Geometria Plana - Teoria

Pré-Vestibular
Teoria e Exercícios Propostos

PV2D-06-MAT-21
índice.matemática 2
Capítulo 01. ABasedaGeometria
1. Introdução ........................................................................................................ 11
2. Conceitos Primitivos, Definições e Notações .......................................................... 11
2.1. Por que nem tudo pode ser definido em uma Teoria? ............................................. 11
2.2. Estar entre: um Conceito Primitivo ........................................................................... 12
2.3. Definição de Segmento de Reta .............................................................................. 12
2.4. Segmentos Congruentes ......................................................................................... 12
2.5. Divisão de Segmento ............................................................................................... 12
2.6. Ponto Médio de Segmento de Reta........................................................................ 13
3. Postulados e Teoremas ...................................................................................... 13
3.1. Por que nem tudo pode ser provado em uma Teoria? .............................................. 13
3.2. Teorema.................................................................................................................. 14
3.3. Teorema Recíproco .................................................................................................. 14
4. Ângulos ............................................................................................................ 15
4.1. Definição ................................................................................................................. 15
4.2. Medidas de um Ângulo ............................................................................................ 15
4.3. Ponto Interior de um Ângulo ................................................................................... 15
4.4. Setor Angular .......................................................................................................... 15
4.5. Classificação dos Ângulos.......................................................................................... 16
4.6. Bissetriz de um Ângulo ............................................................................................. 17
5. Ângulos de Duas Retas com Uma Transversal ........................................................ 19
5.1. Definição ................................................................................................................. 19
5.2. Propriedades ........................................................................................................... 20
5.3. Teorema Importante ............................................................................................... 20
Capítulo02. Triângulos
1. Definição e Elementos Fundamentais .................................................................... 22
2. Classificação ...................................................................................................... 22
2.1. Quanto aos Lados .................................................................................................... 22
2.2. Quanto aos Ângulos ................................................................................................. 23
3. Estudo dos Ângulos............................................................................................. 23
3.1. Teorema dos Ângulos Internos ................................................................................. 23
3.2. Teorema do Ângulo Externo .................................................................................... 24
3.3. Teorema dos Ângulos Externos ................................................................................ 24
4. Pontos Notáveis .................................................................................................. 25
4.1. Baricentro ................................................................................................................ 25
4.2. Ortocentro .............................................................................................................. 25
4.3. Incentro .................................................................................................................. 26
4.4. Circuncentro ............................................................................................................ 26

5. Triângulos Congruentes....................................................................................... 28
5.1. Definição .................................................................................................................. 28
5.2. Casos de Congruências ............................................................................................. 28
5.3. Conseqüências Importantes ..................................................................................... 33
Capítulo 03. Quadriláteros Notáveis
1. Definição e Elementos ......................................................................................... 35
2. Classificação dos Quadriláteros Convexos .............................................................. 35
2.1. Trapézio ................................................................................................................... 35
2.2. Paralelogramo........................................................................................................... 36
2.3. Losango ................................................................................................................... 36
2.4. Retângulo ................................................................................................................ 36
2.5. Quadrado ................................................................................................................. 36
3. Propriedades dos Paralelogramos......................................................................... 36
3.1. Ângulos Opostos Congruentes ................................................................................. 36
3.2. Lados Opostos Congruentes..................................................................................... 37
3.3. Diagonais cortam-se no Meio .................................................................................... 37
4. Propriedades dos Losangos ................................................................................. 38
4.1. Diagonais Perpendiculares ......................................................................................... 38
4.2. Diagonais nas Bissetrizes dos Ângulos Internos .......................................................... 39
5. Propriedade do Retângulo: .................................................................................. 39
5.1. Diagonais Congruentes ............................................................................................. 39
6. Conclusão Importante ......................................................................................... 40
Capítulo04. ÂngulosnaCircunferência
1. Circunferência e Círculo ...................................................................................... 42
1.1. Circunferência .......................................................................................................... 42
1.2. Círculo ...................................................................................................................... 42
1.3. Elementos de uma Circunferência ............................................................................. 42
1.4. Posições de um Ponto em Relação a uma Circunferência ........................................... 42
1.5. Posições de uma Reta em Relação a uma Circunferência ........................................... 43
1.6. Propriedade da Reta Tangente ................................................................................. 43
1.7. Propriedade da Reta Secante ................................................................................... 44
1.8. Posições Relativas de Duas Circunferências ................................................................ 44
2. Ângulo Central ................................................................................................... 46
3. Ângulo Inscrito ................................................................................................... 46
4. Propriedade do Ângulo Inscrito............................................................................. 47
5. Conseqüências da Propriedade do Ângulo Inscrito .................................................. 48
5.1. Arco Capaz ............................................................................................................... 48
5.2. Pontos não Pertencentes ao Arco Capaz .................................................................. 48
5.3. Triângulo Retângulo ................................................................................................. 48
5.4. Quadrilátero Inscrito ................................................................................................. 49

