
extremidades, denominamos quadrilátero a
reunião desses quatro segmentos.
Elementos:
• Vértices: A, B, C e D;
• Ângulos: ^A (D^AB), ^B (A^BC), ^C (B^CD) e
^D(C^DA);
• Lados:
⎯
AB,
⎯
BC,
⎯
CD,
⎯
AD
• Diagonais: AC e
⎯
BD.
O quadrilátero possui 2 diagonais (segmento
que tem como extremidades dois vértices não
consecutivos), soma dos ângulos internos igual
a 360º e soma dos ângulos externos igual a 360º.
CASOS NOTÁVEIS
Trapezóide
Definição
É o quadrilátero que não possui lados paralelos.
Trapézio
Definição
Um quadrilátero plano convexo é um trapézio
se, e somente se, possui dois lados paralelos.
⎯
AD //
⎯
BC
Os lados paralelos do trapézio são chamados
de bases.
Podemos classificar os trapézios de acordo
com os lados não-bases como:
• Isósceles: os lados não-bases são congru-
entes.
⎯
AD ≡
⎯
BC
• Escaleno: os lados não-bases não são con-
gruentes.
AD <
⎯
BC
39

• Retângulo, possui dois ângulos retos.
Os ângulos ^B e ^C são suplementares.
Paralelogramo
Definição
Um quadrilátero plano convexo é um paralelo-
gramo se, e somente se, possui os lados opos-
tos paralelos.
ABCD é paralelogramo ⇔
⎯
AC//
⎯
BD e
⎯
AB//
⎯
CD.
Retângulo
Definição
Um quadrilátero plano convexo é um retângu-
lo se, e somente se, possui os quatro ângulos
congruentes.
ABCD é retângulo ⇔ Â ≡ ^B ≡^C ≡^D.
Losango ou Rombo
Definição
Um quadrilátero plano convexo é um losango
se, e somente se, possui os quatro lados con-
gruentes.
ABCD é losango
⎯
CD ≡
⎯
DA
Quadrado
Definição
Um quadrilátero plano convexo é um quadrado
se, e somente se, possui os quatro ângulos
congruentes e os quatro lados congruentes.
ABCD é quadrado ⇔ Â ≡ ^B ≡ ^C ≡ ^D e
⎯
AB ≡
⎯
BC ≡
⎯
CD ≡
⎯
DA.
Propriedades
Trapézio qualquer
Em qualquer trapézio ABCD, nessa ordem, de
bases
⎯
AB e
⎯
CD temos:
De fato, como
⎯
AB //
⎯
CD temos
⎯
AD e
⎯
BC retas
transversais. Então:
Os ângulos Â e ^D, assim como ^B e ^D, são
colaterais internos. Logo, são suplementares.
Trapézio isósceles
Os ângulos adjacentes às bases são congru-
entes.
Demonstração
• Pelos vértices da base menor traçamos re-
tas perpendiculares às bases.
• Temos os triângulos semelhantes AA’D e
BB’C, caso de semelhança do triângulo
retângulo. Logo ^D ≡ ^C.
• Sendo Â e ^D, assim como ^B e ^C, suple-
mentares. Temos Â ≡ ^B
40

1. Num trapézio isósceles, os ângulos adjacentes
à mesma base são representados por 2x + 15º
e 3x – 25º. Determinar a medida de cada um
dos ângulos do trapézio.
Solução
2x + 15 = 3x – 25 ⇒ x = 40º, logo os ângulos
das bases são: 95º e 85º.
Trapézio isósceles
As diagonais de um trapézio isósceles são
congruentes.
Dado o trapézio ABCD.
Temos, por hipótese:
⎯
AD ≡
⎯
BC e pela demon-
stração anterior D ≡ C e Â ≡ ^B. Tese: queremos
mostrar que
⎯
BD ≡
⎯
AC.
Demonstração
Tomemos os triângulos ABD e ABC,
Note que, por hipótese,
⎯
AD ≡
⎯
BC e Â ≡ ^B, e
ainda temos o lado
⎯
AB comum aos triângulos.
Pelo caso LAL de congruência, podemos afir-
mar que
⎯
BD ≡
⎯
AC.
Paralelogramo
Os ângulos opostos são congruentes.
Demonstração
Por hipótese,
⎯
AB //
⎯
CD, então
⎯
AC é transver-
sal, logo Â + ^C = 180º e,
⎯
AC //
⎯
BD, então
⎯
CD
é transversal, daí ^C + ^D = 180º.
. De modo análogo, mos-
tramos ^B ≡ ^C.
2. Prove que a bissetriz de dois ângulos conse-
cutivos de um paralelogramo cortam-se em um
ângulo reto.
Solução
Observe o paralelogramo ABCD,
Como os ângulos opostos são congruentes,
podemos afirmar que:
e . Temos ainda α e β suple-
mentares, logo ⇒ ^V = 90º
Em todo paralelogramo, os lados opostos são
congruentes.
Observe o paralelogramo ABCD. Tracemos a
diagonal
⎯
AC.
Queremos mostrar que
⎯
AD ≡
⎯
BC e
⎯
AB ≡
⎯
CD.
Demonstração
A reta suporte da diagonal
⎯
AC é transversal às
retas suporte de
⎯
AB e
⎯
CD. Então os ângulos
BÂC e A^CD são congruentes (alternos internos).
Os triângulos ABC e ACD são congruentes,
caso LAAo (
⎯
AC é comum, BÂC ≡ A^CD e ^B ≡ ^D).
Podemos concluir, pela congruência dos triân-
gulos,
⎯
AD ≡
⎯
BC e
⎯
AB ≡
⎯
CD.
Em todo paralelogramo, as diagonais dividem-
se ao meio.
41

Dado o paralelogramo ABCD, suas diagonais e
a respectiva intersecção entre elas.
Os triângulos ABM e CMD são congruentes, caso
ALA (M^AB ≡ MCB,
⎯
AB ≡
⎯
CD e A^BM ≡ M^DC).
Então,
⎯
DM ≡
⎯
MB ⇒ M é ponto médio da dia-
gonal
⎯
BD e
⎯
AM ≡
⎯
MC ⇒ M é ponto médio da
diagonal
⎯
AC, como queríamos demonstrar.
1. Determine o valor de x em cada um dos qua-
driláteros:
a) b)
2. Observe a figura abaixo e responda aos itens:
a) Se ABCD for um trapézio isósceles, ^c = 80º
e ^d = 20º, quanto mede cada um dos ângu-
los do trapézio?
b) Se ABCD for um trapézio escaleno, ê = 60º,
^b = 110º e CD ⊥ AE, quanto mede cada um
dos ângulos do trapézio?
c) ABCD é um trapézio em que ^D = 60º,
^c = 85º e ^B = 130º; quanto mede o ê?
d) ABCD é um trapézio em que B^CE = 160º e
ê = 50º; quanto mede o ^B?
3.
Pretende-se abrir um túnel numa montanha de
A para B, tendo sido determinada a direcção
AE de tal forma que o seu prolongamento
passa por B. Mas pretendendo também traba-
lhar de B na direcção de A, determinou-se
E^AD = 82º, A^DC = 98º e D^CB = 112º.
Quantos graus deve medir o C^BF para que o
prolongamento de BF passe por A.
4. Determine a medida x indicada no paralelo-
gramo abaixo.
5. ABCD é um trapézio de bases
⎯
AB e
⎯
CD. Se
⎯
DP
e
⎯
CP são bissetrizes; determine x e B^CD.
6. ABCD é um paralelogramo,
⎯
AP é bissetriz,
AP = 7cm e PC = 3cm; determine o perímetro
do paralelogramo.
7. Calcule os lados de um paralelogramo, saben-
do que o seu perímetro mede 84m e que a
soma dos lados menores representa da
soma dos lados maiores.
8. Em um trapézio retângulo, a bissetriz de um
ângulo reto forma com a bissetriz do ângulo
agudo do trapézio um ângulo de 110º. Deter-
mine o maior ângulo do trapézio.
9. A soma dos ângulos consecutivos de um
trapézio é igual a 78º e sua diferença 4º. Deter-
42

10. (VUNESP) A afirmação falsa é:
a) Todo quadrado é um losango.
b) Existem retângulos que não são losangos.
c) Todo paralelogramo é um quadrilátero.
d) Todo quadrado é um retângulo.
e) Um losango pode não ser um paralelo-
gramo.
11. Do trapézio da figura, sabe-se que AD = DC =
CB e BD = BA. O ângulo ^D mede:
a) 36º b) 60º
c) 72º d) 108º
e) 144º
12. Em um trapézio retângulo, a bissetriz de um
ângulo reto forma com a bissetriz do ângulo
agudo do trapézio um ângulo de 110º. Deter-
13. Em um trapézio retângulo, o menor ângulo
mede 32º. O maior ângulo desse polígono
mede:
a) 138º
b) 148º
c) 158º
d) 168º
e) 178º
14. (CESGRANRIO) As base
⎯
MQ e
⎯
NP de um
trapézio medem 42cm e 112cm respectiva-
mente. Se o ângulo M^QP é o dobro do ângulo
P^NM, então o lado
⎯
PQ mede:
a) 154cm
b) 133cm
c) 91cm
d) 77cm
e) 70cm
TEMA 12
QUADRILÁTEROS
Retângulo, losango e quadrado – principais
propriedades e aplicações.
Retângulo
Da primeira propriedade de paralelogramo que
demonstramos, os ângulos opostos são con-
gruentes, o retângulo é um paralelogramo. En-
tão, valem as propriedades do paralelogramo
no retângulo. Vejamos outras propriedades do
retângulo.
No retângulo, as diagonais são congru-
entes.
Demonstração
Hipótese: ABCD é retângulo.
Tese:
⎯
AC ≡
⎯
DB.
ABCD é retângulo ⇒ ABCD é paralelogramo
⇒
⎯
AD ≡
⎯
BC e
⎯
AB ≡
⎯
CD.
O triângulo ΔABD é congruente ao triângulo
ΔACD, pois,
⎯
AD é comum, ^A ≡ ^D = 90º e
⎯
AB ≡
⎯
CD. Caso LAL. Logo
⎯
AC ≡
⎯
DB.
Todo paralelogramo que tem diagonais con-
gruentes é um retângulo.
Demonstração
Hipótese: ABCD é paralelogramo e
⎯
AC ≡
⎯
DB.
Tese: ABCD é retângulo.
Tomemos os triângulos:
43

e
Observe que
⎯
AD ≡
⎯
BC,
⎯
AC ≡
⎯
DB (hipótese) e
⎯
CD é comum. Pelo caso LLL, podemos afirmar
que ΔBCD ≡ ΔACD, então, B^CD ≡ A^DC. Como
A^BC ≡ A^DC e D^AB ≡ B^CD, ABCD é um parale-
logramo. Temos:
^A ≡ ^B ≡ ^C ≡ ^D = 90º, logo ABCD é retângulo.
O RETÂNGULO ÁUREO
Vamos ver um retângulo que tem uma pro-
priedade interessante. Ele é chamado de
retângulo áureo ou retângulo de ouro e é o
preferido dos artistas e arquitetos.
O retângulo áureo tem uma propriedade inte-
ressante. Considere um retângulo áureo
ABCD de onde foi retirado um quadrado
ABEF, como mostra a figura:
O retângulo que sobra, EFCD, é semelhante
ao retângulo ABCD.
Seja x a medida do lado
⎯
AB e y a medida do
lado
⎯
AD. Então, vale a proporção:
De onde se deduz que x2
= y2
– yx, ou seja,
x2
+ yx – y2
= 0.
Resolvendo a equação em x, tem–se:
Se y = 1, então x = 0,618. Se x = 1, então
y = 1, 618
O número irracional 1,618... é chamado razão
áurea.
A construção do retângulo áureo é simples.
Basta seguir o esquema:
O retângulo AHCG é áureo.
Com o auxílio de um compasso, podemos
traçar uma espiral, como a do Nautilus marinho.
Losango
Lembre-se de que o losango é um paralelo-
gramo com lados opostos congruentes.
Todo losango possui as diagonais perpen-
diculares entre si.
Demonstração
44

Hipótese: ABCD é losango, e
⎯
AC e
⎯
BD são
suas diagonais.
Tese:
⎯
AC ⊥
⎯
BD.
Pelo caso LLL, temos as seguintes congruên-
cias: ΔAMB ≡ ΔCMD ≡ ΔAMD ≡ ΔCMB, logo os
ângulos do vértice M são congruentes e iguais
a 90º.
Todo paralelogramo que tem diagonais per-
pendiculares é um losango.
Demonstração
Hipótese: ABCD é paralelogramo e
⎯
AC ⊥
⎯
BD.
Tese: ABCD é losango.
Basta tomar os mesmos triângulos da demons-
tração anterior usando, agora o caso LAL de
congruência.
ΔAMB ≡ ΔCMD ≡ ΔAMD ≡ ΔCMB e, portanto,
⎯
AB ≡
⎯
BC ≡
⎯
CD ≡
⎯
DA.
Quadrado
Todo quadrado é retângulo e losango.
É retângulo, pois ^A ≡ ^B ≡ ^C ≡ ^D = 90º, e é
losango porque
⎯
AB ≡
⎯
BC ≡
⎯
CD ≡
⎯
DA.
BASES MÉDIAS
Triângulo
São os segmento que têm como extremidades
os pontos médios de dois lados de um triângulo.
•
⎯
XZ é base média relativa ao lado
⎯
BC.
•
⎯
YZ é base média relativa ao lado
⎯
AB.
•
⎯
XY é base média relativa ao lado
⎯
AC.
A base média é paralela ao terceiro lado.
Demonstração
Hipótese:
⎯
AX ≡
⎯
XB e
⎯
AZ //
⎯
ZC.
Tese:
⎯
XZ //
⎯
BC.
Por C traçamos uma reta paralela ao segmen-
to
⎯
AB, encontramos sua intersecção com a re-
ta suporte do segmento
⎯
XZ.
Temos: ⇒ B^AC ≡ A^CD, alternos inter-
nos. Pelo caso ALA, temos ΔAXZ ≡ ΔCDZ ⇒
⎯
CD ≡
⎯
AX ≡
⎯
XB ⇒ BCDX é um paralelogramo e,
portanto,
⎯
XZ //
⎯
BC.
Observe também que
⎯
XZ ≡
⎯
ZD, logo Z é ponto
médio de
⎯
XD. Então, . O que nos leva
a outra propriedade.
A base média é igual à metade do terceiro
lado.
45

1. No triângulo ABC de lados AB = 13cm, BC =
9cm e AC = 8cm, e M, N e P, pontos médios
dos lados
⎯
AB,
⎯
BC e
⎯
AC, respectivamente.
Calcule o perímetro do triângulo MNP.
Solução
O lado MP é base média do lado AB, portanto
MP = 6,5cm. De modo análogo, encontramos
NP = 4cm e MN = 4,5cm. Temos, então,
2pΔMNP = 15cm.
Trapézio
A base média de um trapézio é o segmento
que tem extremidades nos pontos médios dos
lados não-paralelos.
A base média de um trapézio é paralela às
bases deste.
Demonstração
Hipótese: ABCD é um trapézio, M é ponto
médio do lado
⎯
AD e N é ponto médio
⎯
BC.
Tese:
⎯
MN //
⎯
AB e
⎯
MN //
⎯
CD.
Chamamos de E a intersecção das retas e
.
Observando os triângulos BEN e CDN, temos:
⎯
BN ≡
⎯
NC, B^NE ≡ C^ND (o.p.v.) e B^EN ≡ N^DC
(alternos internos).
Pelo caso LAAo, ΔBEN ≡ ΔCDN ⇒
⎯
BE ≡
⎯
CD e
⎯
NE ≡
⎯
ND.
Do ΔADE temos: M ponto médio do lado
⎯
AD e N
ponto médio do lado
⎯
DE, daí
⎯
MN //
⎯
AB e
⎯
MN //
⎯
CD.
Observe, também que , como
⎯
BE ≡
⎯
CD (ΔBEN ≡ ΔCDN), concluímos que
. Podemos, então, enunciar:
A base média de um trapézio é a média arit-
mética de suas bases.
2. Prove que os pontos médios de um quadri-
látero qualquer é um paralelogramo.
Solução
Dado o quadrilátero ABCD, por seus pontos
médios determinamos o quadrilátero MNPQ.
Pela diagonal AC, temos:
PQ é base média do triângulo ACD e MN é
base média do triângulo ABC, então
e ainda PQ//MN. De modo aná-
logo mostramos que e PN//QN.
1. Usando um barbante de comprimento 144cm,
construímos um triângulo eqüilátero e com o
mesmo barbante construímos depois um qua-
drado. Determine a razão entre a altura do
triângulo e a diagonal do quadrado.
2. Gabriel deseja construir uma canoa com for-
mas geométricas, conforme a figura seguinte.
46

Usando uma fita métrica, Gabriel verificou que sua
canoa tem o perímetro, na superfície considerada
no desenho, igual a 845cm. Ajude o Gabriel a
encontrar a medida do lado do triângulo na proa.
3. Considere um quadrilátero ABCD cujas diago-
nais AC e BD medem, respectivamente, 13cm
e 6cm. Se M, N, P e Q são os pontos médios
do quadrilátero dado, o perímetro do quadri-
látero MNPQ é igual a:
a) 35cm b) 25cm
c) 19cm d) 17,5cm
e) 9,5cm
4. Considere o trapézio ABCD de base média
⎯
MN,
sabendo que CD = x e AB = y, mostre que
(mediana de Euler).
5. Calcule x no trapézio abaixo:
6. Calcule x e y no trapézio abaixo:
7. Calcule x, y e z no trapézio abaixo:
8. Sabendo que MN = x – 2y + 5, calcule a
mediana de Euler no trapézio:
9. Em um trapézio, a base maior mede 12cm e a
diferença entre a base menor e a mediana de
Euler mede 3cm. A base média desse trapézio
mede:
a) 7cm b) 8cm
c) 9cm d) 10cm
e) n.r.a.
10. Calcule a base menor de um trapézio sabendo
que a soma da base média com a mediana de
Euler é igual a 12cm e que a razão entre as
bases é 2.
a) 5cm b) 6cm
c) 8cm d) 9cm
e) n.r.a.
11. Em um trapézio, as diagonais dividem a base
média em segmentos proporcionais a 2, 1, 2. A
razão entre as bases do trapézio é:
a) b)
c) d)
e)
47

12. Prove que a altura de um trapézio retângulo
que tem o ângulo agudo medindo 30º é igual à
metade do lado não perpendicular às bases.
13. Num trapézio isósceles ABCD, a base menor
⎯
AB é congruente aos lados não-paralelos.
Prove que as diagonais são bissetrizes dos
ângulos ^C e ^D.
14. Pelo ponto médio M da base
⎯
BC de um triân-
gulo isósceles ABC traçamos os segmentos
⎯
MN e
⎯
MQ respectivamente paralelos aos lados
⎯
AB e
⎯
AC do triângulo. Prove que APMC é um
losango.
TEMA 13
POLÍGONOS
Linhas poligonais e polígonos
Linha poligonal é uma sucessão de segmentos
consecutivos e não-colineares, dois a dois.
Classificam-se em:
Linha poligonal Linha poligonal
fechada simples fechada não-simples
Linha poligonal Linha poligonal
aberta simples aberta não-simples
Polígono é uma linha fechada simples. Um
polígono divide o plano em que se encontra
em duas regiões (a interior e a exterior), sem
pontos comuns.
Elementos de um polígono
Um polígono possui os seguintes elementos:
Lados: Cada um dos segmentos de reta que
une vértices cosecutivos:
⎯
AB,
⎯
BC,
⎯
CD,
⎯
DE,
⎯
EA.
Vértices: Ponto de encontro de dois lados
consecutivos: A, B, C, D, E.
Diagonais: Segmentos que unem dois vértices
não-consecutivos:
⎯
AC,
⎯
AD,
⎯
BD,
⎯
BE,
⎯
CE.
Ângulos internos: Ângulos formados por dois
lados consecutivos: E^AB, A^BC, B^CD, C^DE e
D^EA.
48

Ângulos externos: Ângulos formados por um
lado e pelo prolongamento do lado a ele con-
secutivo: ^a1,^b1,^c1,^d1 e ^e1.
Classificação dos polígonos quanto ao
número de lados.
POLÍGONOS
Nomeando polígonos
Para se construir o nome de um polígono com
mais de 20 lados e menos de 100 lados, basta
combinar os prefixos e os sufixos a seguir:
Classificação dos polígonos
• Um polígono é denominado simples se ele
for descrito por uma fronteira simples e que
não se cruza (daí divide o plano em uma
região interna e externa); caso contrário, é
denominado complexo.
• Um polígono simples é denominado con-
vexo se não tiver nenhum ângulo interno
cuja medida seja maior que 180°, caso con-
trário, é denominado côncavo.
• Um polígono convexo é denominado cir-
cunscrito a uma circunferência ou polígono
circunscrito se todos os vértices per-
tencerem a uma mesma circunferência.
• Um polígono inscritível é assim denomina-
do se todos os seus lados e todos os seus
ângulos forem congruentes.
Alguns polígonos regulares
• Triângulo equilátero
• Quadrado
• Pentágono regular
• Hexágono regular
Propriedades dos polígonos
• O número de diagonais (d) de um polígono
é dado por , onde n é o número
de lados do polígono.
Dedução
De cada vértice de um polígono de n lados,
saem n – 3 diagonais (não contamos o próprio
vértice nem os dois vértices adjacentes).
Como temos n vértices, o número de diagonais
é dado por n.(n – 3).
Cada diagonal é contada duas vezes, pois tem
mesma extremidade. Por exemplo, a diagonal
⎯
AF, partindo do vértice A, é a mesma diagonal
⎯
FA com origem em F.
Logo, o número de diagonais é:
NOME LADOS NOME LADOS
TRIÂNGULO 3 QUADRILÁTERO 4
PENTÁGONO 5 HEXÁGONO 6
HEPTÁGONO 7 OCTÓGONO 8
ENEÁGONO 9 DECÁGONO 10
HENDECÁGONO 11 DODECÁGONO 12
TRIDECÁGONO 13 TETRADECÁGONO 14
PENTADECÁGONO 15 HEXADECÁGONO 16
HEPTADECÁCOGO 17 OCTODECÁGONO 18
ENEADECÁGONO 19 ICOSÁGONO 20
TRIACONTÁGONO 30 TETRACONTÁGONO 40
PENTACONTÁGONO 50 HEXACONTÁGONO 60
HEPTACONTÁGONO 70 OCTOCONTÁGONO 80
ENEACONTÁGONO 90 HECTÁGONO 100
QUILÓGONO 1000 GOOGÓLGONO 10100
49

1. Determine o número de diagonais de um polí-
gono convexo de 17 lados (heptadecácogo).
Solução:
d = 119 diagonais.
2. Dê o nome do polígono convexo que possui 54
diagonais.
Solução
n = 12 ou n = –9
Portanto o polígono é o dodecágono.
• A soma das medidas dos ângulos internos
de um polígono de n lados (Si) é dada por
Si = (n – 2).180º.
Dedução
Vamos tomar um polígono convexo com n vér-
tices:
Sabemos que para cada vértice temos (n – 3)
diagonais. Fixando um desses vértices, dividi-
mos o polígono dado em (n – 2) triângulos.
Como em cada triângulo a soma dos ângulos
internos é igual a 180º, temos para o polígono de
n lados a soma (Si) dos ângulos internos igual a:
Si = (n – 2).180º
• A soma das medidas dos ângulos externos
de um polígono de n lados é Se = 360º.
Dedução
Cada ângulo externo (ei) é suplementar do
ângulo interno (ai) correspondente:
Daí:
Se = n . 180º – Si ⇒Se = n . 180º – n . 180º + 2.180º
⇒ Se = 360º
• A medida do ângulo interno de um polígo-
no regular de n lados (ai) é dada por
.
• A medida do ângulo externo de um polígo-
no regular de n lados (ae) é dada
por .
Então, A¡ = 180° – Ae = 180° – 60° = 120°.
3 Qual é o polígono regular cujo ângulo interno
vale 1,5 do ângulo externo?
Solução
Logo o polígono procurado é um pentágono
regular.
50

TEMA 14
POLÍGONOS
1. Usando as tabelas de classificação dos polí-
gonos convexos, quanto ao número de lados,
dê o nome dos polígonos com número de
lados igual a:
a) 33 b) 19
c) 46 d) 68
e) 97
2. Um polígono tem o número de diagonais igual
a do número de lados, encontre o número
de lados e classifique-o.
3. Calcule a medida do ângulo interno e do ângu-
lo externo de um pentadecágono regular.
4 Em um polígono regular, com um número par
de lados, tem diagonais que não pas-
sam pelo seu centro. Sabendo que a soma das
medidas dos ângulos internos de um polígono
regular é 2 160º. Encontre o número de diago-
nais que não passam pelo seu centro.
5. Um polígono regular apresenta 35 diagonais.
O ângulo interno desse polígono mede, em
graus:
a) 108 b) 120
c) 144 d) 150
e) 180
6. Sabendo que
⎯
AP e
⎯
PC são bissetrizes, calcule
x nas figuras abaixo:
a)
b)
7. Determine o maior ângulo de um pentágono cu-
jos ângulos internos estão na razão 3:3:3:4:5.
8. As mediatrizes de dois lados consecutivos de
um polígono regular formam um ângulo de 24o
.
Determine o número de diagonais desse polí-
gono.
9. Na figura abaixo, determine a soma das medi-
das dos ângulos. â,^b,^c,^d,ê,^f.
10. Um polígono convexo tem 5 lados mais do que
o outro. Sabendo que o número total de dia-
gonais vale 68, determine o número de diago-
nais de cada polígono.
11. Na figura abaixo, determine a soma das medi-
das dos ângulos. â,^b,^c,^d,ê,^f.
12. Na figura abaixo, encontre a medida de ^α.
51

13. Qual o polígono regular que tem 6 diagonais
passando pelo seu centro?
14. (CESGRANRIO) Se um polígono convexo de n
lados tem 54 diagonais, então n é:
a) 8 b) 9
c) 10 d) 11
e) 12
15. (U.MACK) A medida em graus do ângulo inter-
no de um polígono regular é um número
inteiro. O número de polígonos não-seme-
lhantes que possuem essa propriedade é:
a) 24
b) 22
c) 20
d) 18
e) n.d.a.
16. Considere um polígono regular de n lados,
com n > 4. Prolongando os lados desse polí-
gono, formaremos uma estrela com n vértices.
Mostre que a medida, em graus, de cada vér-
tice da estrela construída é dada por
.
52

UNIDADE III
Elementos na circunferência

55
Geometria I – Elementos na circunferência
TEMA 15
CIRCUNFERÊNCIA E CÍRCULO
FERNÃO DE MAGALHAES
A tentativa de circunavegar a Terra
Fidalgo e navegador português, nasceu em
Trás-os-Montes por volta de 1480. Distinguiu-
se em várias expedições às Indias Orientais.
De volta a Portugal, indisposto com o rei D.
Manuel I, resolveu emigrar para a Espanha
onde ofereceu seus serviços ao Imperador
Carlos V. Em 1519, partiu da Espanha coman-
dando cinco embarcações em busca de uma
passagem para as lndias pelo Ocidente. Atra-
vessou o Atlântico e visitou o litoral brasileiro,
tendo reabastecido seus navios na Baía de
Guanabara. Continuando rumo ao sul, costeou
a Argentina e, no extremo sul, descobriu o
estreito que levaria seu nome e que era, de
fato, a passagem para as Índias. Uma vez no
oceano, batizado por ele de Pacífico, rumou
para o nordeste, descobrindo as ilhas Maria-
nas e as Filipinas, onde veio a falecer em com-
bate contra os nativos da região. Seu piloto-
mor, Sebastião Elcano, completou a viagem de
circunavegação pioneira que levaria a única
embarcação restante, “Vitória”, de volta à
Espanha, em setembro de 1522.
Antes de definir cada um, é interessante res-
saltar uma grande confusão existente entre os
alunos, professores e até alguns autores. A
confusão aparece de forma mais evidente
quando tratamos de áreas de figuras planas ou
mesmo na simples referência a determinados
objetos.
Circunferência
Definição
É o conjunto de todos os pontos de um plano
que eqüidistam de um ponto dado.
“Construindo” a definição
Tome um ponto no plano (O), determine um
outro ponto (P) distinto do primeiro, chame de
r a distância entre eles; determinar a circunfe-
rência é “encontrar”, no plano, todos os pontos
que distam r unidades de O.
Temos aí uma circunferência de raio r e centro O.
Elementos da circunferência
Corda
É qualquer segmento com extremidades na
circunferência.
Na figura,
⎯
TU,
⎯
PQ e
⎯
VX são cordas.
Quando o centro da circunferência pertence à
corda, ela é denominada diâmetro, e sua me-
dida é igual ao dobro do raio da circunferência.
Arco de circunferência
É o conjunto dos pontos que estão entre dois
pontos distintos da circunferência dada.

56
Observe que obtemos dois arcos com os pon-
tos A e B. É necessário fornecer um outro
ponto do arco que se quer tomar ou ângulo ao
qual está associado.
Se os pontos tomados na circunferência são
as extremidades do diâmetro, o arco formado
por eles é denominado de semicircunferência.
Círculo ou disco
Observe a circunferência
Os pontos Q e T não pertencem à circunferên-
cia, pois,
⎯
OQ ≠ r e
⎯
OT ≠ r, e mais
⎯
OT <
⎯
OQ < r.
Os pontos com as características de Q e T são
pontos interiores à circunferência.
Definição
Chamamos de círculo o conjunto dos pontos de
um plano cuja distância a um ponto dado des-
se plano é menor ou igual a uma distância (não-
nula dada), ou ainda, a união da circunferência
com o conjunto de seus pontos interiores.
Os elementos que definimos para circunferên-
cia são os mesmos para o círculo, e não reci-
procamente.
A circunferência é um subconjunto do disco.
Setor circular
Considere os pontos distintos A e B de um cír-
culo de centro O; chamamos de setor circular
o conjunto formado pela união dos pontos dos
segmentos
⎯
AO e
⎯
OB e dos pontos do circulo
que são interiores ao ângulo AÔB.
Assim como no caso dos arcos, o setor circular
determina uma situação dúbia. Salvo outra infor-
mação, para evitar dubiedade, consideraremos
sempre o menor arco ou o menor setor circular.
Segmento circular
Dado um círculo de centro O e raio r, tracemos
a reta suporte de uma corda; essa reta divide o
plano em dois semiplanos. A intersecção de
cada semiplano com o círculo é chamado de
segmento circular.
Consideraremos, quando não for evidenciado
o segmento circular, aquele que não contém o
centro do círculo (o menor).
No caso em que tratamos o segmento circular
pelo diâmetro do círculo, falaremos em semi-
círculo.
Posições relativas de reta e circunferência
Secante
É a reta que intercepta a circunferência em
dois pontos distintos.
Se M é ponto médio de
⎯
AB, a reta suporte de
⎯
OM é perpendicular à reta s.
Demonstração
Os triângulos OMB e OMA são congruentes
(caso LLL), então O^MB ≡ O^MA. Observe que

esses ângulos são suplementares, logo são
retos; então s ⊥ t.
Tangente
É a reta que intercepta a circunferência num
único ponto.
Toda reta perpendicular a um raio na sua
extremidade da circunferência é tangente à
circunferência.
Para demonstrar essa propriedade, basta to-
mar um ponto (Q) na reta, distinto de P, e ve-
rificar que
⎯
OQ é hipotenusa do triângulo OPQ,
então
⎯
OQ >
⎯
OP = r. Finalmente, podemos
afirmar que Q é exterior à circunferência e P é a
única intersecção da reta com a circunferência.
Exterior
A reta não intercepta a circunferência.
Posições relativas de duas circunferências
Considere duas circunferências δ1 e δ2 de cen-
tros O1 e O2 e raios r1 e r2 respectivamente.
Chamemos de d a distância entre seus centros;
classificamos suas posições relativas em:
Tangente interna
d = r1 – r2
Tangente externa
d = r1 + r2
Internas
d < r1 – r2
Externas
d > r1 + r2
Secantes
r1 – r2 < d < r1 + r2
1. Duas circunferências são tangentes interna-
mente, e a soma dos raios 30cm. Se a distân-
cia entre os centros é 6cm, determine os raios.
Solução
d = R – r ⇒ R – r = 6
.
Segmentos Tangentes
Os segmentos das tangentes traçadas de um
ponto exterior a um círculo são congruentes.
Demonstração
Dados o círculo δ e um ponto P exterior ao
57

58
círculo, tracemos os segmentos
⎯
AP e
⎯
AB tan-
gentes a δ.
Os triângulo ΔAOP e ΔBOP são congruentes (ca-
teto e hipotenusa congruentes), então
⎯
AP ≡
⎯
BP.
2. Na figura abaixo, temos
⎯
PA = 2x + 20 e
⎯⎯
PB =
5x – 7, calcule x.
Solução
5x – 7 = 2x + 20 ⇒ 3x = 27 ⇒ x = 9
Teorema de Pitot
Um quadrilátero é circunscritível (os quatro la-
dos são tangentes ao círculo) se, e somente
se, a soma dos lados opostos forem iguais.
Demonstração
Considere o quadrilátero ABCD circunscrito a
um círculo δ, e sejam M, N, P e Q os pontos de
tangência de ABCD com δ.
Pelo teorema anterior
⎯
AQ ≡
⎯
AM,
⎯
MB ≡
⎯
BP,
⎯
PC ≡
⎯
CN e
⎯
ND ≡
⎯
DQ. Daí, temos:
logo,
⎯
AB +
⎯
CD =
⎯
AD +
⎯
CB.
TEMA 16
1. Determine o raio dos círculos abaixo:
a)
b)
2. Na figura dada, as circunferências são tan-
gentes duas a duas:
⎯
AB = 4,5cm,
⎯
BC = 7cm e
⎯
AC = 5,5cm. O comprimento da menor circun-
ferência é igual a:
a) πr b) 2πr
c) 3πr d) 4πr
e) 5πr
3. Na figura abaixo, PT é tangente à circunferên-
cia. O valor de
⎯
OP é:
a) b)
c) d)
e)

4. A distância entre os centros de duas circunfe-
rências tangentes internamente é 5cm. Se a
soma dos raios e 11cm, determine os raios.
5. Duas circunferências são secantes, sendo 20cm
a distância entre seus centros. Sabendo que o
raio da circunferência menor mede 11cm, deter-
mine o raio da maior, que é múltiplo de 6.
6 As bases de um trapézio isósceles circunscrito
a uma circunferência medem 12m e 9m. A
altura, em metros, desse trapézio é:
a)
b)
c)
d)
e)
7 (UF–CE) Duas tangentes são traçadas a um cír-
culo de um ponto exterior A e tocam o círculo nos
pontos B e C, respectivamente. Uma terceira tan-
gente intercepta o segmento AB em P e AC em R
e toca o círculo em Q. Se
⎯
AB = 20cm, então o
perímetro do triângulo APR, em cm, é igual a:
a) 39,5 b) 40
c) 40,5 d) 41
e) 41,5
8. Dado o triângulo ABC da figura abaixo,
mostre que .
9. Considere duas circunferências, uma de centro
O1 e raio 16cm e outra de centro O2 e raio 10cm.
Dê a posição ocupada pelas duas circunferên-
cias quando a distância entre seus centros é
igual a:
a) 26cm
b) 20cm
c) 30cm
d) 6cm
10. Na circunferência da figura seguinte, a medida
do diâmetro é 40cm. Calcule o perímetro do
quadrilátero ABCD.
59

TEMA 17
ÂNGULOS NA CIRCUNFERÊNCIA
Ângulo central
É todo ângulo cujo vértice coincide com o cen-
tro da circunferência. Sua medida é igual à me-
dida do arco correspondente.
Ângulo inscrito
É todo ângulo cujo vértice está na circunferên-
cia e cujos lados são secantes a ela. A medida
do ângulo inscrito é igual à metade da medida
do arco correspondente.
Todo ângulo inscrito numa semicircunferência
é reto.
Ângulo de vértice interno ou ângulo
excêntrico interior
A medida de um ângulo de vértice interno é
igual à semi-soma das medidas dos arcos de-
terminados pelos seus lados.
Ângulo de vértice externo ou ângulo
excêntrico interior
A medida de um ângulo de vértice externo é
igual à semidiferença dos arcos de terminados
pelos seus lados.
Ângulos de segmento
É todo ângulo cujo vértice pertence à circunfer-
ência, sendo um de seus lados secante e o
outro tangente à circunferência. A medida de
um ângulo de segmento é igual à metade do
arco por ele determinado.
1. Na figura, calcule a medida do arco AB.
Solução
2. Dada a figura:
60

Encontre α.
Solução
3. Na figura, o ângulo ^P, medido em graus, exce-
de de 12º, o arco CD e é igual a 3/8 do arco AB;
encontre a medida do arco CD.
Solução
Chamando arcoCD = x e arcoAB = y, temos:
X = 24º
TEMA 18
1. Determine o valor do ângulo x nos casos abaixo:
a)
b)
c)
d)
2. Na figura, , calcule o valor de α.
61

3. Sabendo que â = 90º, ^b = 40º e ^c = 15º, o
ângulo α da figura mede:
a) 20º b) 22º
c) 25º d) 50º
e) n.r.a.
4. Na figura, BÂC = 46º e B^CA = 28º; calcule
A^BC.
a) 96º b) 106º
c) 112º d) 115º
e) 118º
5. Em um círculo de centro O, prolonga-se uma
corda AB de um segmento BC igual ao raio de
um comprimento BC igual ao raio. A reta CO
corta o círculo em D e E (D entre O e C). Se
A^CE = 20º, AÔE mede:
a) 60º b) 80º
c) 40º d) 45º
e) n.r.a.
6. Na figura, o arco CMD é igual a 100º, e o arco
ANB mede 30º. Calcule o valor de x.
7. Determine as medidas dos ângulos de um
triângulo, obtido pelos pontos de tangência do
circulo inscrito com os lados de um triângulo
ABC, sendo Â = 60º, ^B = 40º e ^C = 80º.
8. Na figura,
⎯
AB é um diâmetro, a corda
⎯
AM é o
lado do triângulo eqüilátero inscrito, e
⎯
BN, o
lado do quadrado inscrito. Calcule o ângulo α,
formado pelas tangentes
⎯
PM e
⎯
PN.
9. Determine a razão entre os ângulos α e β da figu-
ra abaixo, sabendo que a reta r tangencia a cir-
cunferência no ponto A e que os arcos AB, BC, e
AC são proporcionais aos números 2, 9 e 7.
10. Determine o menor ângulo formado por duas
retas secantes a uma circunferência, conduzi-
das por um ponto P externo, sabendo que es-
sas secantes determinam na circunferência dois
arcos cujas medidas valem 30º e 90º.
11. (PUC–SP) Na figura, AB é diâmetro da circun-
ferência. O menor dos arcos (AC) mede:
a) 100º b) 120º
c) 140º d) 150º
e) 160º
12. (CESGRANRIO) As semi-retas PM e PN são
tangentes ao círculo da figura, e o comprimen-
to do arco MGN é 4 vezes o do arco MFN. O
ângulo M^PN vale:
62

a) 76º b) 80º
c) 90º d) 108º
e) 120º
13. Sejam os pontos A, B, C e D de um círculo tais
que
⎯
AB e
⎯
CD sejam, respectivamente, os lados
do pentágono e pentadecágono regulares ins-
critos. As retas
⎯
AD e
⎯
BC formam um ângulo de:
a) 20º b) 24º
c) 36º d) 44º
e) 46º
TEMA 19
POLÍGONOS INSCRITOS E CIRCUNSCRITOS
Polígono circunscrito
É o polígono que possui seus lados tangentes à
circunferência. Ao mesmo tempo, dizemos que
esta circunferência está inscrita no polígono.
Um caso especial da circunscrição é o teorema
de Pitot, já demonstrado no tema anterior. Um
quadrilátero é circunscritível se, e somente se,
a soma dos lados opostos forem iguais.
1. Calcule o valor do raio do círculo inscrito no
trapézio retângulo.
Solução
12 + 19 = 14 + 2r ⇒ 2r = 17 ⇒
2. A hipotenusa de um triângulo retângulo mede
10cm e o raio do círculo inscrito mede 1cm.
Calcule o perímetro do triângulo.
Solução
2P = 2.(x + y + 1) e x + y = 10
2P = 22cm
63

Teorema Fundamental
Se uma circunferência é dividida em N (n > 3)
arcos congruentes entre si, então:
a) As cordas que unem os pontos de divisão
consecutivos formam um polígono regular
inscrito de n lados.
b) As tangentes traçadas pelos pontos de divi-
são formam um polígono regular circunscri-
to com n lados.
Recíproca: todo polígono regular é inscritível e
circunscritível.
Polígonos regulares inscritos
Triângulo eqüilátero
• (apótema)
• l =
•
Quadrado
• l =
• (apótema)
Hexágono regular
• R = l
• (apótema)
3. Na figura, o raio da circunferência mede 5cm,
os segmentos AB e BC representam, respecti-
vamente, os lados de um hexágono regular e
de um quadrado inscritos. Nessas condições,
calcule o produto dos perímetros do quadrado
e do hexágono.
Solução
Do quadrado, temos lQ = cm
2PQ = cm.
Do hexágono, temos lH = 5cm
2PH = 30cm.
2PQ . 2PH = . 30 = 600 cm2
64

4. Dado um quadrado de lado 8cm, determine o
raio da circunferência inscrita (r) e o raio da cir-
cunferência circunscrita (R) a esse quadrado.
Solução
cm
Polígonos regulares circunscritos
Triângulo eqüilátero
• l =
• a = r
• h = 3r
Quadrado
• l = 2r
• a = r
Hexágono regular
• a = r
•
5. Determine a razão entre o apótema do quadra-
do e o apótema de um hexágono regular, cir-
cunscritos a um círculo de raio r.
Solução
Tanto no quadrado como no hexágono, o apó-
tema é igual ao raio da circunferência que os
inscreve.
Portanto a razão é igual a 1.
6. Dado um triângulo eqüilátero de 6cm de altura,
calcule o raio do círculo inscrito (r) e o raio do
círculo circunscrito (R) a esse triângulo.
Solução
r = ⇒ r = 2cm
R = ⇒ R = 4cm
65

TEMA 20
1. O perímetro de um quadrado inscrito numa cir-
cunferência mede cm. Encontre o diâ-
metro do circulo ao qual esse quadrado está
circunscrito.
2. Determine o raio da circunferência circunscrita
ao polígono regular de 12m de lado nos casos:
a) Quadrado
b) Hexágono
c) Triângulo
3. Na figura, as retas que passam pelos pontos A,
B e C são tangentes à circunferência de raio 5
cm e as retas r, s e m são paralelas. De acordo
com os dados na figura, o valor de x, em cm, é:
a) 10 b) 11
c) 12 d) 13
e) 14
4. Dado um triângulo eqüilátero de 9cm de altura,
calcule:
a) o raio do círculo inscrito;
b) o lado;
c) o apótema;
d) o raio do círculo circunscrito.
5. Um triângulo ABC está inscrito em um círculo
de raio 6cm e tem seu ângulo interno ^A = 30º.
Se o perímetro do triângulo é igual a 16cm, a
soma AB + AC é igual a:
a) 6cm b) 9cm
c) 10cm d) 11cm
e) 13cm
6. O apótema de um hexágono regular de lado
4m mede:
a) m b) 4m
c) m d) 2m
e)
7. Calcular o lado do quadrado circunscrito à cir-
cunferência de raio 5 cm:
a) cm b) cm
c) 12cm d) 10cm
e) 14cm
8. No hexágono regular ABCDEF da figura abaixo
mede 5cm. Calcule:
a) o apótema;
b) o raio do círculo inscrito;
c) a diagonal
⎯
AC.
9. Qual é a razão entre o perímetro de um triângu-
lo eqüilátero com altura igual ao raio de um cír-
culo para o perímetro do triângulo eqüilátero
inscrito nesse círculo?
10. Na figura temos um pentágono regular de lado
l. Mostre que o pentágono sombreado é regular.
11. (PUC-SP) A figura mostra um hexágono regu-
lar de lado a. A diagonal AB mede:
a) 2a b)
c) d)
e)
66

UNIDADE IV
Relações métricas no triângulo

69
Geometria I – Relações métricas no triângulo
TEMA 21
TEOREMA DE TALES
Um breve histórico
Viajando muito pelos centros antigos de co-
nhecimento, Tales de Mileto deve ter obtido
informações sobre Astronomia e Matemática,
aprendendo Geometria no Egito. Na Babilônia,
sob o governo de Nabucodonosor, entrou em
contato com as primeiras tabelas e instrumen-
tos astronômicos, e diz-se que, em 585 a.C.,
conseguiu predizer o eclipse solar que ocorre-
ria neste ano, assombrando seus contemporâ-
neos; é nesta data que se apoiam para indicar
aproximadamente o ano em que nasceu, pois
na época deveria contar com quarenta anos
mais ou menos. Calcula-se que tenha morrido
com 78 anos de idade.
Tales é considerado o primeiro filósofo e o
primeiro dos sete sábios, discípulo dos egíp-
cios e caldeus, e recebe o título comumente de
“primeiro matemático’’ verdadeiro, tentando or-
ganizar a Geometria de forma dedutiva. Acre-
dita-se que, durante sua viagem à Babilônia,
estudou o resultado que chega até nós como
“Teorema de Tales”, segundo o qual um ângulo
inscrito num semicírculo é um ângulo reto. A ele
também se devem outros quatro teoremas fun-
damentais: “um circulo é bissectado por um
diâmetro’’, “os ângulos da base de um triângu-
lo isósceles são iguais”, “os pares de ângulos
opostos formados por duas retas que se cor-
tam são iguais”, e “se dois triângulos são tais
que dois ângulos e um lado são iguais respec-
tivamente a dois ângulos e um lado do outro,
então, eles são congruentes”.
Parece provável que Tales conseguiu medir a
altura de uma pirâmide do Egito observando o
comprimento das sombras no momento em
que a sombra de um bastão vertical é igual á
sua altura”.
Teorema de Tales
Se duas retas são transversais de um feixe de
retas paralelas, então a razão entre dois seg-
mentos quaisquer de uma delas é igual à ra-
zão entre os respectivos segmentos corres-
pondentes da outra.
Poderíamos também tomar a pro-
porção entre outras.
1. Encontre o valor de x na figura, sabendo que
os segmentos dados estão nas transversais do
feixe de paralelas dado.
Solução
2. Calcule o valor de x + y na figura, sendo r // s // t.

70
Solução
Teorema da bissetriz interna
Uma bissetriz interna de um triângulo divide o
lado oposto em segmentos (aditivos) propor-
cionais aos lados adjacentes.
Teorema da bissetriz externa
Se a bissetriz de um ângulo externo de um
triângulo intercepta a reta suporte do lado
oposto, então ela divide este lado oposto exter-
namente em segmentos (subtrativos) propor-
cionais aos lados adjacentes.
3. Calcule x e y no triângulo, sabendo que
⎯
AD é
bissetriz do ângulo Â e x + y = 22.
Solução
⇒ x = 10 e y = 12
4. Se
⎯
AP é bissetriz do ângulo externo em A,
determine x.
Solução
1, Sendo r // s // t, calcule x e y:
a)
b)
c)
2. Este mapa mostra quatro estradas paralelas que
são cortadas por três vias transversais. Algumas
das distâncias entre os cruzamentos dessas vias
e estradas estão indicadas no mapa (em km),
mas as outras precisam ser calculadas. Com-
plete o mapa com as distâncias que faltam.

71
3. (Unicamp) A figura mostra um segmento
⎯
AD
dividido em três partes:
⎯
AB = 2cm,
⎯
BC = 3cm
e
⎯
CD = 5cm. O segmento
⎯
AD’ mede 13cm e
as retas e são paralelas à . Deter-
mine as medidas dos segmentos
⎯
AB’,
⎯
B’C’ e
⎯
C’D’.
4. No triângulo,
⎯
DE//
⎯
BC, então o valor de x é:
a) 4 b) 6
c) 8 d) 14
e) 16
5. Calcule a medida, em cm, da altura
⎯
CH do
ΔABC, sabendo que
⎯
MN//
⎯
AB.
6. Na figura,
⎯
AS é bissetriz interna do ângulo Â.
Calcule o valor de x.
7. Na figura,
⎯
AS é bissetriz interna do ângulo Â.
Calcule o valor de x.
8. Na figura, calcule os valores de x e y, respectiva-
mente, sendo
⎯
BS a bissetriz interna do ângulo ^B.
9. Na figura, calcule o valor de x, sendo a bissetriz
do ângulo externo em Â, e o perímetro do triân-
gulo é igual a 23m.
10. Sendo
⎯
AS e
⎯
AP bissetrizes dos ângulos inter-
nos e externos em A, determine o valor de
⎯
CP,
dados BS = 8m e SC = 6m.
11. Os lados de um triângulo medem 8cm, 10cm e
12cm. Em quanto precisamos prolongar o me-
nor lado para que ele encontre a bissetriz do
ângulo externo oposto a esse lado?
12. Considerando as medidas indicadas na figura
e sabendo que o círculo está inscrito no triân-
gulo, determine x.