PV2D-06-MAT-21
6. Ângulo de Segmento........................................................................................... 49
6.1. Definição .................................................................................................................. 49
6.2. Propriedade ............................................................................................................. 49
7. Ângulo de Vértice Interno .................................................................................... 50
7.1. Definição .................................................................................................................. 50
7.2. Propriedade.............................................................................................................. 50
8. Ângulo de Vértice Externo ................................................................................... 50
8.1. Definição .................................................................................................................. 50
8.2. Propriedade ............................................................................................................. 51
Capítulo 05. EstudodosPolígonos
1. Definições e Elementos ....................................................................................... 52
1.1. Segmentos Consecutivos ......................................................................................... 52
1.2. Polígonos e seus Elementos ..................................................................................... 52
2. Posição de um Ponto........................................................................................... 52
3. Região Poligonal ................................................................................................. 52
4. Polígono Convexo e Polígono Côncavo ................................................................... 53
5. Nomenclatura .................................................................................................... 53
6. Número de Diagonais de um Polígono Convexo ...................................................... 53
7. Ângulos de um Polígono Convexo.......................................................................... 54
7.1. Teorema 1 ............................................................................................................... 54
7.2. Teorema 2 ............................................................................................................... 54
8. Ângulos Internos e Externos de um Polígono Regular .............................................. 55
8.1. Polígono Regular ...................................................................................................... 55
8.2. Ângulos ................................................................................................................... 56
8.3. Outros Ângulos em um Polígono Regula ................................................................... 56
Capítulo 06. Teoremas de Tales e da Bissetriz Interna
1. Definições.......................................................................................................... 59
2. Teorema de Tales............................................................................................... 59
3. Teorema da Bissetriz Interna ............................................................................... 60
Capítulo07. SemelhançadeTriângulos.
1. Semelhança....................................................................................................... 62
1.1. Figuras Semelhantes................................................................................................. 62
1.2. Exemplo e Contra-Exemplo....................................................................................... 62
1.3. Triângulos Semelhantes ............................................................................................ 63
1.4. Teorema Fundamental.............................................................................................. 63
2. Casos de Semelhança ......................................................................................... 65

Capítulo 08. Relações Métricas na Circunferência
1. Teoremas .......................................................................................................... 68
1.1. Teorema 1 ............................................................................................................... 68
1.2. Teorema 2 ............................................................................................................... 68
1.3. Teorema 3 ............................................................................................................... 69
2. Tangência.......................................................................................................... 69
2.1. Retas Tangentes por um Ponto Externo................................................................... 69
2.2. Quadriláteros Circunscritíveis ..................................................................................... 70
2.3. Estrutura de uma Figura com Tangência ................................................................... 70
Capítulo09. RelaçõesMétricasnoTriânguloRetângulo
1. Triângulos Retângulos Semelhantes...................................................................... 73
2. Relações Métricas............................................................................................... 73
3. Teorema de Pitágoras ......................................................................................... 74
4. Recíproca do Teorema de Pitágoras...................................................................... 74
5. Problemas de Tangência ..................................................................................... 78
Capítulo10. SenoseCo-Senos:Teoremas
1. Teorema dos Senos ............................................................................................ 81
1.1. Demonstração para o Caso de um Triângulo Acutângulo ........................................... 81
1.2. Demonstração para o Caso de um Triângulo Obtusângulo ......................................... 81
1.3. Demonstração para o Caso de um Triângulo Retângulo ............................................. 82
2. Teorema dos Co-senos........................................................................................ 83
2.1. Demonstração .......................................................................................................... 84
2.2. Síntese .................................................................................................................... 84
3. Natureza de um Triângulo ................................................................................... 85
Capítulo11. PolígonosRegulares:Apótemas
1. Apótema de um Polígono Regular ......................................................................... 87
2. Cálculo do Apótema dos Principais Polígonos Regulares .......................................... 87
2.1. Triângulo eqüilátero .................................................................................................. 87
2.2. Quadrado ................................................................................................................. 87
2.3. Hexágono Regular .................................................................................................... 88
2.4. Octógono Regular .................................................................................................... 88
3. Cálculo do Raio da Circunferência Circunscrita ....................................................... 88
Capítulo12. ComprimentodeCircunferênciaseArcos
1. Limites do Comprimento de uma Circunferência .................................................... 90
1.1. Polígonos Regulares Inscritos .................................................................................... 90
1.2. Polígonos Regulares Circunscritos .............................................................................. 90