72
TEMA 22
SEMELHANÇA DE TRIÂNGULOS
Definição
Dois triângulos são semelhantes se, e somente
se, possuem os três ângulos correspondentes
congruentes e os lados homólogos proporcio-
nais.
ΔABC ~ΔDEF ⇔ Â ≡ ^D, ^B ≡ Ê
é a razão de
semelhança.
Teorema fundamental
Se uma reta é paralela a um dos lados de um
triângulo e intercepta os outros dois lados em
pontos distintos, então o triângulo determinado
pela reta é semelhante ao primeiro.
Demonstração
Dado o triângulo ABC e a reta r paralela ao
lado BC e que intercepta os outros lados nos
pontos D e E.
Dos triângulos ABC e ADE, temos:
^B ≡ ^D, ^C ≡ Ê e pelo teorema de tales:
, portanto ΔABC ~ΔADE.
1. Nas figuras, calcule o valor de x e y:
a)
b)
Solução
Casos de semelhança de triângulos
1.º – Ângulo ângulo (A.A.)
Se dois triângulos têm dois ângulos congru-
entes, então eles são semelhantes.
Dados os triângulos ABC e DEF, tais que Â ≡
^D, ^B ≡ Ê. Queremos provar que eles são
semelhantes.
Demonstração
Tome o ponto P ∈
⎯
AC, onde
⎯
PC ≡
⎯
DF, por ele
trace a reta rr//
↔
DE.
Os triângulos PQC e DEF são congruentes
(L.A.Ao), pelo teorema fundamental ΔPQC ~
ΔABC. Logo, ΔDEF ~ΔABC.
2.º – Ângulo ângulo (L.A.L.)
Se dois triângulos têm dois lados correspon-
dentes proporcionais e os ângulos compreen-
didos entre eles congruentes, então eles são
semelhantes.
A demonstração desse caso é análoga a ante-
rior, fica como exercício para o leitor.

73
3.º – Lado lado lado (L.L.L.)
Se dois triângulos têm os lados homólogos
proporcionais, então eles são semelhantes.
A demonstração desse caso é análoga a ante-
rior; fica como exercício para o leitor.
Importante:
Se a razão de semelhança de dois triângulos é
k, então a razão entre dois elementos lineares
homólogos é k; e os ângulos homólogos são
congruentes.
• a razão entre os lados homólogos é k;
• a razão entre os perímetros é k;
• a razão entre as alturas homólogas é k;
• a razão entre as medianas homólogas é k;
• ...
2. Identifique o caso de semelhança entre os tri-
ângulos e calcule x:
a)
Solução
Caso A.A.
b)
Solução
Caso L.A.L.
c)
Solução
Caso L.L.L.
1. Os lados de um triângulo medem 12cm, 27cm
e 24cm. Um triângulo semelhante a esse tem
21cm de perímetro. Determine as medidas dos
lados do segundo triângulo.
2. Sendo r // s, determine x:
a)
b)
3. (U. Rio Grande–RS) Dado o triângulo abaixo,
ABC, calcule a medida dos segmentos
⎯
BD e
⎯
DF, sabendo que o segmento
⎯
DE é paralelo ao
segmento
⎯
BC, sendo
⎯
AB = 18cm,
⎯
BE = 4cm
e
⎯
EC = 8cm.
4. (Cesgranrio) Certa noite, uma moça, de 1,50m
de altura, estava a 2m de distância de um
poste de luz de 4m de altura. O comprimento
da sombra da moça no chão era de:

74
a) 0,75m b) 1,20m
c) 1,80m d) 2,40m
e) 3,20m
5. Na figura abaixo, a medida do segmento PA,
em cm, é:
a) 6,8 b) 7,6
c) 7,8 d) 8,6
e) 8,8
6. Calculando x na figura dos quadrados abaixo,
encontramos:
a) 2 b) 4
c) 6 d) 3
e) 8
7. Num triângulo isósceles de 20cm de altura e
cm de base, está inscrito um retângulo de
8cm de altura com base na base do triângulo.
Calcule a medida da base do retângulo.
8. Na figura, temos:
⎯
AB = 8,
⎯
BC = 15,
⎯
AC = 17
e
⎯
EC. Determine x e y.
9. Considere a circunferência circunscrita a um
triangulo ABC. Seja
⎯
AE um diâmetro dessa cir-
cunferência e
⎯
AD a altura do triângulo. Sendo
⎯
AB = 6cm,
⎯
AC = 10cm e
⎯
AE = 30cm, calcule
a altura
⎯
AD.
10. Dois círculos de raios R e r são tangentes exte-
riormente no ponto A. Sendo C e D os pontos
de tangência de uma reta t externa, com os
dois círculos, determine a altura do triângulo
ACD relativa ao lado
⎯
CD.

75
TEMA 23
RELAÇÕES MÉTRICAS NO TRIÂNGULO
RETÂNGULO
Considere o triângulo retângulo ABC, retângu-
lo em A. Vamos classificar seus elementos:
•
⎯
BC = a, hipotenusa;
•
⎯
AB = c, cateto;
•
⎯
AC = b, cateto;
•
⎯
AD = h, altura relativa à hipotenusa;
•
⎯
BD = m, projeção do cateto c sobre a hipo-
tenusa;
•
⎯
DC = n, projeção do cateto b sobre a hipo-
tenusa.
Observe que ΔABC ~ΔABD, caso A.A. e da
mesma forma, ΔABC ~ΔACD. Usando a pro-
priedade transitiva, podemos afirmar que
ΔABD ~ΔACD. Dos casos de semelhança reti-
ramos algumas relações:
De ΔABC ~ΔABD temos:
•
•
De ΔABC ~ΔACD temos:
•
De ΔABD ~ΔACD temos:
•
•
Uma outra conseqüência dessas semelhanças
é o Teorema de Pitágoras:
, como m + n = a,
temos:
a2 = b2 + c2
O quadrado da hipotenusa é igual a soma dos
quadrados dos catetos.
1. (CEFET–AM) No triângulo retângulo abaixo, h
(altura relativa à hipotenusa), m e n (projeções
dos catetos b e c sobre a hipotenusa) valem:
Solução
c2 = a2 – b2 ⇒ c2 = 625 – 225 ⇒ c = 20
c2 = a.n ⇒ 400 = 25.n ⇒ n = 16
m + n = a ⇒ m = 25 – 16 ⇒ m = 9
2. O perímetro de um triângulo ABC isósceles, de
base BC, é 32 cm. Se a altura AH é igual a 8
cm, então a medida AB, em cm, é:
Solução
substituindo y = 25
– 2x na segunda equação,
temos:

76
3. Na figura abaixo, encontre o valor de a, m, e n.
Solução
TEMA 24
RELAÇÕES MÉTRICAS NO TRIÂNGULO
RETÂNGULO
1. No triângulo retângulo abaixo, calcule as medi-
das a, b, h e m indicadas:
2. No triângulo retângulo abaixo, determine as
medidas m e n indicadas.
3 Observe o triângulo desenhado na malha
quadriculada abaixo. Considerando u como a
unidade de medida de comprimento, encontre
a medida dos lados desse triângulo.
4. (CEFET–AM) Na figura abaixo, os seguimentos
são medidos em metro. O seguimento
⎯
AC é:
a) 11 b) 19
c) 15 d) 7
e) 22

77
5. A altura relativa à hipotenusa de um triângulo
retângulo isósceles mede 4cm. O perímetro
desse triângulo, em cm, mede:
a) b)
c) d)
e)
6. Determine o raio do círculo nos casos:
a)
b)
7. Determine o perímetro de um triângulo eqüi-
látero de altura 6m.
8. A altura de um retângulo mede 8m, a diagonal
excede a base em 2m. Calcule a diagonal.
9. As bases de um trapézio isósceles medem 12 m
e 20 m, respectivamente. A soma dos lados não
paralelos é igual a 10m. Quanto mede a altura?
10. Uma corda comum a dois círculos secantes
mede 16cm. Sendo 10cm e 17cm as medidas
dos raios dos círculos, determine a distância
entre seus centros.
11. Consideremos dois círculos tangentes como
na figura abaixo. Sendo E o centro do círculo
menor, F o ponto de tangência entre os dois
círculos e a o lado do quadrado, determine o
raio do círculo menor em função de a.
TEMA 25
TEOREMA DE PITÁGORAS
Definição
Em todo triângulo retângulo, temos que o qua-
drado da hipotenusa é igual à soma dos quadra-
dos dos catetos. Observe a figura abaixo:
a: hipotenusa;
b, c: catetos.
a2
= b2
+ c2
→ Teorema de Pitágoras
Triângulo retângulo
Do vértice do ângulo reto de um triângulo re-
tângulo, se abaixarmos uma perpendicular à
hipotenusa:
Primeiro, cada cateto é meio proporcional entre
a hipotenusa inteira e o segmento adjacente.
Segundo, a perpendicular é meia proporcional
entre os dois segmentos da hipotenusa.
Sejam (fig. 3) o triângulo retângulo ABC e a
perpendicular h baixada do vértice do ângulo
reto A sobre a hipotenusa a.
Primeiro, devemos ter:
Com efeito, os triângulo retângulo ABC e CD
são semelhantes, por serem ambos retângulos
e terem o ângulo agudo C comum. (Dois triân-
gulos retângulos são semelhantes quando têm
um angulo igual; porque, nesse caso, os três
ângulos são respectivamente iguais). Portanto
esses triângulos têm lados proporcionais (a
hipotenusa de ABC, sobre b, hipotenusa de

78
ADC, igual a b, oposto a B em ABC m, oposto
a b’ em ADC), e podemos escrever:
ou b2 = am (1)
Os triângulos ABC e ABD são também seme-
lhantes, porque ambos são retângulos e têm o
ângulo agudo B comum. Assim, temos:
ou c2
= a.n (2)
Segundo, devemos ter: ou h2
= m.n
Com efeito, os triângulo ACD e ABD, sendo
ambos semelhantes ao triângulo total ABC,
são semelhantes entre si. Por conseguinte, têm
os lados homólogos proporcionais e temos:
ou h2
= m.n
Pela definição do teorema: em todo triângulo
retângulo, o quadrado da hipotenusa iguala a
soma dos quadrados dos catetos.
Com efeito, fazendo a soma das igualdades (1)
e (2) do teorema precedente, vem:
b2
+ c2
= a.m + a.n
b2
+ c2
= a(m + n)
b2
+ c2
= a.a
b2
+ c2
= a2
a2
= b2
+ c2
1. Determine o valor de x na figura abaixo:
Solução
y2
= 12
+ 72
→ y2
= 50 → y =
y2
= x2
+ x2
→ 50 = 2 x2
→ x = 5
Portanto o valor de x é igual a 5
2. É dado um triângulo ABC, retângulo em A,
cujos catetos medem: AB = c e AC = b. Deter-
mine o raio do círculo com centro na hipote-
nusa e tangente aos catetos.
Solução
Observe que
r2
= bc – cr – br + r2
→ r(b + c) = bc →
Portanto o raio da circunferência dada é igual a
3. Calcular o comprimento da tangente exterior,
comum a duas circunferências tangentes exter-
nas de raios r e R, dadas na figura abaixo:
Solução
(r + R)2
= x2
+ (R – r)2
r2
+2Rr + R2
= x2
+ R2
–2Rr + r2
x2
= 4Rr
x =
Logo, o valor de x é igual a

79
4. Entre duas torres de 13m e 37m de altura,
existe na base uma distância de 70m. Qual a
distância entre os extremos, sabendo- se que o
terreno é plano?
Solução
x2
= 132
+ (37 –13)2
→ x2
= 169 + 196
x ≈ 19,1m
Portanto a distância entre os extremos das tor-
res é de aproximadamente 19,1m.
5. Calcular a altura de um triângulo equilátero de
lado igual a x cm.
Solução
Observando a figura acima temos que:
x2
= h2
+ (x/2)2
x2
= h2
+ x2
/4
4x2
= 4h2
+ x2
3x2
= 4h2
h =
TEMA 26
1. Determine a altura do trapézio da figura.
a) b)
c) d)
e)
2. Determine a diagonal de um retângulo de
perímetro 20m e base 6m.
a) m b) m
c) m d) m
e) m
3. Determine a menor altura de um triângulo
cujos lados medem 4m, 5m e 6m.
a)
b)
c)
d)
e)
4. A altura de um retângulo mede 8 m, a diagonal
excede a base em 2 m. Calcule a diagonal.
a) 23m b) 35m
c) 12m d) 17m
e) 20m
5. Sabendo que a soma dos quadrados dos ca-

tetos com o quadrado da hipotenusa de um
triângulo retângulo é igual a 200, determine a
medida da hipotenusa desse triângulo.
a) 24 b) 12
c) 17 d) 18
e) 10
6. Calcule o perímetro do triângulo isósceles de
16cm de base e 6cm de altura.
a) 36cm b) 19cm
c) 34cm d) 46cm
e) 16cm
7. Num triângulo isósceles de altura 8, inscreve-
se uma circunferência de raio 3. Calcule a me-
dida da base do triângulo.
a) 14 b) 12
c) 11 d) 15
e) 13
8. Do mesmo lado de uma reta, são traçados três
círculos tangentes à reta e tangentes entre si
dois a dois. Sabendo que dois deles têm raio
igual a 16, calcule o raio do terceiro.
a) 7 b) 3
c) 9 d) 4
e) 5
9. Determine a altura relativa à base de um triân-
gulo isósceles em função da base a e do raio
do círculo inscrito r.
a) b)
c) d)
e)
10. Um ponto de um lado de um ângulo de 60º
dista 16m do vértice do ângulo. Quanto ele
dista do outro lado do ângulo?
a) m b) m
c) m d) m
e) m
11. Um ponto P, interno de um ângulo reto, dista,
respectivamente, m e 2m de um lado e da
bissetriz do ângulo. Determine a distância en-
tre P e o vértice desse ângulo.
a) m b) m
c) m d) m
e) m
12. Um ponto P, externo de um ângulo de 60 º,
dista m e m dos lados do ângulo,
sendo que nenhuma dessas distâncias é até o
vértice do ângulo. Qual é a distância entre P e
a bissetriz do ângulo?
a) 15m b) 11m
c) 12m d) 16m
e) 10m
13. Em um triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é o dobro do produto dos catetos.
Calcule um dos ângulos agudos do triângulo.
a) 90º b) 180º
c) 60º d) 45º
e) 30º
14. Determine o raio de um círculo inscrito num
setor circular de 60º e 6dm de raio.
a) 4dm b) 3dm
c) 5dm d) 6dm
e) 2dm
15. Determine o ângulo que a diagonal de um tra-
pézio isósceles forma com a altura do trapézio,
sabendo que a altura do trapézio é igual a sua
base média multiplicada por .
a) 45º b) 60º
c) 90º d) 30º
e) 120º
80

Sem dúvida, “O Teorema de Pitágoras” é a
resposta mais freqüente que as pessoas dão
quando perguntamos do que elas se lem-
bram das aulas de Matemática. E quando
questionamos se elas sabem o que o teore-
ma diz, muitas respondem: “Não lembro ao
certo, mas falava da hipotenusa e dos cate-
tos... o quadrado da hipotenusa...”
Essas palavras a gente não esquece: Teo-
rema de Pitágoras, hipotenusa, catetos.
Alguns, no entanto, já não se lembram mais
do enunciado do Teorema de Pitágoras. Mas
nós acreditamos que, depois da aula de hoje,
mesmo que você também não se lembre,
ainda assim saberá como deduzi-lo nova-
mente. Vamos mostrar uma figura muito sim-
ples e reveladora que os chineses conheciam
há muito tempo, antes mesmo de Pitágoras, e
que nos permite deduzir o teorema. Essa figu-
ra você não esquecerá, principalmente se
você a fizer com recortes de papel ou mesmo
blocos de madeira. A beleza do teorema com-
pensa o esforço desse trabalho extra.
Antes de começarmos nossa aula, aqui está
uma aplicação prática e interessante deste
famoso teorema para que você possa refletir a
respeito. Alguns povos antigos usavam um
instrumento muito simples e prático para obter
ângulos retos: uma corda. Nela faziam nós a
distâncias iguais e, então, marcavam três nós
a distâncias de três, quatro e cinco nós entre
si, conforme mostra a ilustração, juntando
depois o primeiro ao último nó. Quando esti-
cavam esta corda, fixando-a nos três nós mar-
cados, obtinham um triângulo... retângulo!
Será mesmo reto o ângulo maior do triângulo
3, 4 e 5?
Quem foi Pitágoras de Samos?
Seria impossível resumir a vida e as idéias
de Pitágoras apenas em alguns parágrafos,
tal é a multiplicidade de aspectos que apre-
senta. Sem falar no mistério que envolve
sua figura. Acredita-se que tenha nascido
em Samos (Grécia antiga) por volta de 558
a.C., e tenha vivido até os 99 anos, embora
esses dados não sejam exatos. Desse véu
de mistério, o que emerge é o Pitágoras filó-
sofo, matemático e músico. Buscou sabedo-
ria em toda parte, até mesmo quando es-
teve preso na Babilônia. Um de seus mes-
tres foi Tales de Mileto, que o teria aconse-
lhado a visitar o Egito, onde não só estudou
geometria, com seu mestre, mas também
aprendeu a ler hieróglifos (a escrita egípcia)
com os próprios sacerdotes egípcios. E mais
ainda: parece ter sido iniciado nos mistérios
da religião egípcia.
Outros aspectos interessantes da vida de
Pitágoras dizem respeito a algumas idéias
bastante avançadas para sua época. Por
exemplo: dizem que era vegetariano e um
forte defensor da vida em geral, tendo-se
declarado contrário ao sacrifício de animais,
muito comum em sua época. Como seu con-
temporâneo distante Buda, acreditava que
todos os seres humanos eram iguais e mere-
ciam a liberdade; seria este o motivo pelo
qual teria libertado seu escravo Zalmoxis.
Pitágoras e os pitagóricos, alunos da escola
que fundou, eram conhecidos amantes da
liberdade. Se você está atento ao que disse-
mos, deve ter ficado intrigado: “Por que
chamamos Teorema de Pitágoras, se os chi-
neses já conheciam o teorema muito antes
dele?”
Você não deixa de ter razão. Na verdade, é
muito comum que um teorema receba o nome
de alguém que não tenha sido o primeiro a
demonstrá-lo. Mas o mérito de Pitágoras não
é menor, pois foi o responsável por ter apren-
dido a pensar a geometria de maneira abstra-
ta, e não em relação a objetos concretos,
como se fazia até então para um espírito cien-
tífico. Pitágoras afirmava: “A fórmula da
81

hipotenusa em relação aos catetos é ver-
dadeira não apenas em triângulos retângulos
de lajotas ou aqueles desenhados na lousa,
mas também para todos os triângulos retân-
gulos que ainda não vimos, e mais ainda,
para qualquer triângulo retângulo que pense-
mos”.
O quadrado construído sobre a hipotenusa
de um triângulo retângulo é igual à soma
dos quadrados construídos sobre os dois
outros lados.
Seja (fig. 1) o triângulo ABC e sejam BCDE o
quadrado construído sobre a hipotenusa, M e
M’ os quadrados construídos sobre os lados;
devemos ter: BCDE = M + M’. Do ponto A,
abaixemos a perpendicular AG que divide o
quadrado BCDE em dois retângulos R e R’. Se
demonstrarmos que R = M e R’= M’, teremos
mostrado que R + R’ ou BCDE = M + M’.
Traçando as retas AE e FC; formam dois triân-
gulos ABE e FBC, iguais por terem um ângu-
lo igual compreendido entre lados respectiva-
mente iguais, a saber: o ângulo ABE iguala-se
ao ângulo FBC, porque ambos são formados
de um ângulo reto e do ângulo a ; AB = BF,
como lados de um mesmo quadrado, e
BC = BE pela mesma razão.
Por outra parte, a superfície do triângulo ABE
vale a metade da do retângulo R, porque
essas duas figuras têm a mesma base (BE) e
mesma altura (AI) ou (BH). Do mesmo modo,
a superfície do triângulo FBC vale a metade da
do quadrado M, porque ambas têm a mesma
base (BF) e mesma altura (CL) ou (AB); por
conseguinte, o retângulo R é equivalente ao
quadrado M. Assim temos: quadrado M = ao
retângulo R ou 2x o triângulo ABE ou 2x o
triângulo FBC.
Traçando as retas (fig.2) AD e BJ, elas for-
mam dois triângulos ACD e BCJ, iguais por
terem um ângulo igual compreendido entre
lados respectivamente iguais, a saber: o ân-
gulo ACD iguala-se ao ângulo BCJ, porque
ambos são formados de um ângulo reto e do
ângulo b; AC = CJ, como lados de um mesmo
quadrado, e BC = CD pela mesma razão.
Por outra parte, a superfície do triângulo ACD
vale a metade da do retângulo R’, porque
essas duas figuras têm a mesma base (CD) e
mesma altura (AK) ou (CH). Do mesmo
modo, a superfície do triângulo BCJ vale a
metade da do quadrado M’, porque ambas
têm a mesma base (CJ) e a mesma altura
(BL) ou (AC). Por conseguinte, o retângulo R’
é equivalente ao quadrado M’. Assim, temos:
quadrado M’= ao retângulo R’ ou 2x o triân-
gulo ACD ou 2x o triângulo BCJ.
Por conseguinte, temos R + R’ ou
BCDE = M + M’.
A superfície de um quadrado sendo igual ao
quadrado de seu lado, se representarmos por
a, b, c os três lados de um triângulo retângu-
lo, teremos:
a2
= b2
+ c2
.
82

PITÁGORAS
Pitágoras, matemático, filósofo, astrônomo,
músico e místico grego, nasceu na ilha de
Samos (na atual Grécia).
Pitágoras é uma figura extremamente impor-
tante no desenvolvimento da matemática,
sendo freqüentemente considerado como o
primeiro matemático puro. No entanto pouco
se sabe sobre as suas realizações matemáti-
cas, pois não deixou obra escrita e, além
disso, a sociedade que ele fundou e dirigiu
tinha um caráter comunitário e secreto.
Essa sociedade, a Escola Pitagórica, de natu-
reza científica e religiosa (e até mesmo políti-
ca), desenvolvia estudos no domínio da ma-
temática, da filosofia e da astronomia. O sím-
bolo desta irmandade era a estrela de cinco
pontas (ou estrela pentagonal).
A Escola Pitagórica defendia o princípio de
que a origem de todas as coisas estava nos
números, o atomismo numérico.
Ao longo da sua vida, Pitágoras viajou por
vários países, tendo aprendido muitos conhe-
cimentos matemáticos com os egípcios e os
babilônios. Entre outros, dois filósofos com
quem Pitágoras estudou e que influenciaram
as suas idéias matemáticas foram Tales de
Mileto e o seu pupilo Anaximander.
No domínio da matemática, os estudos mais
importantes atribuídos a Pitágoras são:
• descoberta dos irracionais ;
• o teorema do triângulo retângulo (Teo-
rema de Pitágoras).
Apesar de atualmente sabermos que, cerca
de mil anos antes, já eram conhecidos casos
particulares desse teorema na Babilônia, no
Egito e na Índia, Pitágoras foi o primeiro a
enunciar e a demonstrar o teorema para todos
os triângulos retângulos.
São também atribuídos a Pitágoras (e aos
pitagóricos) outros trabalhos matemáticos, que
incluem:
• a descoberta da tabuada ;
• o estudo de propriedades dos números
(dos números ímpares regulares, dos
números triangulares, etc.);
• a construção dos primeiros três sólidos
platônicos (é possível que tenha construí-
do os outros dois);
• a descoberta da relação existente entre a
altura de um som e o comprimento da
corda vibrante que o produz.
Não se sabe ao certo quando nasceu e mor-
reu Pitágoras, mas calcula-se que viveu uma
longa vida (entre 80 e 100 anos), entre a
primeira metade do século VI a.C. e o início
do século V a.C.
83

TEMA 27
RELAÇÕES MÉTRICAS EM TRIÂNGULO
QUALQUER
Introdução
Um triângulo pode ser classificado de acordo
com as medidas relativas de seus lados:
Um triângulo eqüilátero possui todos os lados
congruentes. Um triângulo eqüilátero é tam-
bém eqüiângulo: todos os seus ângulos inter-
nos são congruentes (medem 60°), sendo, por-
tanto, classificado como um polígono regular.
Um triângulo isósceles possui somente dois
lados congruentes. Num triângulo isósceles, o
ângulo formado pelos lados congruentes é
chamado ângulo do vértice. Os demais ângu-
los denominam-se ângulos da base e são con-
gruentes.
Em um triângulo escaleno, as medidas dos
três lados são diferentes. Os ângulos internos
de um triângulo escaleno também possuem
medidas diferentes.
Denomina-se base o lado sobre o qual apóia-
se o triângulo. No triângulo isósceles, consi-
dera-se base o lado de medida diferente.
Um triângulo também pode ser classificado de
acordo com seus ângulos internos:
• Um triângulo retângulo possui um ângulo
reto. Num triângulo retângulo, denomina-se
hipotenusa o lado oposto ao ângulo reto.
Os demais lados chamam-se catetos. Os
catetos de um triângulo retângulo são com-
plementares.
• Um triângulo obtusângulo possui um ân-
gulo obtuso e dois ângulos agudos.
• Em um triângulo acutângulo, todos os três
ângulos são agudos.
Retângulo Obtusângulo Acutângulo
Definição
Triângulo acutângulo: Seja o triângulo ABC um
triângulo acutângulo com ângulo agudo corres-
pondente ao vértice A, como mostra a figura.
Seja o segmento de reta HC perpendicular ao
lado AB (altura do triângulo relativa ao lado
AB), passando pelo vértice C. Aplicando o Teo-
rema de Pitágoras no triângulo CHB, temos:
a² = h²+(c - x)²
= h²+(c² - 2cx + x²)
= (h² + x²) + c² - 2cx (Equação1)
No triângulo AHC, temos que b² = h² + x².
Substituindo esses resultados na equação
(Equação 1), obtemos:
a² = b² + c² - 2cx
Triângulo obtusângulo: Seja o triângulo ob-
tusângulo ABC com o ângulo obtuso corre-
spondente ao vértice A, como mostra a figura.
Seja o segmento de reta HC perpendicular ao
lado AB (altura do triângulo relativa ao lado
AB), passando pelo vértice C. Aplicando o Teo-
rema de Pitágoras no triângulo CHB, temos que:
a² = h²+(c + x)²
= h² + (c² + 2cx + x²)
=(h² +x²)+c²+2cx(Equação 1)
84

No triângulo AHC, temos que b² = h² + x².
Substituindo esses resultados na equação
(Equação 1), obtemos:
a² = b² + c² + 2cx
Solução
(1) 62
= x2
+ h2
→ h2
= 36 – x2
(2) 102
= (13 – x)2
+ h2
→ 100 = 169 – 26x +
x2
+ h2
100 = 169 – 26x + x2
+ 36 - x2
26x = 205 – 100
x = 105/26
Portanto x vale 105/26.
2. Determine a medida da projeção do maior lado
do triângulo ABC de lados 5cm, 6cm e 8cm,
sobre o segundo maior lado.
Solução
82
= 52
+ 62
+ 2.6.x → 64 = 25 + 36 + 12x
3 = 12x
x = 1/4
Portanto a medida da projeção é igual a x = ¼
3. Na figura seguinte, calcular o valor de x.
Solução
h2
+ x2
= 52
⇒ h2
= 25 – x2
h2
+ (x + 3)2
= 62
⇒ h2
= 36 – (x + 3)2
25 – x2
= 36 – (x + 3)2
25 – x2
= 36 – (x2
+ 6x + 9)
6x = 2
x = 1/3
Logo o valor de x é igual a 1/3.
85

TEMA 28
RELAÇÕES MÉTRICAS EM TRIÂNGULO
QUALQUER
2. Determine os valores de x e y na figura abaixo:
3. Os lados de um triângulo medem 15m, 20m e
25m. Determine a altura relativa ao maior lado.
4. Os lados de um triângulo medem 12m, 20m e
28m. Determine a projeção do menor sobre a
reta do lado de 20m.
5. Determine a medida do lado BC de um triângu-
lo ABC, em que AC = 10cm, AB = 6cm e a pro-
jeção do lado BC sobre AC vale 10,4cm.
7. a, b e c são medidas dos lados de um triângu-
lo. Seja k um número real tal que a = 3k, b =
5k e c = 7k. Nessas condições, qual é a na-
tureza do triângulo?
8. Os lados de um triângulo medem , e
5. Qual o comprimento da altura relativa ao
lado maior?
9. Os lados de um triângulo medem 5cm, 7cm e
9cm. Calcule a medida da projeção do lado
menor sobre o lado maior.
10. Em um triângulo ABC, sendo a = 6cm, b =
8cm e c = 9cm, calcule a projeção do lado a
sobre o lado b.
11. Reconheça a natureza de um triângulo cujos
lados são diretamente proporcionais aos nú-
meros 3, 5 e 7.
12. Em um triângulo ABC, sendo a = 6cm, b = 10cm
e c = 12cm, calcule a projeção do lado b sobre
o lado c.
13. Em um triângulo acutângulo ABC, onde b =
7cm e c = 5cm, a projeção do lado b sobre o
lado c mede 1cm. Calcule o lado a .
14. Em um triângulo ABC, obtusângulo em A, onde
a = 8cm, b = 5cm, a projeção do lado c
sobre b é igual a cm. Calcule o lado c.
15. Dado o triângulo ABC de lados 6cm, 8cm e
12cm. Determine a medida da projeção do
maior lado sobre o lado que mede 8cm.
86

GIUSEPPE PEANO
Giuseppe Peano (Spinetta, Piemonte, 27 de
Agosto de 1858 – Turim, 20 de Abril de 1932),
considerado o maior matemático italiano de
sua época, produziu trabalhos de grande
alcance filosófico. Fez importantes con-
tribuições teóricas nas áreas de análise
matemática, lógica, teoria dos conjuntos,
equações diferenciais e análise vetorial.
Autor de inúmeros livros e artigos, Peano foi o
fundador da moderna lógica matemática e da
teoria dos conjuntos, para cujos conceitos e
notações contribuiu de forma decisiva. Na
obra “Arithmetices Principia Nova Methodo
Exposita” (1889), Peano desenvolveu os fa-
mosos axiomas de Peano, considerados até
hoje como a axiomatização padrão dos
números naturais.
Passou a maior parte de sua carreira ensinan-
do matemática na Universidade de Turim (de
1890 até à sua morte) e na Real Academia de
Artillería (de 1886 até 1901). Criou uma língua
internacional chamada latino sine flexione ou
interlíngua. Fundou a “Rivista di Matematica”
em 1891, publicada posteriormente em fran-
cês e na sua interlíngua. Em 1903, propôs a
interlíngua como língua auxiliar internacional
e em 1908 foi eleito presidente da “Academia
pro interlíngua” que transformou numa asso-
ciação científica, tendo como órgão de
expressão oficial a revista “Schola et Vita”.
Da sua vasta obra cientifica, uma grande
parte foi dedicada à Matemática e à Lógica,
sendo a restante consagrada à Filosofia e à
construção da interlíngua.
As suas obras “Calcolo differenziale e principii
di calcolo integrale” (1884) e “Lezioni di anal-
isi infinitesimale” (1893) foram dois dos mais
importantes trabalhos no desenvolvimento da
teoria geral das funções depois dos trabalhos
do matemático francês Augustin Cauchy.
Em “Applicazioni geometriche del calcolo
infinitesimale”(1887), Peano introduziu os ele-
mentos básicos do cálculo geométrico e deu
novas definições para o cálculo do compri-
mento de um arco e para a área de uma su-
perfície curva.
É no livro “Calcolo geometrico” (1888) que
encontramos o seu primeiro trabalho em
Lógica Matemática. Peano é sobretudo co-
nhecido pela criação de um sistema de sím-
bolos que permite a descrição e o enunciado
das proposições lógicas e matemáticas sem
recorrer à linguagem comum. Nesse sentido,
Peano é considerado o fundador da Lógica
Matemática, por ter sido realmente ele a intro-
duzir a nova notação. Na verdade, a atual no-
tação está mais próxima da proposta de
Peano do que da de Frege a quem, no entan-
to, é em geral atribuída a paternidade da Ló-
gica Matemática. Parte da notação lógica de
Peano foi adotada por Bertrand Russell e
Alfred North Whitehead no Principia Mathe-
matica.
O seu trabalho mudou profundamente a visão
dos matemáticos e teve uma grande influên-
cia nos esforços que mais tarde se desen-
volveram na reestruturação da matemática,
especialmente no trabalho dos matemáticos
franceses revelado sob o pseudônimo de
Nicolas Bourbaki.
87

UNIDADE V
Áreas de superfícies

91
Geometria I – Áreas de superfícies
TEMA 29
RELAÇÕES MÉTRICAS NA CIRCUNFERÊNCIA
Introdução
Apresentaremos alguns resultados que fazem
a conexão entre segmentos e cordas, que não
são evidentes à primeira vista. Se a reta AB é
tangente à circunferência no ponto B, então o
segmento AB é o segmento tangente de A até
a circunferência. Se a reta RT é uma reta se-
cante que intercepta a circunferência em S e T,
e R é um ponto exterior à circunferência, então
RT é um segmento secante, e RS é a parte
externa do segmento secante.
Cordas interceptando dentro da circunfer-
ência – Se duas cordas de uma mesma circun-
ferência interceptam-se em um ponto P dentro
da circunferência, então o produto das medi-
das das duas partes de uma corda é igual ao
produto das medidas das duas partes da outra
corda.
(AP).(PB) = (CP).(PD)
Demonstração
Se por P passam duas retas concorrentes que
interceptam a circunferência em A, B, C e D,
respectivamente, temos:
Considere os triângulos PAD e PCB:
Potência de ponto (1) – A partir de um ponto
fixo P dentro de uma circunferência, tem-se
que (PA).(PB) é constante qualquer que seja a
corda AB passando por este ponto P. Este pro-
duto (PA).(PB) é denominado a potência do
ponto P em relação a essa circunferência.
Secantes interceptando fora da circunferên-
cia – Consideremos duas retas secantes a
uma mesma circunferência que se interceptam
em um ponto P localizado fora da circunferê-
cia. Se uma das retas passa pelos pontos A e
B e a outra reta passa pelos pontos C e D da
circunferência, então o produto da medida do
segmento secante PA pela medida da sua parte
exterior PB é igual ao produto da medida do
segmento secante PC pela medida da sua parte
exterior PD.
(PA).(PB)=(PC).(PD)
Demonstração
Se por P passam duas retas concorrentes que
interceptam a circunferência em A, B, C e D,
respectivamente, temos:
Considere os triângulos PAD e PCB:
Potência de ponto (2) – Se P é um ponto fixo

92
fora da circunferência, o produto (PA).(PB) é
constante qualquer que seja a reta secante à
circunferência passando por P. Este produto
(PA).(PB) é também denominado a potência do
ponto P em relação à circunferência.
Secante e tangente interceptando fora da
circunferência – Se uma reta secante e uma
reta tangente a uma mesma circunferência
interceptam-se em um ponto P fora da circun-
ferência, a reta secante passando pelos pontos
A e B e a reta tangente passando pelo ponto T
de tangência à circunferência, então o quadra-
do da medida do segmento tangente PT é
igual ao produto da medida do segmento
secante PA pela medida da sua parte exterior
PB.
(PT)2
= (PA).(PB)
Demonstração
Considere o segmento secante
⎯
PA, sua parte
exterior
⎯
PB e um segmento
⎯
PT tangente a λ.
Considere os triângulos PAT e PTB:
1. Consideremos a figura abaixo com as cordas
AB e CD tendo interseção no ponto P, com
(AP) = 5cm, (PB) = 8cm, (CD) = 14cm.
Solução
Iremos obter a medida do segmento PD. Toma-
remos (PD)=x, para podermos escrever que
(CP) = 14 – x e somente utilizaremos a unida-
de de medida no final. Desse modo, (PD).(PC)
= (PA).(PB) e podemos escrever que x(14 – x)
= 5×8, de onde segue que x² – 14x + 40 = 0.
Resolvendo essa equação do segundo grau,
obtemos: x = 4 ou x =10, o que significa que
se uma das partes do segmento medir 4cm, a
outra medirá 10cm. Pela figura anexada, obser-
vamos que o segmento PD é maior que o seg-
mento PC e concluímos que (PD) = 10cm e
(PC) = 4cm.
2. Na figura, sendo ED:EC = 2:3, AE = 6 e EB =
16, calcule o comprimento de
⎯
CD.
Solução
Por hipótese temos que
Por outro lado temos que EA . EB = EC . ED.
Então:
EA . EB = EC . ⇒ 3.6.16 = 2EC2
⇒
EC = 12 e ED = 8
Logo CD = 20
Solução

93
Observando a figura acima temos que:
x2
= (2x + 2).2
x2
= 4x + 4
x2
– 4x – 4 = 0
Δ = (–4)2
– 4.1.(–4) = 32
Portanto x = 2 + 2
Solução
Observando-se a figura abaixo, temos que:
x. x = 3.27 ⇒ x2
= 81 ⇒ x = 9
Portanto x é igual a 9.
TEMA 30
1. Duas cordas cortam-se, e os segmentos deter-
minados sobre uma delas medem 12cm e
5cm. Sabendo que um dos segmentos deter-
minados sobre a outra mede 3cm, quanto
medirá o outro segmento?
2. Uma secante por um ponto P determina sobre
uma circunferência dois pontos A e B tais que
⎯
PA = 6cm e
⎯
PB = 18cm. Traça-se por P outra
secante, a qual encontra a circunferência pri-
meiro no ponto C e depois em D. Medindo
⎯
PC
9cm, quanto medirá a corda CD?
3. Por um ponto P traçam-se uma tangente e uma
secante a uma circunferência. Medindo o seg-
mento da tangente 8cm e o da secante 16cm,
quanto medirá a parte exterior da secante?
4. De um ponto P exterior a uma circunferência
de centro O e raio 6cm traça-se uma tangente
à circunferência no ponto A . Sendo
⎯
PA = 8cm,
calcule a distância do ponto P à circunferência.
5. O ponto P está no interior de uma circunferên-
cia de 13cm de raio e dista 5cm do centro dela.
Pelo ponto P, passa a corda AB de 25cm. Os
comprimentos que P determina sobre a corda
AB são:
a) 11cm e 14cm
b) 7cm e 18cm
c) 16cm e 9cm
d) 5cm e 20cm
e) 8cm e 17cm
6. Os segmentos Ab e CD interceptam-se num
ponto P e são cordas perpendiculares de um
mesmo círculo. Se
⎯
AP =
⎯
CP = 2 e
⎯
PB = 6,
ache o raio do círculo.

7. Considere uma circunferência de centro O e
uma reta r. Por uma das extremidades A do
diâmetro perpendicular à reta r, traça-se uma
secante de direção arbitrária que encontra a
circunferência em um segundo ponto M, e a
reta r em N. Demonstre que o produto
⎯
AM .
⎯
AN
é constante.
8. Por um ponto P distante 18cm de uma circun-
ferência, traça-se uma secante que determina
na circunferência uma corda
⎯
AB de medida
10cm. Calcule o comprimento da tangente a
essa circunferência traçada do ponto P, saben-
do que
⎯
AB passa pelo centro da circunferên-
cia.
9. Determine o raio do círculo menor inscrito num
quadrante do círculo maior, da figura abaixo,
sendo 2R o diâmetro do círculo maior.
10. Duas Cordas
⎯
AB e
⎯
CD interceptam-se um pon-
to P interno a uma circunferência. Determine a
medida do segmento
⎯
BP, sabendo que os seg-
mentos
⎯
CP,
⎯
DP e a corda
⎯
AB medem, respec-
tivamente, 1cm, 6cm e 5cm.
11. Num círculo, duas cordas cortam-se. O produ-
to dos dois segmentos da primeira corda é 25
cm2
. Sabe-se que na Segunda corda o menor
segmento vale do maior. Determine a medi-
da do maior segmento dessa segunda corda.
12.
⎯
AB e
⎯
AC são duas cordas de medidas iguais,
pertencentes a um círculo. Uma corda
⎯
AD
intercepta a corda
⎯
BC num ponto P. Prove que
os triângulos ABD e APB são semelhantes.
HISTÓRIA DA GEOMETRIA
Uma estranha construção feita pelos antigos
persas para estudar o movimento dos astros.
Um compasso antigo. Um vetusto esquadro
e, sob ele, a demonstração figurada do teore-
ma de Pitágoras. Um papiro com desenhos
geométricos e o busto do grande Euclides.
São etapas fundamentais no desenvolvimen-
to da Geometria. Mas, muito antes da compi-
lação dos conhecimentos existentes, os ho-
mens criavam, ao sabor da experiência, as
bases da Geometria. E realizavam operações
mentais que, depois, seriam concretizadas nas
figuras geométricas.
Uma medida para a vida. As origens da Geo-
metria (do grego, medir a terra) parecem
coincidir com as necessidades do dia-a-dia.
Partilhar terras férteis às margens dos rios,
construir casas, observar e prever os movi-
mentos dos astros são algumas das muitas
atividades humanas que sempre depende-
ram de operações geométricas.
Pitágoras deu nome a um importante teorema
sobre o triângulo retângulo, que inaugurou um
novo conceito de demonstração matemática.
Mas enquanto a escola pitagórica do século VI
a.C. constituía uma espécie de seita filosófica,
que envolvia em mistério seus conhecimentos,
os “Elementos”, de Euclides, representam a
introdução de um método consistente que con-
tribui, há mais de vinte séculos, para o progres-
so das ciências. Trata-se do sistema axiomáti-
co, que parte dos conceitos e das proposições
admitidos sem demonstração (postulados e
axiomas) para construir, de maneira lógica,
tudo o mais. Assim, três conceitos fundamen-
tais – o ponto, a reta e o círculo – e cinco pos-
tulados a eles referentes servem de base para
toda a Geometria chamada euclidiana, útil até
hoje, apesar da existência de geometrias não-
euclidianas baseadas em postulados diferentes
(e contraditórios) dos de Euclides.
O problema mais comum para um construtor é
traçar, por um ponto dado, a perpendicular a
uma reta. O processo anterior não resolve esse
problema, em que o vértice do ângulo reto já
está determinado de antemão. Os antigos
94

geômetras solucionavam isso por meio de três
cordas, colocadas de modo a formar os lados
de um triângulo retângulo. Essas cordas tinham
comprimentos equivalentes a 3, 4 e 5 unidades
respectivamente. O teorema de Pitágoras expli-
ca por que em todo triângulo retângulo a soma
dos quadrados dos catetos é igual ao quadrado
da hipotenusa (lado oposto ao ângulo reto). E
32
+ 42
= 52
, isto é, 9 + 16 = 25.
Para medir superfícies Os sacerdotes encar-
regados de arrecadar os impostos sobre a
terra provavelmente começaram a calcular a
extensão dos campos por meio de um sim-
ples golpe de vista. Certo dia, ao observar tra-
balhadores pavimentando com mosaicos
quadrados uma superfície retangular, algum
sacerdote deve ter notado que, para conhe-
cer o total de mosaicos, bastava contar os de
uma fileira e repetir esse número tantas vezes
quantas fileiras houvesse. Assim, nasceu a
fórmula da área do retângulo: multiplicar a
base pela altura.
Quando se deparavam com uma superfície
irregular da terra (nem quadrada, nem trian-
gular), os primeiros cartógrafos e agrimen-
sores apelavam para o artifício conhecido
como triangulação: começando num ângulo
qualquer, traçavam linhas a todos os demais
ângulos visíveis do campo, e assim este fica-
va completamente dividido em porções trian-
gulares, cujas áreas somadas davam a área
total. Esse método – em uso até hoje – pro-
duzia pequenos erros, quando o terreno não
era plano ou possuía bordos curvos.
De fato, muitos terrenos seguem o contorno
de um morro ou o curso de um rio. E con-
struções há que requerem uma parede curva.
Assim, um novo problema se apresenta:
como determinar o comprimento de uma cir-
cunferência e a área de um círculo. Por cir-
cunferência entende-se a linha da periferia do
círculo, sendo este uma superfície. Já os anti-
gos geômetras observavam que, para demar-
car círculos, grandes ou pequenos, era ne-
cessário usar uma corda, longa ou curta, e
girá-la em torno de um ponto fixo, que era a
estaca cravada no solo como centro da figu-
ra. O comprimento dessa corda – conhecido
hoje como raio – tinha algo a ver com o com-
primento da circunferência. Retirando a corda
da estaca e colocando-a sobre a circunferên-
cia para ver quantas vezes cabia nela, pude-
ram comprovar que cabia um pouco mais de
seis vezes e um quarto. Qualquer que fosse o
tamanho da corda, o resultado era o mesmo.
Assim, tiraram algumas conclusões: a) o com-
primento de uma circunferência é sempre
cerca de 6,28 vezes maior que o de seu raio;
b) para conhecer o comprimento de uma cir-
cunferência, basta averiguar o comprimento
do raio e multiplicá-lo por 6,28.
Nos tempos da antiga Grécia, a Geometria
sempre foi uma ciência aplicada, ou seja,
empregada para resolver problemas práticos.
Dos problemas que os gregos conseguiram
solucionar, dois merecem referência: o cálcu-
lo da distância de um objeto a um observador
e o cálculo da altura de uma construção.
No primeiro caso, para calcular, por exemplo,
a distância de um barco até a costa, recorria-
se a um curioso artifício. Dois observadores se
postavam de maneira que um deles pudesse
ver o barco sob um ângulo de 90o
com relação
à linha da costa e o outro sob um ângulo de
45o
. Feito isso , a nave e os dois observadores
ficavam exatamente nos vértices de um triân-
gulo isósceles, porque os dois ângulos agu-
dos mediam 45o
cada um e, portanto, os cate-
tos eram iguais. Bastava medir a distância
entre os dois observadores para conhecer a
distância do barco até a costa.
O cálculo da altura de uma construção, de
um monumento ou de uma árvore é também
muito simples: crava-se verticalmente uma
estaca na terra e espera-se o instante em que
a extensão de sua sombra seja igual à sua
altura. O triângulo formado pela estaca, sua
sombra e a linha que une os extremos de
ambos é isósceles. Basta medir a sombra
para conhecer a altura.
95

TEMA 31
ATIVIDADE LABORATÓRIO
Atividade 1
Bissetriz de um Ângulo
Material necessário: régua e compasso
Objetivo: obter a bissetriz de um ângulo AÔB
dado.
Procedimentos:
1. Com a ponta-seca do compasso em O,
traça-se um arco determinando M e N.
2. Com a ponta-seca do compasso em M e
depois em N, traça-se com a mesma aber-
tura do compasso os arcos que se cortam
em D.
3. Traça-se a semi-reta
→
OD. A semi-reta
→
OD é
a bissetriz do ângulo AÔB.
Exercitando:
Com a ajuda de um transferidor, trace um ân-
gulo de 70o
. Usando esse procedimento, cal-
cule a bissetriz desse ângulo.
Atividade 2
Mediatriz de um segmento
Chama-se mediatriz de um segmento a reta
traçada perpendicularmente pelo ponto médio
desse segmento.
Objetivo: obter o ponto médio de um segmen-
to
→
AB dado.
Procedimentos:
1. Com a ponta-seca do compasso em A e a
abertura do compasso maior que a metade
da medida do segmento AB, traçam-se dois
arcos: um abaixo e outro acima de
→
AB.
2. Com a ponta-seca do compasso em B e a
mesma abertura do compasso, traçam-se
dois arcos que cortam os primeiros em C e
em D.
3. Trace a reta
→
CD, que cruza
→
AB, no ponto M.
M é o ponto médio de
→
AB
→
CD é a mediatriz de
→
AB.
Atividade 3
Soma dos ângulos internos de um triângulo
96