PV2D-06-MAT-21
2. O Comprimento da Circunferência e o Número p .................................................... 91
3. Comprimento de um Arco de Circunferência .......................................................... 92
3.1. Arco em Graus ......................................................................................................... 92
3.2. Arco em Radianos .................................................................................................... 92
Capítulo13. ÁreasdasRegiõesElementares
1. Conceitos Básicos ............................................................................................... 93
1.1. Noção Intuitiva de Área............................................................................................ 93
1.2. Definição da Área de uma Região Poligonal ............................................................... 93
1.3. Regiões Poligonais Equivalentes ................................................................................ 93
2. Cálculo de Áreas ................................................................................................ 94
2.1. Área de um Retângulo ............................................................................................. 94
2.2. Área de um Paralelogramo ........................................................................................ 94
2.3. Área de um Triângulo ............................................................................................... 95
2.4. Área de um Trapézio ................................................................................................ 95
2.5. Área de um Losango ................................................................................................ 95
3. Divisão de uma Região Triangular em Partes Equivalentes ....................................... 96
4. Área de um Triângulo em Função da Medida de Dois Lados e do Ângulo Compreendido ... 98
5. Fórmula de Heron............................................................................................... 99
6. Fórmula da Área em Função do Raio da Circunferência Inscrita ............................... 99
7. Fórmula da Área em Função do Raio da Circunferência Circunscrita ....................... 100
8. Área de um Polígono Regular ............................................................................. 101
9. Área de um Círculo ........................................................................................... 101
10. Área das Partes do Círculo ............................................................................... 102
10.1. Setor Circular ....................................................................................................... 102
10.2. Segmento Circular ................................................................................................ 102
10.3. Coroa Circular ....................................................................................................... 103
Exercícios Propostos ................................................................................................................................ 107

Capítulo 01. A Base da Geometria
Geometria Plana.02
11PV2D-06-MAT-21
Capítulo01. ABasedaGeometria
1. Introdução
Existem indícios de que os primeiros
conhecimentos de Geometria foram desen-
volvidos por volta de 2000 a.C. pelos
babilônios, e cerca de 1300 anos a.C. pelos
egípcios, na tentativa de resolver proble-
mas do cotidiano, como a demarcação de ter-
ras ou a construção de edifícios. No entanto,
foram os gregos, por volta de 600 a.C., os pri-
meiros a sistematizar e organizar tudo que
se conhecia sobre o assunto até sua época.
O principal trabalho dos gregos foi feito
porEuclides,porvoltade300a.C.,queescreveu
umtratadodeGeometria, chamadoElementos.
A preocupação central de Euclides em
sua obra é a demonstração de propriedades
geométricas com o auxílio da Lógica.
Da mesma forma que Euclides, inicia-
mos este livro apresentando neste capítulo
os conceitos primitivos, definições, postula-
dos e teoremas, que serão básicos para o de-
senvolvimento da Geometria, aqui chamada
euclidiana, em homenagem ao seu principal
organizador.
2. ConceitosPrimitivos,
DefiniçõeseNotações
2.1. Por que nem tudo pode ser
definidoemumaTeoria?
Sempre que definimos algum elemento
em uma teoria, usamos, como ferramenta de
linguagem, outros elementos já definidos
anteriormente.
Exemplo
“Triângulo é a reunião de três segmentos con-
secutivos determinados por três pontos não
colineares”.
Essa definição só pode ser apresentada
apósoconhecimentodosconceitosde:reunião,
segmentos consecutivos e pontos não
colineares; e esses conceitos só podem ser apre-
sentados a partir de outros, e assim por diante.
Porém, essa seqüência de conceitos pre-
viamente apresentados não pode ser prolon-
gada indefinidamente. É necessário estabele-
cer um ponto de partida, isto é, alguns con-
ceitos devem ser adotados sem definição
(conceitos primitivos), para que todos os de-
mais possam ser apresentados a partir deles.
São conceitos primitivos na Geometria
euclidiana:
• Ponto(indicadoporletramaiúsculalatina)
Exemplos
• Reta (indicada por letra minúscula
latina).
Exemplos
• Plano(indicadoporletraminúsculagrega)
Exemplos