TEMA 32
ÁREA DE FIGURAS PLANAS – TRIÂNGULOS
Definição
No desenho abaixo, o triângulo ABC é a reu-
nião dos segmentos de reta AB, BC e AC. A
reunião de todos os pontos localizados no tri-
ângulo e também dentro do triângulo é chama-
da uma região triangular. A região triangular
ABC é limitada pelo triângulo ABC. Os pontos
dos lados do triângulo ABC bem como os
pontos do interior do triângulo ABC são pontos
da região triangular.
Duas ou mais regiões triangulares não são
sobrepostas se a interseção é vazia, é um
ponto ou é um segmento de reta. Cada uma
das regiões planas abaixo é a reunião de três
regiões triangulares não sobrepostas.
Principais Casos
Demonstrações
Área do triângulo
A área de um triângulo é a metade do produto
da medida da base pela medida da altura, isto
é, A=b.h/2.
Demonstração – Construímos o triângulo ABC
com base AB e altura XC. Traçamos uma reta
paralela ao segmento AB que passa pelo
ponto C e uma reta paralela ao segmento AC
que passa pelo ponto B e, dessa forma, con-
struímos o paralelogramo ABYC, cuja área é o
dobro da área do triângulo ABC.
Exemplo – Mostraremos que a área do triângu-
lo eqüilátero cujo lado mede s é dada por
A = . Realmente, com o Teorema de Pitá-
goras, escrevemos h² = s²-(s/2)² para obter
h²=(3/4)s² garantindo que .
Como a área de um triângulo é dada por
A = b.h/2, então segue que:
A = s.h/2 =
Hipótese Tese
ABC é um triângulo
m(AB)=b, CX ⊥ AB
e m(CX)=h
Área do triângulo ABC
= b.h/2
Triângulo ABC Região triangular ABC
97

Observação – Triângulos com bases congru-
entes e alturas congruentes possuem a mesma
área.
Comparação de áreas entre triângulos
semelhantes
Conhecendo-se a razão entre medidas corre-
spondentes quaisquer de dois triângulos
semelhantes, é possível obter a razão entre as
áreas desses triângulos.
Figura 01
Figura 02
Propriedade – A razão entre as áreas de dois
triângulos semelhantes é igual ao quadrado da
razão entre os comprimentos de quaisquer
dois lados correspondentes.
1. Determine a área de um triângulo de lados
5cm, 6cm e 7cm.
Solução
Façamos a = 5cm, b = 6cm e c = 7cm.
A área de um triângulo, dados seus lados é
dada por:
A =
p = (5 + 6+ 7)/2 = 18/2 = 9cm
A =
2. Na figura, ABCD é retângulo. Determine a razão
entre as áreas do triângulo CEF e do retângulo.
Solução
Considere a altura do retângulo sendo h e a
base igual a 4x. Logo:
S1 : Área do triângulo CEF = x.h/2
S2 : Área do retângulo ABCD = 4x.h
S1 / S2 = (xh/2)/4xh = 1/8
3. Calcular a área do triângulo abaixo, sabendo
que a = 4, b = e ^C = 45o
.
Solução
A =
1. As medianas relativas aos catetos de um triân-
gulo retângulo medem m e m. De-
termine a área desse triângulo.
2. Considere um triângulo retângulo e a circunfer-
ência inscrita nele. Se o ponto de contato en-
tre a hipotenusa e a circunferência determina
na hipotenusa segmentos de 4cm e 6cm, de-
termine a área do triângulo.
3. A razão entre a base e a altura de um triângulo
é . Sendo 52cm a soma da base com a
altura, determine a área do triângulo.
98

4. Determine a área de um triângulo isósceles de
perímetro igual a 32cm, sabendo que sua base
excede em 2cm cada um dos lados congru-
entes.
5. Determine a área de um triângulo eqüilátero
em função de sua altura h.
6. O apótema de um triângulo eqüilátero é igual
ao lado de um quadrado de 16cm2
de área.
Determine a área do triângulo.
7. Em um triângulo retângulo, a hipotenusa é os
do cateto menor, e o cateto maior os do
menor. Sendo 60cm o perímetro do triângulo,
determine a sua área.
8. Calcule a área de um triângulo ABC do qual se
conhecem os dados seguintes:
⎯
AC = b,
⎯
AB =
c e o ângulo compreendido 150º.
9. Calcule a área do triângulo ABC, sendo AB =
4 cm, Â = 30º e ^C = 45º.
10. Determine a área de um triângulo eqüilátero em
função do raio r do círculo inscrito nesse triângulo.
11. Determine a medida do raio de um círculo
inscrito em um triângulo isósceles de lados
10cm, 10cm e 12cm.
12. Calcule o raio da circunferência circunscrita a
um triângulo isósceles de base 6cm, tendo
outro lado medindo 5cm.
13. Seja ABC um triângulo isósceles cujos lados
congruentes medem 5cm, sendo 6cm a medi-
da do lado
⎯
BC (base do triângulo). Calcule a
razão entre o raio do círculo circunscrito e o
raio do círculo inscrito nesse triângulo.
14. Determine o perímetro de um triângulo retân-
gulo, sabendo que sua área é igual a 36cm2
e
que a hipotenusa é igual ao dobro da altura rel-
ativa a ela.
15. As medianas de um triângulo medem 9m, 12m,
e 15m. Determine a área do triângulo.
ARQUIMEDES
Arquimedes é um dos maiores matemáticos
do século III a.C., natural da cidade de
Siracusa, localizada na ilha da Sicília. Nasceu
aproximadamente no ano 287 a.C. e morreu
durante a Segunda Guerra Púnica, em Sira-
cusa, em 212 a.C. Era filho de um astrônomo;
por isso, também adquiriu uma reputação em
astronomia.
Arquimedes pode ter estudado por algum
tempo em Alexandria com os alunos de Eu-
clides, mantendo comunicação com os ma-
temáticos de lá, como Cônon, Dosite e
Eratóstenes.
Diz a lenda que Siracusa resistiu ao sítio de
Roma por quase três anos, devido às engen-
hosas máquinas de guerra inventadas por
Arquimedes para deixar seus inimigos à dis-
tância. Entre elas: catapultas para lançar pe-
dras; cordas, polias e ganchos para levantar
e espatifar os navios romanos; invenções
para queimar os navios.
Por meio dos árabes, sabemos que a fórmula
usual para a área de um triângulo em termos
de seus lados, conhecida como fórmula de
Heron
-
em que p é o semiperímetro – era conhecida
por Arquimedes vários séculos antes de Heron
ter nascido. Heron menciona em seus trabal-
hos o tratado de Arquimedes Sobre alavancas,
99

e Teon cita em seus trabalhos um teorema de
Arquimedes encontrado no Tratado sobre a
Teoria dos Espelhos.
Os tratados sobre geometria espacial são:
Sobre a Esfera e o Cilindro, escrito em dois
volumes e constituído de cinqüenta e três
proposições; trata, entre outras coisas, do
teorema que fornece as áreas de uma esfera
e de uma calota esférica. Mostra que a área
de uma superfície esférica é exatamente dois
terços da área da superfície total do cilindro
circular reto circunscrito a ela e que o volume
da esfera é exatamente dois terços do volume
do mesmo cilindro. O livro II inclui o problema
de seccionar uma esfera com um plano de
maneira a obter dois segmentos esféricos
cujos volumes estejam numa razão dada.
Esse problema leva a uma equação cúbica,
em em função da qual é feita uma discussão
relativa às condições sob as quais a cúbica
pode ter uma raiz real positiva.
Arquimedes escreveu pequenas obras sobre
aritmética, uma delas é O Contador de Areia,
que trata de uma curiosa questão: como
determinar a quantidade de grãos de areia
capaz de preencher uma esfera de centro na
Terra e raio alcançando o Sol, ou seja, do
tamanho do universo. Nessa obra, encontra-
mos observações relacionadas à astronomia,
em que Arquimedes utilizou o modelo de uni-
verso de Aristarco de Samos, que antecipou a
teoria heliocêntrica de Copérnico. Arquime-
des vai calculando a quantidade de areia
necessária para encher um dedal, um está-
dio, o volume da Terra e assim por diante, até
encher todo o universo. Ao mesmo tempo e
paralelamente, vai desenvolvendo um sis-
tema de numeração (que levou a invenção
dos logaritmos) capaz de exprimir os valores
encontrados nesse calculo. Há também o
Problema do Gado que envolve oito incógni-
tas inteiras relacionadas por sete equações
lineares e sujeitas ainda a duas condições
adicionais a saber, que a soma de certo par
de incógnitas é um quadrado perfeito e que a
soma de outro par determinado de incógnitas
é um número triangular. Sem as condições
adicionais, os menores valores das incógnitas
são números da ordem de milhões; com
essas condições, uma das incógnitas deve
ser um número com mais que 206 500 dígi-
tos!
Há dois trabalhos de Arquimedes sobre mate-
mática aplicada: Sobre o Equilíbrio de Figuras
Planas e Sobre os Corpos Flutuantes. O
primeiro deles consta de dois livros e contém
vinte e cinco proposições em que, mediante
um tratamento postulacional, obtêm-se as
propriedades elementares dos centróides e
determinam-se centróides de várias áreas
planas, terminando com a do segmento para-
bólico e a de uma área limitada por uma
parábola e duas cordas paralelas. Corpos
Flutuantes é obra composta por dois livros
com noventa proposições, e representa a
primeira aplicação da matemática à hidros-
tática. O tratado baseia-se em dois postula-
dos, desenvolvendo primeiro as leis familiares
da hidrostática e depois considera alguns
problemas muito mais difíceis, concluindo com
um estudo notável sobre a posição de repou-
so e estabilidade de um segmento (reto) de
parabolóide de revolução mergulhado num
fluido.
O tratado O Método encontra-se na forma de
uma carta endereçada; é importante devido
às informações que fornece sobre o método
que Arquimedes usava para descobrir muitos
de seus teoremas. Arquimedes usava-o de
maneira experimental para descobrir resulta-
dos que ele então tratava de colocar em ter-
mos rigorosos.
Atribuem-se dois outros trabalhos perdidos a
Arquimedes: Sobre o Calendário e Sobre a
Construção de Esferas. Neste último, havia a
descrição de um planetário construído por ele
para mostrar os movimentos do Sol, da Lua e
dos cinco planetas conhecidos em seu
tempo. Provavelmente o mecanismo era
acionado pela água.
A invenção mecânica de Arquimedes mais
conhecida é a bomba de água em parafuso,
construída por ele para irrigar campos, drenar
charcos e retirar água de porões da navios. O
engenho ainda hoje é utilizado no Egito.
100

TEMA 33
ATIVIDADE DE LABORATÓRIO
Exercício 01
QUEBRA-CABEÇA GOMÉTRICO: Tangram
O Tangram é originário da China. Supõe-se que
a parte inicial do nome (Tan) esteja relacionada
à dinastia Tang, que governou a China por um
longo período; a parte final do nome (gram)
vem do latim e significa ordenar, dispor. Ela
tem sete peças em forma de figuras geométri-
cas planas. Compondo essas sete peças,
pode-se formar muitas figuras diferentes.
Objetivo: obter figuras geométricas usando
todas as peças do tangram.
Material Necessário: papel-cartão, tesoura,
régua, lápis.
Confecção :
1. Desenha-se, em uma folha de papel, um
quadrado de 12cm de lado, dividindo-o de
4 em 4 centímetros.
2. Seguindo os modelos, obtém-se um que-
bra-cabeça com sete peças.
3. Pintam-se as sete peças recortando-as em
seguida.
Seqüência de modelo para confecção do Tangram (BIGODE, 1994,
p. 135-136).
Atividade 1:
Usando as 7 peças, podem-se montar os
números de 0 a 9.
Números formados com o Tangram
Exercício 02
Usando as 7 peças do tangram, pode-se mon-
tar um hexágono.
Exercitando:
1. Usando as cinco peças (N, G, M, R, T) do
tangram, forme um quadrado.
2. Usando as sete peças do tangram, forme
um triângulo, retângulo, paralelogramo,
trapézio, quadrado.
101

TEMA 34
ÁREA DE FIGURAS PLANAS
Quadriláteros
Área do retângulo
A figura ao lado mostra o retângulo ABCD, que
mede 3 unidades de comprimento e 2 uni-
dades de altura. O segmento horizontal que
passa no meio do retângulo e os segmentos
verticais dividem-no em seis quadrados, tendo
cada um 1 unidade de área.
A área do retângulo ABCD é a soma das áreas
destes seis quadrados. O número de unidades
de área do retângulo coincide com o obtido
pelo produto do número de unidades do com-
primento da base AB pelo número de unidades
da altura BC.
O lado do retângulo pode ser visto como a
base, e o lado adjacente como a altura; assim,
a área A do retângulo é o produto da medida
da base b pela medida da altura h.
A = b × h
Área do quadrado
Um quadrado é um caso particular de retângu-
lo cuja medida da base é igual à medida da
altura. A área do quadrado pode ser obtida
pelo produto da medida da base por si mesma.
Esta é a razão pela qual a segunda potência do
número x, indicada por x², tem o nome de
quadrado de x, e a área A do quadrado é obti-
da pelo quadrado da medida do lado x.
A = x²
Exemplo – Obter a área do retângulo cujo
comprimento da base é 8 unidades e o compri-
mento da altura é 5 unidades.
A = b×h
A = (8u)x(5u) = 40u²
No cálculo de áreas em situações reais,
usamos medidas de comprimento em função
de alguma certa unidade, como metro, cen-
tímetro, quilômetro, etc.
Exemplo – Para calcular a área de um retângu-
lo com 2m de altura e 120cm de base, pode-
mos expressar a área em metros quadrados ou
qualquer outra unidade de área.
1. Transformando as medidas em metros
Como h = 2m e b = 120cm = 1,20m, a área
será obtida por meio de:
A = b×h
A = (1,20m)×(2m) = 2,40m²
2. Transformando as medidas em centímetros:
Como h = 2m = 200cm e b = 120cm, a
área do retângulo será dada por:
A = b×h
A = (120cm) × (200cm) = 24000cm²
Área do paralelogramo
Combinando os processos para obtenção de
áreas de triângulos congruentes com aqueles
de áreas de retângulos, podemos obter a área
do paralelogramo.
Qualquer lado do paralelogramo pode ser to-
mado como sua base, e a altura correspon-
dente é o segmento perpendicular à reta que
contém a base até o ponto onde esta reta inter-
cepta o lado oposto do paralelogramo.
No paralelogramo ABCD abaixo, à esquerda,
os segmentos verticais tracejados são congru-
entes, e qualquer um deles pode representar a
altura do paralelogramo em relação à base AB.
Figura 01
Figura 02
102

No paralelogramo RSTV acima, à direita, os
dois segmentos tracejados são congruentes, e
qualquer um deles pode representar a altura
do paralelogramo em relação à base RV.
A área A do paralelogramo é obtida pelo pro-
duto da medida da base b pela medida da
altura h, isto é, A = b × h.
Demonstração – Construímos o paralelo-
gramo ABCD com base AB e altura BX. Pelos
pontos A e B, traçamos duas retas perpendic-
ulares a AB até encontrarem CD, formando o
retângulo ABXY de área A=bh.
Figura 01
Figura 02
Os triângulos ADY e BCX são congruentes,
pois são triângulos retângulos; possuem hipo-
tenusas congruentes, pois são lados opostos
de um paralelogramo (AD e BC) e um dos cate-
tos congruentes pois (AY=BX) por serem para-
lelas compreendidas entre paralelas. Portanto
a área do retângulo ABXY é b.h e é igual a área
do paralelogramo ABCD.
Área do losango
O losango é um paralelogramo, e a sua área é
também igual ao produto do comprimento da
medida da base pela medida da altura.
A área do losango é o semiproduto das medi-
das das diagonais, isto é, A = (d1 × d2)/2.
Demonstração – Seja o losango ABCD cujas
diagonais AC e BD são tais que m(AC)=d1 e
m(BD)=d2.
Se traçarmos paralelas às diagonais pelos vér-
tices, formamos o retângulo MNOP, cuja área é
o dobro da área do losango. Como a área do
retângulo é d1 × d2, então a área do losango é
dada por A=1/2(d1 × d2).
Área do trapézio
Em um trapézio, existe uma base menor de me-
dida b1, uma base maior de medida b2 e uma
altura com medida h.
A área A do trapézio é o produto da média arit-
mética entre as medidas das bases pela medi-
da da altura, isto é, A = (b1 + b2).h/2.
1. Calcular a área de um quadrado de diagonal
medindo 4cm.
Solução
HIPÓTESE TESE
ABCD é um losango
m(AC) = d1, m(BD)
= d2 e AC⊥BD.
Área do losango =
(d1×d2)/2
HIPÓTESE TESE
ABCD é um parale-
logramo AB = b e
BX ⊥ CD com BX = h
Área do paralelogramo
ABCD = b . h
103

d = 4cm ⇒
A = L2
A = = 4.2 = 8cm2
2. As diagonais de um retângulo medem 20cm
cada uma, e formam um ângulo de 60º. Deter-
mine a área desse retângulo.
Solução
h2
= 102
+ 102
– 2.10.10.cos 60º
h2
= 100 + 100 – 200.1/2 = 100 ⇒ h = 10cm
Por outro lado temos que:
b2
= 102
+ 102
– 2.10.10.cos 120º
b2
= 100 + 100 – 200.(–cos60º)
b2
= 200 + 100
b = cm
Portanto A = b.h = 10. = cm2
3. Determine a área de um trapézio isósceles de
bases medindo 8cm e 10cm, sabendo- se que
um de seus ângulos internos mede 60o
.
Solução
tg60º = 1/h ⇒ = 1/h ⇒ cm
A =
3. A área de um retângulo é 40cm2
, e sua base
excede em 6cm sua altura. Determine a altura
do retângulo.
4. Um retângulo tem 24cm2
de área e 20cm de
perímetro. Determine suas dimensões.
5. A base de um retângulo é o dobro de sua al-
tura. Determine suas dimensões, sendo 72cm2
sua área.
6. As bases de um trapézio isósceles medem,
respectivamente, 4cm e 12cm. Determine a área
desse trapézio, sabendo que o semiperímetro
do trapézio é igual a 13cm.
7. Uma das bases de um trapézio excede a outra
em 4cm. Determine as medidas dessas bases,
sendo 40cm2
a área do trapézio e 5cm a altura.
8. As diagonais de um losango estão entre si
como . Determine a área desse losango
sabendo que a soma de suas diagonais é igual
ao perímetro de um quadrado de 81 cm2
de
área.
9. O perímetro de um losango é de 60cm. Calcule
a medida de sua área, sabendo que a sua
diagonal maior vale o triplo da menor.
10. Determine o lado de um quadrado, sabendo
que, se aumentarmos seu lado em 2cm, sua
área aumenta em 36cm2
.
11. Determine a área de um quadrado cujo perí-
metro é igual ao perímetro de um retângulo
cuja base excede em 3cm a altura, sendo 66cm
a soma do dobro da base com o triplo da altura.
12. Um quadrado e um losango têm o mesmo
perímetro. Determine a razão entre a área do
quadrado e do losango, sabendo que as dia-
gonais do losango estão entre si como e
que a diferença entre elas é igual a 40cm.
13. As bases de um trapézio retângulo medem 3m
e 18m e o perímetro 46m. Determine a área.
14. A altura de um trapézio isósceles mede m,
a base maior 14m e o perímetro 34m.
Determine a área desse trapézio.
104

15. De um losango, sabemos que uma diagonal
excede a outra em 4m e que esta, por sua vez,
excede o lado em 2m. Determine a área desse
losango.
16. A diagonal maior de um trapézio retângulo é
bissetriz do ângulo agudo. Se a altura e a base
maior medem 5m e 25m, determine a área
desse trapézio.
17. Uma diagonal de um losango mede 40m e sua
altura 24m. Determine a área desse losango.
Euclides e os “Elementos”
Pouco se sabe sobre a vida e a personalidade
de Euclides e desconhece-se a data de seu
nascimento. É provável que sua formação
matemática tenha-se dado na escola platôni-
ca de Atenas. Ele foi professor do Museu em
Alexandria.
Euclides escreveu cerca de uma dúzia de
tratados, cobrindo tópicos desde óptica, as-
tronomia, música e mecânica, até um livro
sobre secções cônicas; porém mais da me-
tade do que ele escreveu perdeu-se. Entre as
obras que sobreviveram até hoje temos: Os
elementos, Os dados, Divisão de Figuras, Os
Fenômenos e Óptica.
Os Elementos de Euclides não tratam apenas de
geometria, mas também de teoria dos números
e de álgebra elementar (geométrica). O livro
compõe-se de quatrocentos e sessenta e cinco
proposições distribuídas em treze livros ou
capítulos, dos quais os seis primeiros são
sobre geometria plana elementar, os três
seguintes sobre teoria dos números, o livro X
sobre incomensuráveis e os três últimos tra-
tam de geometria no espaço.
O livro I começa com definições, axiomas e
postulados. As quarenta e oito proposições dis-
tribuem-se em três grupos: as primeiras vinte e
seis tratam de propriedades do triângulo e
incluem os três teoremas de congruência; as
proposições de vinte e sete a trinta e dois esta-
belecem a teoria das paralelas e provam que a
soma dos ângulos de um triângulo é igual a
dois ângulos retos; as proposições de trinta e
três a quarenta e seis lidam com paralelo-
gramos, triângulos e quadrados, com atenção
especial a relações entre áreas; a proposição
quarenta e sete é o Teorema de Pitágoras, com
a demonstração atribuída ao próprio Euclides;
e a proposição quarenta e oito é o recíproco do
Teorema de Pitágoras. Acredita-se que a maio-
ria do material desse livro foi desenvolvido
pelos antigos pitagóricos.
O livro II apresenta quatorze proposições que
lidam com transformações de áreas e com a
álgebra geométrica da escola pitagórica, que
inclui os equivalentes geométricos de muitas
identidades algébricas.
O livro III, consiste em trinta e nove proposi-
ções contendo muitos dos teoremas famil-
iares sobre círculos, cordas, secantes, tan-
gen-tes e medidas de ângulos. No livro IV,
encontramos dezesseis proposições que dis-
cutem a construção, com régua e compasso,
de polígonos regulares de três, quatro, cinco,
seis e quinze lados, bem como inscrição
desses polígonos num círculo dado.
O livro V é uma exposição da teoria das pro-
porções. Foi por meio dessa teoria, aplicável
tanto a grandezas comensuráveis como a
grandezas incomensuráveis, que se resolveu
o problema dos números irracionais desco-
bertos pelos pitagóricos. O livro VI aplica a
teoria eudoxiana das proporções à geometria
plana. Encontramos nele os teoremas funda-
mentais da semelhança de triângulos; cons-
truções de terceira, quartas e médias propor-
105