12
GeometriaPlana
Capítulo 01. A Base da GeometriaPV2D-06-MAT-21
2.2. Estar entre: um Conceito
Primitivo
A noção de estar entre é um conceito
primitivo que obedece às seguintes condições:
1ª) Se P está entre A e B, então A, B e P
são distintos dois a dois.
2ª) Se P está entre A e B, então A, B e P
são colineares (estão na mesma reta).
3ª) Se P está entre A e B, então A não está
entre B e P, e B não está entre A e P.
4ª) Se A e B são dois pontos distintos,
então existe um ponto P que está entre A e B.
Exemplos
2.3. DefiniçãodeSegmentodeReta
Dados dois pontos distintos, chamamos
de segmento de reta a figura (*) constituída
por eles e por todos os pontos que estão entre
eles.
Exemplo
O segmento de reta determinado por A
e B é representado por 12, dizemos que A e B
são suas extremidades, e representamos por
AB a medida de 12.
12 1 2 3 3 1 2= ∪1 21 2 3 43456 37583 3
(*) Para apresentarmos a teoria da Geo-
metria de modo mais sucinto, admitiremos
alguns conceitos como conhecidos, como o de
figura (conjunto de pontos não vazio)
2.4. SegmentosCongruentes
Definição – Dois segmentos de reta são
chamados congruentes quando tiverem a
mesma medida, na mesma unidade.
Exemplo
Os segmentos de reta 12 e 12, da figu-
ra, têm medida 4 cm, portanto são
congruentes.
Indica-se: 12 34≅
2.5. Divisão de Segmento
Definição 1 – Se P é um ponto que está
entre A e B, dizemos que P divide interior-
mente 12 numa razão 1
23
24
=
Exemplo
Na figura abaixo AP = 5 cm e PB = 6 cm,
então:
P divide 12 na razão 1
23
24
= =
1
2
Observação
No exemplo acima, o ponto P divide
o segmento de reta 12 na razão
1
23
24
1= =
2
3
.
Definição 2 – Se A é um ponto entre P e
B, ou B é um ponto entre A e P, dizemos que o
ponto P divide exteriormente 12 na razão
1
23
24
= .

13
GeometriaPlana
Capítulo 01. A Base da Geometria PV2D-06-MAT-21
Exemplo
Na figura abaixo PA = 3 cm e AB = 5 cm,
então:
P divide 12 na razão 1
23
24
= =
1
2
Observação
No exemplo acima, o ponto P divide
o segmento de reta 12 na razão
1
23
24
1= =
2
3
.
2.6. PontoMédiodeSegmentode
Reta
Definição – Ponto médio de um segmen-
to de reta é o ponto que divide o segmento
interiormente na razão 1.
Exemplo
Na figura 12 23≅ , então P é o ponto
médio de 12, pois P divide 12 na razão
1
23
24
= = 1
3. Postulados e Teoremas
3.1. Por que nem tudo pode ser
provadoemumaTeoria?
A demonstração de uma propriedade é
feita com base em outras propriedades já de-
monstradas anteriormente. No entanto, as
primeiras propriedades de uma teoria, por-
que não têm outras para apoiar as suas de-
monstrações, são simplesmente “aceitas”
como verdadeiras. Essas propriedades são
chamadas de postulados.
São postulados na Geometria
euclidiana:
a) Um ponto de uma reta divide-a em
duas regiões chamadas semi-retas. O ponto
O é chamado de origem das semi-retas, e elas
são ditas opostas.
Exemplo
OpontoOdivideareta 12
← →⎯
emduassemi-
retas 12 3 14
⎯ →⎯ ⎯ →⎯
, e O é a origem das semi-retas.
b) Uma reta de um plano divide-o em
duas regiões chamadas semiplanos. A reta é
chamada de origem dos semiplanos, e eles
são ditos opostos.
Exemplos
A reta r divide o plano α em dois
semiplanos, rA e rB, e r é a origem dos
semiplanos.
c) Dois pontos distintos determinam
uma única reta.
Exemplo
Os dois pontos distintos (não coinciden-
tes) A e B determinam a reta 12
← →⎯
.
d) Três pontos não colineares determi-
nam um único plano.
Exemplo
Os três pontos não colineares (não situ-
ados em uma mesma reta) A, B e C determi-
nam o plano α.

14
GeometriaPlana
3.2. Teorema
Teoremas são proposições que prova-
mos ser verdadeiras a partir de conceitos pri-
mitivos, de definições, de postulados, ou de
outras proposições já demonstrados.
Em um teorema destacam-se três par-
tes: hipótese, tese e demonstração.
A hipótese é o conjunto de condições que
admitimos como verdadeiras, a tese é o que
queremos concluir como verdadeiro e a de-
monstração é o raciocínio que usamos para
provar a tese.
Exemplo
Dado um segmento 12 e uma razão k,
existe um único ponto P que divide interior-
mente 12 na razão dada.
Hipótese:
1 2 3
12
13
4
1234 15361 1
=
1
23
43
Tese: 1 1 234561
Demonstração
Supondo que existe um ponto P’ distin-
to de P, entre A e B, que divide 12 na razão k,
então:
1
23
24
2 3
2 4
23 24
24
2 3 2 4
2 4
= = ⇒
+
=
+1
1
1 1
1
Como PA + PB = AB e P’A + P’B = AB, te-
mos:
12
32
12
3 2
32 3 2= ⇒ =
1
1
Assim, P e P’ coincidem.
Logo, P é único. (c.q.d.)
3.3. TeoremaRecíproco
Os teoremas geralmente são enuncia-
dos na forma:
Se p, então q.
em que p é a hipótese e q é a tese.
Simbolicamente, temos:
1 2⇒
Trocando-se a hipótese, temos uma
nova proposição:
1 2⇒
que chamamos teorema recíproco, ou
recíproca do teorema.
Exemplo
“Se A, B e C são três pontos, tais que A
está entre B e C e B divide 12 na razão 2,
então 12 131 são congruentes”.
1 2 3
21
23
12 13
12341 1
=
1
23
43
⇒ ≅
5
A recíproca do teorema acima é:
“Se 12 131 são dois segmentos
congruentes, então A está entre B e C e B divi-
de 12 na razão 2”.
12 13
1 2 3
23
21
≅ ⇒
=
1
23
43
12341 1
5
Observação
A recíproca do teorema do exemplo não
é verdadeira; observe a figura.
12 131 sãodoissegmentoscongruentes,
AnãoestáentreBeC.

15
GeometriaPlana
4. Ângulos
4.1. Definição
Ângulo é a união de duas semi-retas de
mesma origem e não colineares.
Exemplo
Na figura, a reunião das semi-retas
12 13
⎯ →⎯ ⎯ →⎯
1 é chamada de ângulo e indicada
por:
1 1 1123 321 21 23 23
O é o vértice do ângulo e 12 13
⎯ →⎯ ⎯ →⎯
1 seus
lados.
4.2. MedidasdeumÂngulo
Para medirmos um arco de uma circun-
ferência, inicialmente a dividimos em 360
“partes” e chamamos de grau (°) a cada “par-
te” obtida. Medir o arco em graus é determi-
nar quantas “partes” o arco compreende.
Exemplo
A medida de um ângulo é a medida do
menor arco que o ângulo determina em uma
circunferência com centro no seu vértice.
Exemplo
A medida do 1 123 é a medida do arco
AB assinalado.
Indica-se
1 234 23411 2= = °1 12
Notamos que o ângulo é medido em
graus porque ele é medido a partir do arco
que determina na circunferência com centro
no seu vértice.
Observação
Sendo α a medida de um ângulo, então
1 231°< < °α
4.3. PontoInteriordeumÂngulo
Definição – Dado um ângulo e um pon-
to P, dizemos que P é um ponto interior ao
ângulo quando qualquer reta que passa por
P intercepta os lados do ângulo em dois pon-
tos distintos A e B de modo que P seja sempre
um ponto entre A e B.
Exemplo
P é interior ao 1 123
4.4. SetorAngular
Definição – Chamamos de setor angu-
lar à reunião dos pontos pertencentes ao ân-
gulo e os seus pontos interiores.