cionais; a resolução geométrica de equações
quadráticas; a demonstração que a bissetriz
de um ângulo de um triângulo divide o lado
oposto em segmentos proporcionais aos ou-
tros dois lados; uma generalização do teore-
ma de Pitágoras na qual, em vez de quadra-
dos, traçam-se sobre os lados de um triângu-
lo retângulo três figuras semelhantes descri-
tas de maneira análoga.
O livro VII começa com o processo, hoje con-
hecido como algoritmo euclidiano, para achar
o máximo divisor comum de dois ou mais
números inteiros, que ele usa para verificar se
dois inteiros são primos entre si; encon-
tramos também uma exposição da teoria das
proporções numérica ou pitagórica.
O livro VIII ocupa-se largamente das pro-
porções contínuas e progressões geométri-
cas relacionadas. O livro IX contém muitos
teoremas significativos: teorema fundamental
da aritmética (todo número inteiro maior que
1 pode-se expressar como produtos de pri-
mos); fórmula da soma dos primeiros n ter-
mos de uma progressão geométrica; fórmula
para números perfeitos. O livro X focaliza os
irracionais, isto é, comprimentos de segmen-
tos de reta incomensuráveis com um seg-
mento de reta dado.
Os três últimos livros (XI, XII, XIII) tratam de
geometria sólida. As definições, os teoremas
sobre retas e planos no espaço e os teore-
mas sobre paralelepípedos encontram-se no
livro XI. O método de exaustão desempenha
um papel importante na abordagem de vo-
lumes do livro XII. No livro XIII, desenvolvem-
se construções visando à inscrição dos cinco
poliedros regulares numa esfera.
Para finalizar, uma palavra sobre o significado
do termo “elementos”. Segundo Proclo, os
gregos antigos definiam os “elementos” de um
estudo dedutivo como os teoremas- mestres,
de uso geral e amplo no assunto. Euclides, no
livro Os Elementos, tomou como base cinco
axiomas e cinco postulados geométricos e ten-
tou deduzir todas as suas quatrocentos e
sessenta e cinco proposições dessas dez afir-
mações. Certamente um dos grandes feitos
dos matemáticos gregos antigos foi a criação
da forma postulacional de raciocínio.
TEMA 35
ÁREA DE FIGURAS PLANAS – POLÍGONOS
Definição
O conceito de região poligonal
Uma região poligonal é a reunião de um núme-
ro finito de regiões triangulares não-sobre-
postas e coplanares (estão no mesmo plano).
Na gravura abaixo, apresentamos quatro re-
giões poligonais. Observe que uma região tri-
angular é por si mesma uma região poligonal
e, além disso, uma região poligonal pode con-
ter “buracos”.
Uma região poligonal pode ser decomposta
em várias regiões triangulares, e isso pode ser
feito de várias maneiras
Duas ou mais regiões poligonais são não-sobre-
postas quando a interseção de duas regiões
quaisquer é vazia, é um conjunto finito de pon-
tos, é um segmento de reta ou é um conjunto
finito de pontos e um segmento de reta.
O estudo de área de regiões poligonais depen-
de de alguns conceitos primitivos:
1. A cada região poligonal corresponde um
único número real positivo chamado área.
2. Se dois triângulos são congruentes, então
as regiões limitadas por eles possuem a
mesma área.
3. Se uma região poligonal é a reunião de n
regiões poligonais não-sobrepostas, então
sua área é a soma das áreas das n-regiões.
Observação – Para facilitar o estudo de
regiões poligonais, adotaremos as seguintes
práticas:
a. Os desenhos de regiões poligonais serão
sombreadas apenas quando houver possi-
bilidade de confusão entre o polígono e a
região.
106

b. Usaremos expressões como “a área do
triângulo ABC” e “a área do retângulo
RSTU” no lugar de expressões como “a
área da região triangular ABC” e “a área da
região limitada pelo retângulo RSTU”.
Exemplo – A área da figura poligonal ABCDE-
FX pode ser obtida pela decomposição da
região poligonal em regiões triangulares.
Após isso, realizamos as somas dessas áreas
triangulares.
Área(ABCDEFX) = área(XAB) + área(XBC)
+...+ área(XEF)
Unidade de área
Para a unidade de medida de área, traçamos
um quadrado cujo lado tem uma unidade de
comprimento.
Esta unidade pode ser o metro, o centímetro, o
quilômetro, etc.
Polígonos regulares
Um polígono regular é aquele que possui to-
dos os lados congruentes e todos os ângulos
congruentes. Existem duas circunferências as-
sociadas a um polígono regular.
Circunferência circunscrita – Em um polí-
gono regular com n lados, podemos construir
uma circunferência circunscrita (por fora), que
é uma circunferência que passa em todos os
vértices do polígono e que contém o polígono
em seu interior.
Circunferência inscrita – Em um polígono
regular com n lados, podemos colocar uma cir-
cunferência inscrita (por dentro), isto é, uma
circunferência que passa tangenciando todos
os lados do polígono e que está contida no
polígono.
Elementos de um polígono regular
1. Centro do polígono é o centro comum às
circunferências inscrita e circunscrita.
2. Raio da circunferência circunscrita é a
distância do centro do polígono até um dos
vértices.
3. Raio da circunferência inscrita é o apó-
tema do polígono, isto é, a distância do cen-
tro do polígono ao ponto médio de um dos
lados.
4. Ângulo central é o ângulo cujo vértice é o
centro do polígono e cujos lados contêm
vértices consecutivos do polígono.
5. Medida do ângulo central de um polígono
com n lados é dada por 360/n graus. Por
exemplo, o ângulo central de um hexágono
regular mede 60 graus, e o ângulo central
de um pentágono regular mede 360/5=72
graus.
Áreas de polígonos regulares
Traçando segmentos de reta ligando o centro
do polígono regular a cada um dos vértices
desse polígono de n-lados, iremos decompor
esse polígono em n triângulos congruentes.
Apótema: OM,
Raios: OA,OF
Ângulo central: AOF
Apótema: OX,
Raios: OR, OT
Ângulo central: ROT
1 unidade
quadrada
107

Assim, a fórmula para o cálculo da área da
região poligonal regular será dada pela metade
do produto da medida do apótema a pelo
perímetro P, isto é:
A = a × Perímetro / 2
Demonstração – Seja o polígono regular RTUV,..., a
o apótema e s o comprimento de cada lado do polí-
gono. Traçando raios OR, OT, OU..., o polígono fica
decomposto em n triângulos congruentes.
A área de cada triângulo é At = s×a/2. Assim, a área
A do polígono será:
A = n At = n(s×a)/2 = n×s×a/2
mas, ns=P, assim a área do polígono com n lados é:
A = a × P / 2
Comparando áreas entre polígonos
semelhantes
Apresentamos, abaixo, dois pentágonos irreg-
ulares semelhantes. Dos vértices correspon-
dentes A e L, traçamos diagonais decompon-
do cada pentágono em três triângulos.
Os pares de triângulos correspondentes ABC e
LMN, parecem semelhantes, o que pode ser
verificado diretamente por meio da medição de
seus ângulos com um transferidor. Assumire-
mos que tal propriedade seja válida para polí-
gonos semelhantes com n lados.
Observação: Se dois polígonos são semel-
hantes, eles podem ser decompostos no
mesmo número de triângulos e cada triângulo
é semelhante ao triângulo que ocupa a
posição correspondente no outro polígono.
Este fato e o teorema sobre razão entre áreas
de triângulos semelhantes são usados para
demonstrar o seguinte teorema sobre áreas de
polígonos semelhantes.
Teorema – A razão entre áreas de dois polí-
gonos semelhantes é igual ao quadrado da ra-
zão entre os comprimentos de quaisquer dois
lados correspondentes.
O círculo como o limite de regiões
poligonais regulares
Nas figuras abaixo, temos três regiões poligo-
nais regulares inscritas em círculos congruentes.
Quando aumenta o número de lados do polí-
gono inscrito observamos que também aumenta:
1. O apótema, aproximando-se do raio do cír-
culo como um limite.
2. O perímetro, aproximando-se da circunfer-
ência do círculo como um limite.
3. A área, aproximando-se da área do círculo
como um limite.
Neste trabalho, não é possível apresentar uma
definição precisa de limite e sem ela não po-
demos construir uma expressão matemática
para o cálculo do perímetro ou da área de uma
região poligonal regular inscrita num círculo.
A idéia de limite permite-nos aproximar o
perímetro da circunferência pelo perímetro do
polígono regular inscrito nessa circunferência,
à medida que o número de lados do polígono
aumenta.
HIPÓTESE TESE
Polígono regular de
vértices R, T, U, V,...,
apótema a, lado de
comprimento s, pe-
rímetro P e área A.
Área = a×P/2
108

O mesmo ocorre com o cálculo da área do círcu-
lo, pois à medida que o número de lados da
região poligonal inscrita aumenta, as áreas des-
sas regiões se aproximam da área do círculo.
Esse também é um processo através de limites.
1. Determine a área de um triângulo equilátero de
altura igual a 3cm.
Solução
h = 3cm
2. Calcular a área de um hexágono regular de apó-
tema igual a 2cm.
Solução
1. Qual a área do triângulo equilátero inscrito
num círculo de raio 2cm?
2. De um pedaço quadrado de metal, corta-se
uma peça circular de diâmetro máximo e desta
corta-se outro quadrado de lado máximo. Qual
a quantidade de material desperdiçado?
3. Dado um hexágono regular (ABCDEF) de lado
L, calcule a área do quadrilátero ACDE em
função de L.
4. Sendo A a área de um quadrado inscrito em
uma circunferência, qual a área de um quadra-
do circunscrito na mesma circunferência?
5. O lado, a altura e a área de um triângulo equi-
látero formam, nessa ordem, uma progressão
geométrica. Qual é o perímetro do triângulo?
6. Qual a área da figura que se obtém eliminan-
do-se do hexágono de lado 2 a sua inter-
secção como os 6 círculos de raios unitários e
centros nos vértices do hexágono?
7. O triângulo ABC é eqüilátero, D e E são pontos
médios de BH e CH. Comparar as áreas: S1 do
trapézio DHCM com s2 do retângulo DEGH.
8. Sendo a área de um círculo igual à de um qua-
drado, qual é a relação entre o raio daquele e
o lado deste?
9. De um pedaço quadrado de metal corta-se
uma peça circular de diâmetro máximo e desta
corta-se outro quadrado de lado máximo. O
processo é repetido por mais uma vez. Qual a
quantidade de material desperdiçado?
10. Calcular a área do triângulo equilátero circun-
scrito a um círculo de área 4πcm2.
11. Considere um quadrado de lado 2. Unindo os
pontos médios dos lados desse quadrado,
obtém-se um novo quadrado. Unindo os pon-
tos médios desse novo quadrado, obtém-se
outro quadrado. Repetindo-se esse processo
indefinidamente, qual a soma das áreas de
todos esses quadrados?
12. Um octógono regular é formado cortando-se
cada canto de um quadrado de lado 6. Quanto
mede o lado do octógono?
109

GEORG FERDINAND
LUDWIG PHILIPP CANTOR
Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor (3
de Março, 1845, São Petersburgo – 6 de
Janeiro, 1918, Halle, Alemanha) foi um ma-
temático alemão de origem russa conhecido
por ter criado a moderna Teoria dos Conjun-
tos. Foi a partir dessa teoria que se chegou ao
conceito de número transfinito, incluindo as
classes numéricas dos cardinais e ordinais,
estabelecendo a diferença entre esses dois
conceitos que colocam novos problemas
quando se referem a conjuntos infinitos.
Nasceu em São Petersburgo (Rússia), filho de
um comerciante dinamarquês, Geor Waldemar
Cantor, e de uma música russa, Maria Anna
Böhm. Em 1856, a sua família mudou-se para
a Alemanha, onde ele continuou os seus estu-
dos. Estudou na Escola Politécnica de Zurique.
Doutorou-se na Universidade de Berlim em
1867. Teve como professores Ernst Kummer,
Karl Weierstrass e Leopold Kronecker.
Em 1872, foi docente na Universidade alemã
de Halle, onde obteve o título de professor em
1879. Toda a sua vida irá tentar em vão deixar
Halle, tendo acabado por pensar que era víti-
ma de uma conspiração.
Cantor provou que os grupos infinitos não
têm todos a mesma potência (potência signif-
icando "tamanho"). Fez a distinção entre gru-
pos numeráveis (ou enumeráveis) (em inglês
chamam-se countable – que se podem con-
tar) e grupos contínuos (em inglês uncoun-
table – que não se podem contar). Provou
que o conjunto dos números racionais Q é
(e)numerável, enquanto que o conjunto dos
números reais IR é contínuo (logo, maior que
o anterior). Na demonstração, foi utilizado o
célebre argumento da diagonal de Cantor ou
método diagonal. Nos últimos anos de vida,
tentou provar, sem o conseguir, a “hipótese
do contínuo”, ou seja, que não existem con-
juntos de potência intermédia entre os nume-
ráveis e os contínuos – em 1963, Paul Cohen
demonstrou a indemonstrabilidade dessa
hipótese. Em 1897, Cantor descobriu vários
paradoxos suscitados pela Teoria dos conjun-
tos. Foi ele que utilizou, pela primeira vez, o
símbolo IR para representar o conjunto dos
números reais.
Durante a última metade da sua vida, sofreu
repetidamente de ataques de depressão, o
que comprometeu a sua capacidade de tra-
balho e forçou-o a ficar hospitalizado várias
vezes. Provavelmente, ser-lhe-ia diagnostica-
do, hoje em dia, um transtorno bipolar – vulgo
maníaco-depressivo. A descoberta do Para-
doxo de Russell conduziu-o a um esgotamen-
to nervoso do qual não chegou a se recuper-
ar. Começou, então, a se interessar por liter-
atura e religião. Desenvolveu o seu conceito
de Infinito Absoluto, que identificava a Deus.
Ficou na penúria durante a Primeira Guerra
Mundial, morrendo num hospital psiquiátrico
em Halle.
Os conceitos matemáticos inovadores pro-
postos por Cantor enfrentaram uma resistên-
cia significativa por parte da comunidade ma-
temática da época. Os matemáticos moder-
nos, por seu lado, aceitam plenamente o tra-
balho desenvolvido por Cantor na sua Teoria
dos conjuntos, reconhecendo-a como uma
mudança de paradigma da maior importância.
Nas palavras de David Hilbert:
“Ninguém nos poderá expulsar do Paraíso
que Cantor criou.”
110

TEMA 36
Teorema de Pitágoras
Usando o material concreto, demonstre o
O Teorema de Pitágoras diz que, em um triân-
gulo retângulo, o quadrado da hipotenusa é
igual à soma dos quadrados dos catetos. Se
construirmos quadrados sobre os lados a, b e
c do triângulo retângulo, esses quadrados te-
rão áreas a2
, b2
e c2
. Assim, podemos enunciar
o Teorema de Pitágoras da seguinte forma: a
área do quadrado construído sobre a
hipotenusa é igual à soma das áreas dos
dois quadrados construídos sobre os cate-
tos. Podemos tornar o entendimento do Teo-
rema mais lúdico por meio de recorte que nos
ajudem a visualizar sua demonstração. A partir
de critérios de recorte aplicados aos quadra-
dos menores (construídos sobre os catetos),
podemos montar o quadrado maior (construí-
do sobre a hipotenusa) por meio de quebra-
cabeças que ilustram, e até mesmo demon-
stram, o Teorema de Pitágoras!
Material necessário: papel-cartão ou cartoli-
na, tesoura, régua, compasso, lápis e bor-
racha.
Objetivo: provar o Teorema de Pitágoras, com
uso de quebra-cabeças.
Procedimentos:
Construção:
1. Num papel-cartão ou cartolina, recorte qua-
tro triângulos retângulos congruentes,com
medidas a = 4cm e b = 3cm, por exemplo.
2. Em seguida, recorte um quadrado cujo lado
tem comprimento igual a c = 5cm, compri-
mento da hipotenusa dos triângulos retân-
gulos.
Com as cinco peças construídas e em mãos, é
possível encaixá-las e montar o conjunto, re-
presentado na figura a baixo.
A montagem realizada representa um quadra-
do de lado c, inscrito num quadrado maior, cujo
lado tem comprimento a+b. Essa montagem
permite a prova do Teorema de Pitágoras.
Como o quadrado maior tem lado de compri-
mento a + b, então a área A tem por medida:
A = (a + b)2
.
Em contrapartida, como esse quadrado maior
é composto das cinco peças do quebra-cabe-
ças (quatro triângulos retângulos e um quadra-
do), somando as áreas, encontramos:
Igualando os dois valores para a área, segue:
(a + b)2 =
a2
+ 2ab + b2
= 2ab + c2
a2
+ b2
= c2
, comprovando o Teorema de
Pitágoras.
Observação – Ao provar este teorema por
meio do uso do material concreto do quebra-
cabeças, para estudantes do ensino médio, o
momento é ideal para convencê-los da necessi-
dade de provar que é verdadeiramente um
quadrado a figura formada com o encaixe das
cinco peças do quebra-cabeças. A argumentação
111

que permite sustentar essa conclusão é o fato
de que a soma dos ângulos agudos de um triân-
gulo retângulo é 90o
. Portanto, quando os triân-
gulos retângulos são encaixados para formar
uma só figura, os lados de dois triângulos con-
secutivos ficam alinhados.
OUTRAS MANEIRAS DE DEMONSTRAR O
TEOREMA DE PITAGORAS.’
Critério de recorte 01
Os critérios de recorte da figura serão nossas
hipóteses na demonstração. As diagonais pon-
tilhadas desenhadas na figura vão auxiliar a vi-
sualização durante a demonstração. Considere
o quadrado médio (de lado AB) e encontre o
centro M desse quadrado. Trace retas parale-
las aos lados do quadrado maior (de lado BC)
passando por M. O quadrado médio está,
agora, divido em quatro partes.
Demonstração
Observe que, para montar o quadrado grande,
basta transladar as peças do quadrado médio
e completar o centro com o quadrado menor.
Os vetores de translação têm origem no ponto
M e extremidades nos vértices do quadrado
maior. A “figura-chave” desta demonstração é
o paralelogramo BCDF. Os quadriláteros 1, 2, 3 e
4, que compõem o quadrado médio, são con-
gruentes, pois os lados DF e EG resultam da
rotação das diagonais, mantendo, assim, a área
das figuras constante. Tente observar na figura
com o auxílio das diagonais pontilhadas. Os
segmentos DF e CB são congruentes, assim
como os segmentos CD e BF, pois são lados
opostos de um paralelogramo. Procure obser-
var na figura. Os segmentos DM, MF, EM e MG
são congruentes (de 1) e portanto, com com-
primento igual à metade da medida do lado do
quadrado maior (de 1 e 2). Como os
quadriláteros 1, 2, 3 e 4 possuem um ângulo
reto, eles encaixam-se no quadrado maior. O
quadrado vermelho restante tem lado AC, pois
CD-AD=AC e CD=BF.
Os critérios de recorte apresentados abaixo se-
rão nossas hipóteses na demonstração. Consi-
dere o triângulo retângulo ABC. Construa, so-
bre os lados AB e AC, os quadrados ABDE e
ACFG. “Dobre” (reflita) o quadrado de lado AB
em torno deste lado.
Marque os pontos D’, E’ e N. Trace uma reta
perpendicular ao segmento BC passando por
B e outra passando por C. Chame de H o ponto
de interseção da segunda reta perpendicular
com o segmento FG. Construa o retângulo de
lados BC e CH e chame-o de BCHI. Trace uma
reta perpendicular ao segmento BG passando
por I e chame de J a interseção.
Demonstração
Observe que basta transladar os triângulos co-
loridos para que as peças se encaixem. Porém,
para a demonstração, precisamos enxergar a
congruência dos triângulos destacados. Os
triângulos ABC e FHC são congruentes (ALA).
Use a soma de ângulos para ver essa con-
gruência. O quadrilátero BCHI é um quadrado,
pois os lados BC e CH são congruentes (de 1).
Os triângulos amarelos são congruentes, pois
ambos são congruente ao triângulo ABC (pro-
cure fazer demonstração análoga ao item 1). IJ
= AB (de 3) e AB = BD’ (lados do quadrado).
Os triângulos verdes são congruentes (LAAo).
Os ângulos dos triângulos verdes são congru-
entes aos ângulos dos triângulos vermelhos:
ambos têm ângulo reto; têm ângulos opostos
pelo vértice e o terceiro vem do “teorema
180o
”. Os segmentos NC e LH são congru-
entes, pois BC=IH e BN=IL. Os triângulos ver-
melhos são congruentes (ALA). Assim, vemos
que as peças destacadas nos quadrados
menores encaixam-se no quadrado maior.
112

Os critérios de recorte abaixo serão nossas
hipóteses na demonstração. Considere o triân-
gulo retângulo ABC. Construa quadrados so-
bre os lados deste triângulo. Considere agora
o quadrado maior (de lado BC). Reflita o triân-
gulo ABC em torno do Lado BC, de modo que
o triângulo refletido fique dentro do quadrado
maior. Construa mais três triângulos retângulos
congruentes ao inicial sobre os lados do qua-
drado maior, como sugere a figura. Divida dois
destes triângulos em outros dois triângulos, de
modo que um desses triângulos seja retângulo
isósceles. O recorte do quadrado maior está
pronto.
Demonstração
Os triângulos isósceles 3 e 5 tem catetos de
medida AC por construção. Logo, encaixam-se
no quadrado menor (de lado AC). Os triângu-
los 1 e 6 possuem um dos catetos com medi-
da AB e outro com medida AC e sua hipote-
nusa mede BC, pois são congruentes ao triân-
gulo ABC. Os triângulos 2 e 4 são congruentes.
Seus lados maiores medem BC. Os lados me-
nores medem AB-AC (procure ver na figura). A
figura 7 é um quadrado, pois todos os seus ân-
gulos são retos e os seus lados medem AB-AC
(veja na figura). Considerando as afirmações 2,
3 e 4, concluímos que as figuras 1, 2, 3, 4, 5, 6
e 7 encaixam-se no quadrado de lado AB, como
mostra a figura. Assim, está provado que a
área do quadrado maior pode ser decomposta
na área dos dois quadrados menores.
Exercitando
Muitas demonstrações antigas do teorema de
Pitágoras eram apresentadas apenas mediante
figuras geométricas, e cabia ao leitor observar
a figura e tentar demonstrá-lo oralmente.
Forme grupos de três pessoas em sala de aula
e discuta de que forma estas duas figuras ilus-
tram o teorema de Pitágoras.
Apresente o resultado aos demais colegas.
TEMA 37
ÁREA DE FIGURAS PLANAS – CÍRCULO E
SUAS PARTES
Definição
Perímetro do círculo e da circunferência
Perímetro da circunferência de um círculo é o
valor limite da seqüência dos perímetros dos
polígonos regulares inscritos de n lados na cir-
cunferência à medida que o número n de lados
aumenta indefinidamente.
Área do círculo é o valor limite da seqüência
das áreas das regiões poligonais regulares ins-
critas no círculo quando o número n de lados
das poligonais aumenta arbitrariamente.
Relações associadas ao perímetro
1. Com base nessas duas definições, temos
um importante resultado sobre a relação
existente entre o perímetro e o diâmetro da
circunferência:
A razão entre o perímetro e o diâmetro de
uma circunferência é uma constante
2. Sejam duas circunferências de diâmetros D1 e
D2, com perímetros P1 e P2, respectivamente.
A razão entre os perímetros P1 e P2 é igual à
razão entre os diâmetros D1 e D2. Como o
diâmetro é o dobro do raio, então, o mesmo
ocorre para a razão entre os raios r1 e r2.
3. Para todo círculo (e também circunferên-
cia), a razão entre o perímetro e o diâmetro
é uma constante, denominada Pi, denotada
pela letra grega π que é um número irra-
cional (não pode ser escrito como a divisão
de dois números inteiros). Uma aproxima-
ção para Pi com 10 dígitos decimais é:
π = 3,1415926536....
Área do círculo
Área de um círculo de raio r é o limite das áreas
das regiões poligonais regulares inscritas nele.
Nesse caso, o diâmetro D = 2r. As fórmulas
para a área do círculo são:
Área = πr² = 1/4 πD²
113

Proporção com áreas – Sejam dois círculos
de raios, respectivamente, iguais a r1 e r2, áreas
A1 e A2 e diâmetros D1 e D2. A razão entre as
áreas desses dois círculos é a mesma que a
razão entre os quadrados de seus raios ou os
quadrados de seus diâmetros.
Arcos
O comprimento de um arco genérico AB pode
ser descrito em termos de um limite. Imagine-
mos o arco AB contendo vários pontos A = Po,
P1, P2, P3, ..., Pn – 1, Pn = B, formando n
pequenos arcos e também n pequenos seg-
mentos de reta de medidas respectivas iguais
a: AP1, P1P2, ..., Pn – 1B.
A idéia aqui é tomar um número n bastante
grande para que cada segmento seja pequeno
e as medidas dos arcos sejam aproximada-
mente iguais às medidas dos segmentos.
O comprimento de um arco AB de uma circun-
ferência de raio r é o valor limite da soma dos
comprimentos destas n cordas quando n cresce
indefinidamente.
Um arco completo de circunferência corre-
sponde a um ângulo que mede 360 graus =
2πradianos. Se o raio da circunferência for r, o
perímetro da circunferência coincidirá com o
comprimento do arco da mesma e é dado por:
Perímetro da circunferência = 2πr
Comprimento do arco – Seja um arco AB em
uma circunferência de raio r e m a medida do
ângulo correspondente, sendo m tomado em
graus ou em radianos.
O comprimento do arco pode ser obtido (em
radianos) por:
Comprimento do arco AB = πrm/180 = r.m.
Tais fórmulas podem ser justificadas pelas
seguintes regras de três simples e diretas.
Se o ângulo relativo ao arco AB mede m graus,
obtemos:
360 graus ……… 2 π r
m graus ……… Comprimento de AB
logo:
comprimento do arco AB = mrπ/ 180
Se o ângulo relativo ao arco AB mede m radi-
anos, obtemos:
2 π rad ……… 2 π r
m rad ……… comprimento de AB
assim:
Comprimento do arco AB = r m radianos.
Setor circular
Setor circular é uma região limitada por dois
raios e um arco do círculo.
Usando a figura acima, podemos extrair algu-
mas informações:
1. OACB é um setor circular.
2. OADB é um setor circular.
3. r é o raio de cada um dos setores.
4. ACB é o arco do setor OACB.
5. ADB é o arco do setor OADB.
6. Tomando m como a medida do arco ACB
(em graus ou radianos), a área do setor cir-
cular OACB será dada por:
Área do setor circular OACB = πr² m/360 =
1/2mr²
Basta usar regras de três simples e diretas. Se
o ângulo relativo ao arco AB mede m graus,
obtemos:
360 graus ……… Área do círculo
m graus ……… Área do setor OACB
logo:
Área(setor OACB) = πr² m / 360
114
m

Se o ângulo relativo ao arco AB mede m radi-
anos, obtemos:
2 π rad ……… Área do círculo
m rad ……… Área setor OACB
assim:
Área(setor OACB) = ½ mr² radianos
Segmento circular
Segmento circular é uma região limitada por uma
corda e um arco do círculo. Na figura abaixo,
existem dois segmentos circulares: o segmen-
to ACB e o segmento ADB.
A área do segmento ACB pode ser obtida sub-
traindo-se a área do triângulo AOB da área do
setor OACB.
Área(segmento) = Área(setor OACB) –
Área(triângulo AOB)
A área do segmento ADB pode ser obtida sub-
traindo-se a área do segmento ACB da área do
círculo ou somando a área do triângulo AOB à
área do setor OADB.
1. Calcular a área de um círculo limitado por uma
circunferência de perímetro igual a 20πcm.
Solução
C = 20πcm
2πr = 20π ⇒ r = 10cm
A = πr2
A = π.102
= 100πcm2
2. Determine a área da região hachurada na figu-
ra abaixo:
Solução
S1 = Área do círculo.
S2 = Área do triângulo equilátero.
S = Área hachurada.
S1 = πr2
⇒ S1 = π.122
= 144π
S2 =
S =
1. Determine a área de um círculo, sabendo que
o comprimento de sua circunferência é igual a
8πcm.
2. Determine a área de coroa determinada por
duas circunferências concêntricas de raios
15cm e 12cm.
3. Determine a razão entre as áreas dos círculos
circunscrito e inscrito em um quadrado ABCD
de lado a .
115

4. Determine a razão entre as áreas dos círculos
inscrito e circunscrito a um hexágono regular.
5. Determine a área de um segmento circular de
60o
de um círculo que contém um setor circular
de 6πcm2 de área, sendo 2π cm o comprimen-
to do arco desse setor.
6. Determine a razão entre as áreas dos segmen-
tos circulares em que fica dividido um círculo no
qual se traça uma corda igual ao raio do círculo.
7. Calcule a área da superfície limitada por seis
círculos de raio unitário com centros nos vér-
tices de um hexágono regular de lado 2.
8. Qual a razão entre o raio de um círculo circun-
scrito e o raio de um círculo inscrito em um
triângulo ABC de lados a, b, c e perímetro 2p?
9. Dado um triângulo eqüilátero e sabendo que
existe outro triângulo inscrito com os lados
respectivamente perpendiculares aos do pri-
meiro, calcule a relação entre as áreas dos
dois triângulos.
10. Calcule a área de um ret6angulo, sabendo que
cada diagonal mede 10cm e forma um ângulo
de 60º.
11. Um losango e um quadrado têm o mesmo perí-
metro. Determine a razão da área do losango
para a área do quadrado, sabendo que o ân-
gulo agudo formado por dois lados do losango
mede 60º.
12. Determine a área de um quadrado inscrito num
círculo em função da diagonal menor d de um
dodecágono regular inscrito no mesmo círculo.
13. As projeções que os catetos de um triângulo
retângulo determinam na hipotenusa medem
16cm e 9cm. Determine a razão entre a área
do círculo inscrito e a área do círculo circun-
scrito a esse triângulo.
14. Determine o lado de um losango em função do
raio r do círculo inscrito, de modo que a área
do losango seja igual ao dobro da área desse
círculo.
15. Determine a área de um círculo inscrito em um
setor circular de 60º, sendo 12π cm o compri-
mento do arco do setor.
CURIOSIDADES SOBRE O NÚMERO π
1. Na Bíblia Sagrada, no primeiro livro de
Reis 7:23, existe a passagem:
“Fez também o mar de fundição; era re-
dondo e media dez côvados duma borda
à outra, cinco côvados de altura e trinta
de circunferência.”
A passagem sugere que os construtores
da casa de Salomão usavam o valor 3
para a razão entre o diâmetro e o compri-
mento da circunferência.
2. Arquimedes (287-212 a.C.) mostrou que o
valor da razão entre o diâmetro e o com-
primento da circunferência estava entre
3+1/7 e 3+10/71.
3. O símbolo usado para a razão entre o
diâmetro e o comprimento da circunferên-
cia somente foi introduzido no século XVIII.
4. O valor de π correto com 10 dígitos deci-
mais foi usado no cálculo do comprimen-
to da linha do Equador terrestre.
5. Uma vez conhecida uma unidade de
comprimento, é impossível construir um
segmento de comprimento π por meio de
régua e compasso.
6. O número π exerce um papel muito im-
portante na Matemática e nas ciências,
predominantemente quando determina-
mos perímetros, áreas, centros de gravi-
dade, informações sobre segmentos e
setores circulares e elípticos, inclusive em
cálculos de navegação, etc.
116

7. Com o uso de computadores, já foi real-
izado o cálculo do valor exato de π com
mais de cem mil dígitos decimais.
Detalhes sobre o cálculo de Pi – De modo
análogo ao resultado obtido por meio do limite
de polígonos regulares inscritos também
podemos aproximar o perímetro e a área do
círculo de raio r, pelo valor limite de polígonos
regulares circunscritos no círculo quando o
número de lados desse cresce arbitrariamente.
Tais relações estão na tabela com dados
sobre o polígono regular dado:
Observe, na tabela, que quanto maior o nú-
mero de lados de cada polígono mais dígitos
decimais coincidem para obter o valor do nú-
mero Pi, tanto para os polígonos inscritos como
para os circunscritos. Com um polígono de
1024 lados, praticamente temos 4 algarismos
exatos.
Outra forma (lenta) para obter o número π é:
A forma mais rápida que conhecemos para
obter π, é:
TEMA 38
Construções de triângulos envolvendo
lados, ângulos e cevianas
Exercício 01
Dados dois lados e a altura relativa a um deles,
construir o triângulo ABC, sabendo que:
med(AB) = 4cm
med(AC) = 3,5cm
med(CH) = 2cm
CH é altura relativa ao lado AB
1.o
Passo: Faz-se um esboço.
2.o
Passo: Traça-se AB sobre uma reta- suporte
r.
3.o
Passo: Traça- se s // r, tal que d(s,r) = 2cm
4.o
Passo: Com centro em A e raio com a
medida de AC, traça-se um arco, determinan-
do- se os pontos C e C’. O problema apresen-
ta duas soluções.
5.o
Passo: Traçam-se AC e BC(ou AC’ e BC’),
determinando- se os triângulos ABC e ABC’.
Número
de lados
do polígono
Perímetro
do polígono
inscrito dividido
por 2r
Perímetro do
polígono
circunscrito
dividido por 2r
6 3,00000 3,46411
12 3,10582 3,21540
24 3,13262 3,15967
48 3,13935 3,14609
96 3,14103 3,14272
192 3,14145 3,14188
256 3,14151 3,14175
512 3,14157 3,14163
1024 3,14159 3,14160
117

Exercício 02
Dados dois lados e a mediana relativa a um
deles, construir o triângulo ABC, considerando
que:
med(AB) = 5cm
med(BC) = 3cm
med(CM) = 2cm
CM é a mediana relativa ao lado AB
1.o
Passo: Faz-se um esboço
2.o
Passo: Traça- se AB
3.o
Passo: Determina-se M, ponto médio de
AB.
4.o
Passo: Com centro em M e raio com a
medida de CM, traça-se um arco.
5.o
Passo: Com centro em B e raio com a
medida de BC, traça- se um arco, determinan-
do-se o ponto C.
6.o
Passo: Traçam-se AC e BC, determinando-
se o ΔABC
118

TEMA 39
POLÍGONOS EQÜIDECOMPONÍVEIS
Existem teoremas simples e interessantes em
Matemática, por meio dos quais podemos de-
senvolver boa parte de conteúdos que fazem
parte dos programas de nossas escolas. Se
temos um objetivo bem definido a ser atingido,
no caso a demonstração de um resultado inter-
essante, certamente o desenvolvimento de
conceitos e propriedades torna-se muito mais
significativo, e com isso os alunos aprendem
com entusiasmo.
Um exemplo disso é o seguinte teorema:
“Se dois polígonos têm a mesma área,
então sempre é possível decompor um
deles em polígonos menores de modo a
compor o outro.”
Em outras palavras, podemos decompor os
dois polígonos em polígonos menores, dois a
dois congruentes. Isso significa que os dois
polígonos podem ser decompostos igualmen-
te, e por isso são ditos “polígonos eqüidecom-
poníveis”.
Em algumas situações, dependendo da forma
e do dimensionamento dos polígonos, pode-
mos descobrir facilmente uma eqüidecompo-
sição. Por exemplo, nos pares de polígonos
abaixo
Daniela Stevanin Hoffmann e Maria Alice Gravina
TRANSFORMAÇÃO DE UM TRIÂNGULO EM
RETÂNGULO
No triângulo, temos a reta HE passando pelos
pontos médios dos lados AB e AC, e o seg-
mento AG perpendicular a essa reta. Conforme
indicam as cores, usando o trapézio BCEH e
os triângulos AHG e EAG, construímos retân-
gulo com a mesma área do triângulo. Intuiti-
vamente, podemo-nos convencer de que as
peças que compõem o triângulo encaixam-se
perfeitamente na composição do retângulo. Se
nossa abordagem é dentro do espírito da geo-
metria dedutiva, devemos mostrar que as re-
giões triangulares que completam o retângulo
obtido a partir do trapézio são de fato congru-
entes aos triângulos menores que fazem parte
do triângulo dado.
DEMONSTRAÇÃO
Sobre o triângulo dado ABC, construímos um
retângulo com base igual à de um dos lados
do triângulo e o lado paralelo à base, passan-
do pelos pontos médios de AB e AC. Traçamos
o segmento AG perpendicular à HE. Devemos
mostrar que os dois triângulos no triângulo dado
são congruentes aos triângulos pontilhados do
retângulo. De fato, isso acontece. Os triângu-
los AGH e BDH são congruentes, pois:
• os lados AH e BH são congruentes já que H
é ponto médio de AB;
• os ângulos AGH e BDH são retos;
• os ângulos AHG e BHD são congruentes já
que opostos pelo vértice.
Com raciocínio análogo, mostra-se que tam-
bém são congruentes os triângulos AGE e
CFE.
Assim podemos concluir que as peças que
compõe o triângulo ABC se encaixam perfeita-
mente no retângulo construído.
Quadrado e retân-
gulo com mesma
área.
Quadrado e retân-
gulo tais que um
dos lados do retân-
gulo é o dobro do
lado do quadrado
Paralelogramo e re-
tângulo com mes-
mas bases e alturas.
119

TRANSFORMAÇÃO DE UM POLÍGONO EM
UM QUADRADO
As transformações feitas até agora resolvem
facilmente o problema de transformar um polí-
gono em quadrado de mesma área. Inicial-
mente, decompomos o polígono em triângulos
e transformamos cada um destes em retângulo:
A seguir, transformamos cada um dos retângu-
los em quadrado:
Finalmente, transformamos cada dois quadra-
dos num quadrado, até chegar a um único
quadrado com área igual à soma das áreas
dos quadrados de partida:
O quadrado obtido no fim tem área igual à do
polígono inicial, já que todas as transforma-
ções foram feitas preservando-se as áreas.
TEMA 40
DOBRADURAS PARA IDENTIFICAR OS
PONTOS NOTÁVEIS DE UM TRIÂNGULO
Material necessário: papel oficio, tesoura, lápis,
régua.
Objetivos:
• Obter a Mediana, Bissetriz e Altura referen-
tes a um dos lados de um triângulo.
• Obter o baricentro, o incentro, e o ortocen-
tro referentes a um triângulo.
Procedimentos:
Usando um triângulo, obtenha a bissetriz, a al-
tura e a mediana relativas ao ângulo A, por
meio da técnica da dobradura.
1. Bissetriz
A bissetriz do triângulo é obtida, fazendo coin-
cidir dois lados adjacentes
→
AB e
→
AC do triângu-
lo de modo que um lado fique sobre o outro, isto
é, de forma que o ângulo seja dividido ao meio.
Faça o mesmo procedimento em relação aos
outros ângulos, e encontre o incentro.
2. Altura
A altura do triângulo relativa ao ângulo A é obti-
120

da, quando se dobra a base
→
BC do triângulo de
modo que esta fique sobre ela mesma. O seg-
mento
→
BC é a altura relativa ao ângulo A
O segmento
→
AH é a altura do triângulo.
outros ângulos, e encontre o ortocentro.
Pergunta-se: o que aconteceria se o triângulo
fosse isosceles?
Ponto médio
Para encontrar o ponto médio de um triângulo
relativo ao ângulo A, deve-se dobrar o triângu-
lo, fazendo os pontos extremos da base B e C
coincidirem.
3. Mediana
A mediana de um triângulo é obtida unindo-se
o ponto médio ao ângulo oposto.
O segmento
→
AM é a Mediana do triângulo.
outros ângulos, e encontre o baricentro.
121

123
UNIDADE VI
Atividades de laboratório

125
Geometria I – Atividades de laboratório
ATIVIDADE 1
BISSETRIZ DE UM ÂNGULO
Objetivo: obter a bissetriz de um ângulo AÔB
dado.
Procedimentos:
1. Com a ponta-seca do compasso em O,
traça-se um arco determinando M e N.
2. Com a ponta-seca do compasso em M e
depois em N, traçam-se, com a mesma
abertura do compasso, os arcos que se cor-
tam em D.
3. Traça-se a semi-reta
→
OD . A semi-reta
→
OD
é a bissetriz do ângulo AÔB.
Exercitando:
Com a ajuda de um transferidor, trace um ân-
gulo de 70º. Usando esse procedimento, cal-
cule a bissetriz desse ângulo.
ATIVIDADE 2
MEDIATRIZ DE UM SEGMENTO
Chama-se mediatriz de um segmento a reta
traçada perpendicularmente pelo ponto médio
desse segmento.
Objetivo: obter o ponto médio de um segmen-
to
→
AB dado.
Procedimentos:
1. Com a ponta-seca do compasso em A e a
abertura do compasso maior que a metade
da medida do segmento AB, traça-se dois
arcos: um abaixo e outro acima de
→
AB.
2. Com a ponta-seca do compasso em B e a
mesma abertura do compasso, traçamos dois
arcos que cortam os primeiros em C e em D.
3. Trace a reta
→
CD, que cruza
→
AB, no ponto M.
M é o ponto médio de
→
AB
→
CD é a mediatriz de
→
AB.
ATIVIDADE 3
ATIVIDADES COM GEOPLANO

126
Objetivo:
• Obter figuras geométricas planas usando o
geoplano.
Material Necessário: um tabuleiro de madeira;
pregos; martelo; ligas ou elásticos coloridos.
Confecção:
1. Usando um tabuleiro de madeira (20cm x
20cm), colocar os pregos conforme o modelo.
Atividade 1.
Usando o geoplano, confeccionar figuras planas.
ATIVIDADE 4
1. Formar triângulos.
2. Formar quadriláteros;
Observação – A partir dos triângulos forma-
dos, classificar cada um deles em: Isósceles,
escaleno; identificar os eqüiláteros e os retân-
gulos.
Exercitando:
1. Usando o geoplano, forme um quadrilátero e
classifique-o.
2. Forme um retângulo qualquer no geoplano e
determine o perímetro e a área desse retângulo.
ATIVIDADE 5
ATIVIDADES COM AS FORMAS GEOMÉTRICAS
• Material necessário: papel-cartão ou
emborrachado ou papel dupla face (em 5
cores diferentes ) lápis, régua, tesoura e
compasso.
Objetivo: confeccionar os polígonos de difer-
entes formas e cores.
• Criar malhas e mosaicos; contagem; classi-
ficação: semelhanças e diferenças; con-
gruência, semelhança e equivalência.
Procedimentos:
Atividades que se pode desenvolver com as
formas geométricas:
1. Classificação os polígonos considerando
as: Semelhanças e diferenças.
2. Criar Malhas ou mosaicos usando os polí-
gonos.
3. Cálculo do perímetro e da área.
ATIVIDADE 6
ATIVIDADES COM GEOPLANO
• Contagem.
• Operações fundamentais e propriedades.
• Linhas, regiões, fronteiras, linhas retas.

127
• Figuras geométricas bidimensionais.
• Cálculo do perímetro e da área.
• Coletas e organizações de dados.
• Gráficos e tabelas.
ATIVIDADE 7
ATIVIDADES COM GEOPLANO CIRCULAR
• Número, seqüências e contagens,
• Polígonos e polígonos regulares,
• Ângulos e arcos,
• Circunferência e círculos,
• Cálculo de perímetro e áreas.
Materiais necessários
• Madeira ou acrílico.
• Pregos e pinos.
• Martelo.
ATIVIDADE 8
CONSTRUINDO FIGURAS CONGRUENTES
Rotação
Pode ser entendida pela transformação, por
giro em torno de J, de um ponto S no plano em
um ponto L’ de tal forma que os segmentos JS
e JL’ sejam congruentes.
Uma rotação fica determinada por um sentido
(horário ou anti-horário) e por um ângulo de giro.
Veja esta seqüência de rotações:
A construção do rotor de Sylvester feita assim:
Observe a figura.
• Construiu-se duas hastes SA e AF de
tamanhos quaisquer.
• Duas outras hastes AB = SA e FC = SA.
• Duas outras LC = AF e BC = AF.
• Ângulos SAB = BCL.
Novamente, o ponto L faz o papel do lápis da
figura a ser rotada a partir de movimento do
ponto S.
Para mostrarmos que esse instrumento fun-
ciona como rotor de figuras basta que
mostremos que os ângulos SAB e SFL são
iguais e que os segmentos FS e FL sejam
também iguais.

128
ATIVIDADE 9
CONSTRUINDO FIGURAS SEMELHANTES
PANTÓGRAFO
Definimos uma transformação geométrica
como sendo uma correspondência, um a um,
entre pontos de um mesmo plano ou de planos
diferentes.
Nosso propósito aqui é estudar uma transfor-
mação especial, que quando aplicada a figuras
do plano, pode alterar suas medidas, amplian-
do ou reduzindo a figura original, ou seja, é
uma transformação que relaciona figuras se-
melhantes.
O instrumento que apresentamos anterior-
mente, o pantógrafo (pantos = tudo + graphein
= escrever) corresponde a esta transformação:
amplia ou reduz a figura original.
Vamos entender agora por que o pantógrafo
de fato realiza tal transformação.
Para isso, precisamos deixar claro os princí-
pios de construção do instrumento:
Observe a figura.
• Constroem-se duas hastes AL e CS, obser-
vando que o fator de ampliação é dado por
AL / AB.
• Uma terceira haste FA = AL.
• Outra haste BS = AL - CS.
• Marca-se em FA um ponto C, e em AL um
ponto B, tais que: AC = BS e AB = CS.
Observe que os pontos L e S percorrem a figu-
ra a ser reproduzida, assumindo os papéis de
lápis ou ponta-seca de um compasso. A figura
é ampliada se escolhermos o ponto S como
ponta-seca e é reduzida se escolhermos L
como ponta-seca.
Para que esse instrumento realmente funcione
como um ‘ampliador’ de figuras, é preciso que
AL / AB seja igual a FL / FS, isto é, S deve per-
tencer à reta FL.
ATIVIDADE 10
POLÍGONOS EQÜIDECOMPONÍVEIS
Existem teoremas simples e interessantes em
Matemática, através dos quais podemos
desenvolver boa parte de conteúdos que
fazem parte dos programas de nossas escolas.
Se temos um objetivo bem definido a ser
atingido, no caso a demonstração de um resul-
tado interessante, certamente o desenvolvi-
mento de conceitos e propriedades torna-se
muito mais significativo, e com isto os alunos
aprendem com entusiasmo.
Um exemplo disto é o seguinte teorema:
“Se dois polígonos tem a mesma área então
sempre é possível decompor um deles em
polígonos menores de modo a compor o
outro.”
Em outras palavras, podemos decompor os
dois polígonos em polígonos menores, dois à
dois congruentes. Isto significa que os dois
polígonos podem ser decompostos igual-
mente, e por isto são ditos “polígonos equide-
componíveis”.
Em algumas situações, dependendo da forma
e do dimensionamento dos polígonos,
podemos descobrir facilmente uma equide-
composição.Por exemplo, nos pares de polí-
gonos abaixo
Em outras situações, uma tal equidecom-
posição não é obvia. Por exemplo, nas situ-
Quadrado e retân-
gulo tais que um
dos lados do retân-
gulo é o dobro do
lado do quadrado.
Paralelogramo e re-
tângulo com mes-
mas bases e alturas

129
ações abaixo:
TRANSFORMAÇÃO DE UM TRIÂNGULO EM
RETÂNGULO
No triângulo temos a reta HE passando pelos
pontos médios dos lados AB e AC, e o segmen-
to AG perpendicular a esta reta. Conforme
indicam as cores, usando o trapézio BCEH e os
triângulos AHG e EAG construímos retângulo
com a mesma área do triângulo. Intuitivamente
podemos nos convencer que as peças que com-
põem o triângulo se encaixam perfeitamente na
composição do retângulo. Se nossa abordagem
é dentro do espírito da geometria dedutiva deve-
mos mostrar que as regiões triangulares que
completam o retângulo obtido a partir do
trapézio são de fato congruentes aos triângulos
menores que fazem parte do triângulo dado.
DEMONSTRAÇÃO
Sobre o triângulo dado ABC, construímos um
retângulo com base igual à um dos lados do
triângulo e o lado paralelo à base passando
pelos pontos médios de AB e AC. Traçamos o
segmento AG perpendicular à HE. Devemos
mostrar que os dois triângulos no triângulo
dado são congruentes aos triângulos pontilha-
dos do retângulo. De fato isto acontece: 1.Os
triângulos AGH e BDH congruentes pois:
os lados AH e BH são congruentes já que H
é ponto médio de AB.
os ângulos AGH e BDH são retos.
os ângulos AHG e BHD são congruentes já
que opostos pelo vértice.
2.Com raciocínio análogo mostra-se que tam-
bém são congruentes os triângulos AGE e
CFE.
Assim podemos concluir que as peças que
compõe o triângulo ABC se encaixam perfeita-
mente no retângulo construído.
TRANSFORMAÇÃO DE UM POLÍGONO EM
UM QUADRADO
As transformações feitas até agora resolvem
facilmente o problema de transformar um polí-
gono em quadrado de mesma área. Inicialmente
decompomos o polígono em triângulos e trans-
formamos cada um destes em retângulo:
A seguir transformamos cada um dos retângu-
los em quadrado:
Finalmente transformamos cada dois quadra-
dos num quadrado, até chegar a um único
quadrado com área igual a soma das áreas
dos quadrados de partida:
O quadrado obtido ao final tem área igual à do
polígono inicial, já que todas as transfor-
mações foram feitas preservando-se as áreas.
Quadrado e retân-
gulo com mesma
área

130
ATIVIDADE 11
DOBRADURAS PARA IDENTIFICAR OS
PONTOS NOTÁVEIS DE UM TRIÂNGULO
Material necessário: papel oficio, tesoura,
lápis, régua.
Objetivo:
• Obter a Mediana, Bissetriz e Altura refer-
ente a um dos lados de um triângulo.
• Obter o baricentro, o incentro, e o ortocen-
tro referente a um triângulo.
Procedimentos:
• Usando um triângulo obtenha a bissetriz,
altura e a mediana relativas ao ângulo A,
através da técnica da dobradura.
1) Bissetriz
A bissetriz do triângulo é obtida, fazendo coin-
cidir dois lados adjacentes
→
AB e
→
AC do triângu-
lo de modo que um lado fique sobre o outro, isto
é, de forma que o ângulo seja dividido ao meio.
outros ângulos,e encontre o incentro.
2) Altura
A altura do triângulo relativa ao ângulo A é obti-
da, quando dobra-se a base
→
BC do triângulo
de modo que esta base fique sobre ela mesma.
O segmento
→
BC é a altura relativa ao ângulo A
O segmento
→
AH é a altura do triângulo.
outros ângulos, e encontre o ortocentro.
Pergunta-se: O que aconteceria se o triângulo
fosse isosceles?
Ponto Médio
Para encontrar o ponto médio de um triângulo
relativo ao ângulo A, deve-se dobrar o triângu-
lo, fazendo os pontos extremos da base B e C
coincidirem.
3) Mediana
A mediana de um triângulo é obtida, unindo-se
o ponto médio ao ângulo oposto.
O segmento
→
AM é a Mediana do triângulo.
outros ângulos, e encontre o baricentro.

131
ATIVIDADE 12
Construções de triângulos envolvendo
lados, ângulos e cevianas
Exercício 01
Dados dois lados e a altura relativa a um deles.
Construir o triângulo ABC, sabendo que:
med(AB) = 4cm
med(AC) = 3,5cm
med(CH) = 2cm
CH é altura relativa ao lado AB
1º Passo: Faz- se um esboço.
2º Passo: Traça- se AB sobre uma reta- suporte r.
3º Passo: Traça- se s // r, tal que d(s,r) = 2cm
4º Passo: Com centro em A e raio com a medi-
da de AC, traça- se um arco, determinando- se
os pontos C e C’. O problema apresenta duas
soluções.
5º Passo: Traçam- se AC e BC(ou AC’ e BC’),
determinando- se os triângulos ABC e ABC’.
Exercício 02
Dados dois lados e a mediana relativa a um deles.
Construir o triângulo ABC, considerando que:
med(AB) = 5cm
med(BC) = 3cm
med(CM) = 2cm
CM é a mediana relativa ao lado AB
1º Passo: Faz- se um esboço
2º passo: Traça- se AB
3º Passo: Determina- se M, ponto médio de AB.
4º Passo: Com centro em M e raio com a medi-
da de CM, traça- se um arco.
5º Passo: Com centro em B e raio com a medi-
da de BC, traça- se um arco, determinando- se
o ponto C.

132
6º Passo: Traçam- se AC e BC, determinando-
se o ΔABC
ATIVIDADE 13
CONSTRUÇÃO DE QUADRILÁTEROS
Exercício 01
Construir um paralelogramo ABCD, sabendo
que:
med (
⎯
AB) = 4,0 cm
med (
⎯
AD) = 3,0 cm
h = 2,5 cm
h é a altura relativa à base
⎯
AB
1º Passo: Faz-se um esboço.
2º Passo: Traça-se
⎯
AB sobre a reta r.
3º Passo: Constrói-se s // r, tal que d (s,r) = 2,5 cm.
4º Passo: Com centro em A e depois em B, e
raio com a medida de
⎯
AD, traçam-se dois
arcos, determinando-se os pontos D (ou D’) e
C (ou C’). (O problema apresenta duas
soluções.)
5º Passo: Traçam-se
⎯
AD e
⎯
BC,(ou
⎯
AD’,
⎯
BC’).
Exercício 02
Construir um quadrado ABCD, sabendo que
sua diagonal
⎯
AC mede 3,5 cm.
1º Passo Faz-se um esboço.
2º Passo: traça-se a diagonal
⎯
AC.
3º Passo: traça-se a mediatriz de
⎯
AC, determi-

133
nando-se M, ponto médio de
⎯
AC.
4º Passo: Com centro em M e raio com a medi-
da de
⎯
AM, traça-se um arco, determinando-se
os pontos B e D.
5º Passo: Traçam-se
⎯
AB,
⎯
BC,
⎯
CD,
⎯
DA, determi-
nando-se o ΔABCD.
Exercício 03
Construir um trapézio ABCD escaleno, saben-
do que:
med (
⎯
AB) = 5,0cm → base maior
med (
⎯
CD) = 2,0cm → base menor
med (
⎯
AD) = 3,0cm → lado transversal
med (
⎯
DH) = 2,0cm → altura
1º Passo: Faz-se um esboço.
⎯
AB sobre uma reta r.
3º Passo: Constrói-se s // r, tal que d (s,r) = 2,0cm.
4º Passo: Com centro em A e raio com a medi-
da de
⎯
AD, traça-se um arco, determinando-se
os pontos D e D’. (O problema apresenta duas
soluções.)
5º Passo: Com centro em D (ou D’) e raio com
medida de
⎯
DC, traça-se um arco, determinan-
do-se o ponto C (ou C’).
⎯
AD e
⎯
BC (ou
⎯
AD’ e
⎯
BC’)
determinando-se o trapézio ABCD (ou ABC’D).

134
ATIVIDADE 14
Exercício 01
QUEBRA-CABEÇA GOMÉTRICO: Tangram
O Tangram é originário da China. Supõe-se que
a parte inicial do nome, Tan, esteja relacionada
à dinastia Tang, que governou a China por um
longo período e a parte final do nome, gram,
vem do latim e significa ordenar, dispor. Ela
tem sete peças em forma de figuras geométri-
cas planas. Compondo essas sete peças,
pode-se formar muitas figuras diferentes.
Objetivo:
• Obter figuras geométricas usando todas as
peças do tangram.
Material Necessário: Papel cartão, tesoura,
régua, lápis.
Confecção:
2. desenha-se, em uma folha de papel, um
quadrado de 12cm de lado e divide-se de 4
em 4 centímetros;
3. seguindo os modelos, obtém-se um que-
bra-cabeça com sete peças;
4. pintando as sete peças, e em seguida,
recorta-se.
Seqüência de modelo para confecção do Tangram
(BIGODE, 1994, p. 135-136).
Atividade 1.
Usando as 7 peças do pode-se montar os
números de 0 a 9.
Números formados com o Tangram
Exercício 02
Usando as 7 peças do tangram pode-se mon-
tar um hexágono.
Exercitando:
1) Usando as cinco peças (N, G, M, R, T) do tan-
gram, forme um quadrado.
2) Usando as sete peças do tangram, forme um
triângulo, retângulo, paralelogramo, trapézio,
Quadrado.
ATIVIDADE 15
LABORATÓRIO: TEOREMA DE PITÁGORAS
Usando o material concreto, demonstre o
Um pouco da historia:
O Teorema de Pitágoras diz que,
em um triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos
catetos. Se construirmos quadrados sobre os
lados a, b e c do triângulo retângulo, esses
quadrados terão áreas a2, b2 e c2. Assim
podemos enunciar o Teorema de Pitágoras da
seguinte forma: a área do quadrado construí-
do sobre a hipotenusa é igual à soma das

135
áreas dos dois quadrados construídos
sobre os catetos. Podemos tornar o entendi-
mento do Teorema mais lúdico por meio de
recorte que nos ajudem a visualizar sua
demonstração. A partir de critérios de recorte
aplicados aos quadrados menores (construí-
dos sobre os catetos), podemos montar o
quadrado maior (construído sobre a
hipotenusa) através de quebras- cabeça que
ilustram, e até mesmo demonstram, o
Teorema de Pitágoras!
Material necessário: papel-cartão ou cartolina,
tesoura, régua, compasso, lápis e borracha.
Objetivo: Provar o Teorema de Pitágoras,
com uso de quebra-cabeças.
Procedimentos:
Construção:
1) Num papel-cartão ou cartolina, recorte qua-
tro triângulos retângulos congruentes com,
medidas a = 4cm e b = 3 cm, por exemplo.
2) Em seguida, recorte um quadrado cujo
lado tem comprimento igual a c = 5cm,
comprimento da hipotenusa dos triângu-
los retângulos.
Com as cinco peças construídas e em
mãos, é possível encaixá-las e montar o
conjunto, representado na figura a baixo.
A montagem realizada representa um
quadrado de lado c, inscrito num quadrado
maior, cujo lado tem comprimento a+b. Esta
montagem permite a prova do Teorema de
Pitágoras.
Como o quadrado maior tem lado de compri-
mento a + b, então a área A tem por medida:
A = (a + b)2 .
Em contrapartida, como este quadrado maior
é composto das cinco peças do quebra-
cabeças (quatro triângulos retângulos e um
quadrado), somando as áreas, encontramos:
Igualando os dois valores para a área,
segue:
(a + b)2 =
a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2
a2 + b2 = c2 , comprovando o Teorema de
Pitágoras.
OBS.: Ao provar este teorema por meio do
uso do material concreto do quebra -
cabeças, para estudantes do ensino
médio, o momento é ideal para convence -
los da necessidade de provar que é ver-
dadeiramente um quadrado a figura forma-
da com o encaixe das cinco peças do que-
bra-cabeças. A argumentação que permite
sustentar esta conclusão é o fato que a
soma dos ângulos agudos de um triângulo
retângulo é 90º. Portanto, quando os triân-
gulos retângulos são encaixados para for-
mar uma só figura, os lados de dois triân-
gulos consecutivos ficam alinhados.

136
OUTRAS MANEIRAS DE DEMONSTRAR O
TEOREMA DE PITAGORAS.’
Critério de Recorte 01
Os critérios de recorte da figura serão nossas
hipóteses na demonstração. As diagonais pon-
tilhadas desenhadas na figura vão auxiliar a
visualização durante a demonstração.
Considere o quadrado médio (de lado AB).
Encontrar o centro M deste quadrado. Trace
retas paralelas aos lados do quadrado maior
(de lado BC) passando por M. O quadrado
médio está, agora, divido em quatro partes.
Demonstração
Observe que para montar o quadrado grande
basta transladar as peças do quadrado médio e
completar o centro com o quadrado menor. Os
vetores de translação têm origem no ponto M e
extremidades nos vértices do quadrado maior. A
“figura chave” desta demonstração é o paralelo-
gramo BCDF. Os quadriláteros 1, 2, 3 e 4 que
compõem o quadrado médio são congruentes,
pois os lados DF e EG resultam da rotação das
diagonais, mantendo, assim, a área das figuras
constante. Tente observar na figura com o auxílio
das diagonais pontilhadas. Os segmentos DF e
CB são congruentes, assim como os segmentos
CD e BF, pois são lados opostos de um paralel-
ogramo. Procure observar na figura. Os segmen-
tos DM, MF, EM e MG são congruentes (de 1) e
portanto, com comprimento igual à metade da
medida do lado do quadrado maior (de 1 e 2).
Como os quadriláteros 1, 2, 3 e 4 possuem um
ângulo reto, eles encaixam-se no quadrado
maior. O quadrado vermelho restante tem lado
AC, pois CD-AD=AC e CD=BF.
Os critérios de recorte apresentados abaixo
serão nossas hipóteses na demonstração.
Considere o triângulo retângulo ABC.
Construa, sobre os lados AB e AC, os quadra-
dos ABDE e ACFG. “Dobre” (reflita) o quadra-
do de lado AB em torno deste lado.
Marque os pontos D’, E’ e N. Trace uma reta
perpendicular ao segmento BC passando por
B e outra passando por C. Chame de H o
ponto de interseção da segunda reta perpendi-
cular com o segmento FG. Construa o retângu-
lo de lados BC e CH e chame-o de BCHI. Trace
uma reta perpendicular ao segmento BG pas-
sando por I e chame de J a interseção.
Demonstração
Observe que basta transladar os triângulos col-
oridos para que as peças se encaixem. Porém,
para a demonstração, precisamos enxergar a
congruência dos triângulos destacados. Os
triângulos ABC e FHC são congruentes (ALA).
Use soma de ângulos para ver esta congruên-
cia. O quadrilátero BCHI é um quadrado, pois
os lados BC e CH são congruentes (de 1). Os
triângulos amarelos são congruentes, pois
ambos são congruente ao triângulo ABC (pro-
cure fazer demonstração análoga ao item 1).
IJ=AB (de 3) e AB=BD’ (lados do quadrado).
Os triângulos verdes são congruentes (LAAo).
Os ângulos dos triângulos verdes são congru-
entes aos ângulos dos triângulos vermelhos:
ambos têm ângulo reto; têm ângulos opostos
pelo vértice e o terceiro vem do “teorema
180o”. Os segmentos NC e LH são congru-
entes, pois BC=IH e BN=IL. Os triângulos ver-
melhos são congruentes (ALA). Assim, vemos
que as peças destacadas nos quadrados
menores se encaixam no quadrado maior.

Os critérios de recorte abaixo serão nossas
hipóteses na demonstração. Considere o triân-
gulo retângulo ABC. Construa quadrados
sobre os lados deste triângulo. Considere
agora o quadrado maior (de lado BC). Reflita o
triângulo ABC em torno do Lado BC, de modo
que o triângulo refletido fique dentro do
quadrado maior. Construa mais três triângulos
retângulos congruentes ao inicial sobre os
lados do quadrado maior, como sugere a figu-
ra. Divida dois destes triângulos em outros dois
triângulos, de modo que um destes triângulos
seja retângulo isósceles. O recorte do quadra-
do maior está pronto.
Demonstração
Os triângulos isósceles 3 e 5 tem catetos de
medida AC por construção. Logo, encaixam-se
no quadrado menor (de lado AC). Os triângu-
los 1 e 6 possuem um dos catetos com medi-
da AB e outro com medida AC e sua
hipotenusa mede BC, pois são congruentes ao
triângulo ABC. Os triângulos 2 e 4 são congru-
entes. Seus lados maiores medem BC. Os
lados menores medem AB-AC (procure ver na
figura). A figura 7 é um quadrado, pois todos
os seus ângulos são retos e seus lados
medem AB-AC (veja na figura). Considerando
as afirmações 2, 3 e 4, concluímos que as fig-
uras 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7 encaixam-se no quadra-
do de lado AB, como mostra a figura. Assim,
está provado que a área do quadrado maior
pode ser decomposta na área dos dois
quadrados menores.
Exercitando
Muitas demonstrações antigas do teorema de
Pitágoras eram apresentadas apenas mediante
figuras geométricas, e cabia ao leitor observar
a figura e tentar demonstrá-lo oralmente.
Forme grupos de três pessoas em sala de aula
e discuta de que forma estas duas figuras ilus-
tram o teorema de Pitágoras.
Apresente o resultado aos demais colegas.
137

141
Geometria I – Respostas de exercícios
UNIDADE I – Noções primitivas
TEMA 01
NOÇÕES E PROPOSIÇÕES PRIMITIVAS
1. FVVFV
2. B
3. VVVVVVF
4. Demonstração
TEMA 02
SEGMENTOS DE RETA
1. Resposta, a critério do aluno.
2. 8
3. Três
⎯
AB,
⎯
BC,
⎯
AC
4. a) 16cm b) MN = 8cm
5. a)
x = 7cm
b)
x = 11cm
6. X = 5 e AB = 22
7. a)
⎯
MB = 3cm b)
⎯
BN = 2cm
c)
⎯
NC = 2cm d)
⎯
MN = 5cm
e)
⎯
AN = 8cm
TEMA 04
ÂNGULOS
1. Use o transferidor
a) y = 60º b) w = 135º c) z = 90º
2. a) concorrentes b) paralelas
c) concorrentes d) paralelas
3. a) b) 45° c) 30°
4. a) 90° – x
b) 180° – x
c) 2 (90° – x)
d)
e) 3(180° – x)
5. 70°
6. 54°
7. 160°
8. x = 15°
9. x = 15°
10. a) x = 40°
b) x = 20°
c) x = 25°
11. Demonstração
12 a) x = 22°
b) X = 150° Y = 30° Z = 150°
c) X = 90° Y = 30° Z = 30°
d) a = 60°
e) x = ‘82 y = 40
TEMA 05
PARALELISMO
1. a) b e c colaterais internos
b) m e p correspondentes
2. a) a e p alternos internos
b) a e q correspondentes
3. a) X = 25°
b) X = 40°
4. a) Alternos internos
X = 15°
b) Alternos externos
X = 50°
c) colaterais internos
X = 50°
5. a) X = 70°

b) Y = 100°
c) Z = 30°
6. a) X = 12°
b) Y = 144°
c) Z = 36°
7. a) X = 80° e Y = 85°
b) X = 110° e Y = 60°
8. X = 50° ; Y = 130° ; Z = 50°
9. 130°
10. x = 5°
TEMA 06
PERPENDICULARISMO
1. a) F b) V
c) V d) F
2. a) V b) F
c) F d) V
e) V
3. a) F b) V
c) V d) V
e) F f) F
g) V
4. a) F b) F
c) V d) V
e) F f) V
g) F
5. a) V b) F
c) F d) F
e) F
UNIDADE II – Polígonos
TEMA 08
TRIÂNGULOS
1. a) 3; R, S T .
b) 3; RS, RT ST
c) 3; R, S T .
2. a) Sim, pois 7 < 5 + 3.
b) Não, pois 7 não é menor que 2 + 3.
c) Sim, pois 3 < 3 - 2.
d) Não, pois 10 não é menor que 5 .•. 5.
3. X = 12cm
4. x = 4, y = 3 e o lado mede 7
5. P= 39 cm
6. 18cm ou 24cm
7. 3cm, 4cm e 5cm
8. A = 90° B = 60° C = 30°’ retângulo
D = 45°, E = 75°; acutângulo
9. 60°
10. x = 30° e y = 40°
TEMA 09
CONGRUÊNCIA DE TRIÂNGULOS
1. a) ALA b) LAL c) LAA
2. a) Caso de congruência: LLL
X = 40cm ; Y = 60cm ; Z = 80cm
b) Caso de congruência: A.L.A
X = 40cm ; Y = 95º
3. Caso de congruência A.L.A
x = 5: y = 10
4. a) ALA b) TR
5. 5cm
6. x = 66º e y = 11º
7. x = 10cm e y = 12cm
8. x = 7cm e y = 12cm
TEMA 10
PONTOS NOTÁVEIS NO TRIÂNGULO
1. Construção
2. Construção
142

143
Geometria I – Respostas de exercícios
3. a) Circuncentro; corresponde ao centro da cir-
cunferência circunscrita ao triângulo.
b) Incentro; corresponde ao centro da circun-
ferência inscrita no triângulo.
4. A altura, mediana e bissetriz.
5.
⎯
AR bissetriz;
⎯
AS mediana
⎯
AT altura
6. P = 8,8cm.
TEMA 11
QUADRILÁTEROS
1. a) 2330
b) 850
2. a) ^A ≡ ^D = 600
e ^B ≡ ^C = 1200
b) ^A = 700
, ^C = 1000
e ^D = 800
c) 250
d) 1100
3. 680
4. 470
5. 1400
e 400
6. 34cm
7. 30cm e 12cm
8. 1300
9. 1430
10. e
11. d
12. 1300
13. 1480
14. e
TEMA 12
QUADRILÁTEROS
1.
2. x = 55 cm
3. c
5. 4
6. x = 3 e y = 4
7. x = 10, y = 13 e z = 19
8. 7
9. c
10. b
11. c
12. Demonstração
13. Demonstração
14. Demonstração
TEMA 14
POLÍGONOS
1. a) triacontakaitrigono
b) eneadecágono
c) tetracontakaihexagono
d) hexacontakaioctagono
e) enneacontakaiheptagono
2. 8 lados, octógono.
3. ai = 156º e ei = 24º
4. 70
5. c
6. a) 50o
b) 52o
30’
7. 150o
8. 90
9. 330o
10. 14 e 54
11. 360o
12. 10o
13. Dodecagono
14. e
15. b

UNIDADE III – Elementos na circunferência
TEMA 16
Exercícios Propostos
1. a) 11
b) 5
2. C
3. A
4. 8cm e 3cm
5. 12cm ou 18cm ou 24cm ou 30cm.
6. D
7. B
9. a) Tangente externamente
b) Secantes
c) Externas
d) Tangentes internamente
10. 76cm
TEMA 18
1. a) 65o
b) 30o
c) 80o
d) 12o
2. 80o
3. C
4. B
5. 60o
6. 35o
7. 70o
, 50o
e 60o
8. 30o
9.
10. 30o
11. A
12. D
13. B
TEMA 20
1. 18
2. a) 6
b) 12
c) 4
3. D
4. a) r = 3 cm
b) l = 6 cm
c) r = 3 cm
d) R = 6 cm
5. C
6. E
7. D
8. a) cm
b) cm
c) cm
9.
11. D
UNIDADE IV – Relações métricas no triângulo
TEMA 21
TEOREMA DE TALES
1. a) x = 28 e y = 36
b) x = 12 e y = 4
144

c) x = 18 e y = 36
2. x = 10 km
y = 30 km
z = 22,5 km
3.
⎯
AB’= 2,6 cm,
⎯
B’C’ = 3,9 cm e
⎯
C’D’= 6,5 cm.
4. B
5. 10cm
6. 30
7. 9
8. 5 e 4
9. 9m
10. 42m
11. 40cm
12. 15
TEMA 22
SEMELHANÇA DE TRIÂNGULOS
1. 4 cm, 9 cm e 8 cm.
2. a) 6
b)
3.
⎯
BD = 6cm e
⎯
DF = 8 cm
4. B
5. C
6. B
7. 10cm
8.
9. 2cm
10.
TEMA 24
RELAÇÕES MÉTRICAS NO
TRIÂNGULO RETÂNGULO
1. a = 9, m = 5 , h = e b = .
2. m = 4 e n = 12
3. AB = 15 u, AC = u e CB = u
4. D
5. C
6.
a)
b) 7
7) 12 m
8) 17m
9) 3m
10) 21cm
11)
TEMA 26
1. B 2. A
3. C 4. D
5. E 6. A
7. B 8. D
9. A 10. A
11. B 12. C
13. D 14. E
15. D
TEMA 28
RELAÇÕES MÉTRICAS
NO TRIÂNGULO QUALQUER
1. 17/4
2. 1 e 2
3. 12m
4. 6m
5. 19/8cm
6.
145
Matemática Elementar II – Conjuntos Numéricos

7. Obtusângulo
8. 1
9. 57/18
10. 19/16
11. Obtusângulo
12. 26/3
13. 8
14. 6
15. 43/4cm
UNIDADE V – Áreas de superfícies
TEMA 30
1. 20cm
2. 3cm
3. 4cm
4. 4
5. C
6.
7. Demonstração
8. cm
9. ( – 1)R
10. 2cm ou 3cm
11. 10cm
12. Â é comum aos triângulos e A^DB ≡ A^BP
TEMA 32
ÁREA DE FIGURAS PLANAS - TRIÂNGULOS
1. 96m2
2. 24m2
3. 320cm2
4. 48 cm2
5.
6. 48 cm2
7. 150cm2
8.
9. 2( + 1)cm2
10. 3 r2
11. 3 cm
12. cm
13.
14. 12( + 1)cm
15. 10m2
TEMA 34
ÁREA DE FIGURAS PLANAS -
QUADRILÁTEROS
1. 4cm
2. 4cm; 6cm
3. 12cm; 6cm
4. 24cm2
5. 10cm; 6cm
6. 112cm2
7. 135cm2
8. 8cm
9. cm2
10.
11. 84 m2
12. 33 m2
13. 96 m2
14. 95 m2
15. 600 m2
146

TEMA 35
ÁREA DE FIGURAS PLANAS - POLÍGONOS
1. 3 cm2
2. 1/2 da área do quadrado original
3. L2
4. 2A
5. 3
6. 6 – 2π
7.
8.
9. 3/4 da área do quadrado original
10. 12 cm2
11. 8
12. 6 – 6
TEMA 37
ÁREA DE FIGURAS
PLANAS - CÍRCULO E SUAS PARTES
1. 16πcm2
2. 81πcm2
3. 2
4. 3/4
5. 3(2π – 3 )cm2
6.
7. 2(3 – π )
8.
9. 3
10. 25 cm2
11.
12. 2d2
13.
14. πr
15. 144πcm2
147
Matemática Elementar II – Conjuntos Numéricos

149
Ávila, G. Cálculo 1; funções de uma variável. Rio de Janeiro, Livros Técnicos e Científico, 1982
Boyer, Carl B. História da Matemática, São Paulo, Edgar Blücher/Edusp,1974
Coleção do Professor de Matemática, Rio de Janeiro, SBM, 1993
Dante,L.R.Didática da resolução de problemas da Matemática, 12. ed. São Paulo, Ática,1997
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REFERÊNCIAS

Geometria 1

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