16
GeometriaPlana
Exemplo
Setor angular do 1 123
4.5. ClassificaçãodosÂngulos
I. Quanto à posição
1º
) Ângulos consecutivos
Definição – Dois ângulos são consecu-
tivos quando têm o mesmo vértice e um lado
comum.
Exemplo
São consecutivos os pares de ângulos:
AOB e BOC; AOC e AOB; AOC e BOC.
2º
) Ângulos adjacentes
Definição – Dois ângulos são adjacen-
tes quando são consecutivos e não têm ponto
interno comum.
Exemplo
AOB e BOC são adjacentes.
3º
) Ângulos opostos pelo vértice (opv)
Definição – Dois ângulos são opostos
pelo vértice quando os lados de um deles são
semi-retas opostas aos lados do outro.
Exemplo
AOD e BOC são opv.
Observação
Dois ângulos opostos pelo vértice são
sempre congruentes (medidas iguais)
II. Ângulos reto, agudo e obtuso
1º
) Ângulo reto
Definição – Um ângulo é reto quando
sua medida for igual a 90°.
Exemplo
AOB é um ângulo reto.
Observação
As retas 12 13
← →⎯ ← →⎯
1 do exemplo são
ditas perpendiculares.
2º
) Ângulo agudo
Definição – Um ângulo é agudo quan-
do sua medida for menor que 90°.
Exemplo
α < 90°
1 123 é agudo.
Observação
As retas 12 13
← →⎯ ← →⎯
1 do exemplo são
ditas oblíquas.
3º
) Ângulo obtuso
Definição – Um ângulo é obtuso quan-
do sua medida for maior que 90°.

17
GeometriaPlana
Exemplo
1 123 é obtuso.
III. Ângulos complementares e suple-
mentares
1º
) Ângulos complementares
Definição – Dois ângulos são comple-
mentares quando a soma de suas medidas
for 90°. Dizemos que um é o complemento do
outro.
Exemplo
1 1123 4561 são complementares.
Observação
OsângulosAOBeBOCdafiguraabaixo
são adjacentes complementares.
2o
) Ângulos suplementares
Definição – Dois ângulos são suplemen-
tares quando a soma de suas medidas for 180°.
Dizemos que um é o suplemento do outro.
Exemplo
1 1123 4561 são suplementares.
Observação
Os ângulos AOBe BOC da figura abai-
xo são adjacentes suplementares.
4.6. BissetrizdeumÂngulo
Dados os ângulos 123 3241 11 , de vér-
tice O comum e lado 12
⎯ →⎯
, também comum,
conforme a figura abaixo,

18
GeometriaPlana
a semi-reta 12
⎯ →⎯
divide o ângulo 1231 em
duas partes congruentes. Essa semi-reta é
chamada bissetriz do ângulo 1231 . Assim:
Bissetriz de um ângulo é a semi-reta que
tem origem no vértice e o divide em duas par-
tes de medidas iguais.
Exercícios Resolvidos
01. P é um ponto que divide interior-
mente 12 na razão
1
2
eAB=35cm.CalculePA.
Resolução
1 2
1 3
4
5
=
1
23 1
4
3−
=
5x = 70 – 2x
7x = 70
x = 10
Resposta: PA= 10 cm
02. P é um ponto que divide exterior-
mente 12 narazão
1
2
e AB=35cm.CalculePA.
Resolução
12
13
=
1
2
1
1 23
4
3+
=
5x = 2x + 70
3x = 70
1
23
4
=
Resposta: 12
34
5
67=
03. Na figura, os ângulos têm as medi-
das indicadas.
a) Dar um par de ângulos complemen-
tares, se existirem.
b) Dar um par de ângulos congruentes
distintos, se existirem.
c) Indicar um par de semi-retas perpen-
diculares, se existirem.
d) Indicar uma semi-reta que seja
bissetriz de um ângulo da figura.
Resolução
a) 123 4251 11
12 32 42°+ °= °
b) 123 4251 1≡
c)
d) , bissetriz de 1231
04. Calcule a medida de um ângulo que
é o dobro do seu complemento.
Resolução
x = medida do ângulo
90° – x = medida do complemento do
ângulo
Então:
1 2 34 1= °−1 2
Assim:
1 234 51 1 64= °− ⇒ = °
Resposta: A medida do ângulo é 30°.

19
GeometriaPlana
05. Na figura a seguir tem-se: 12
⎯ →⎯
é
bissetriz de 1231 e 12
⎯ →⎯
é bissetriz de 1231 .
Determine:
a) a medida de 1231 ;
b) a medida de 1231 .
Resolução
é bissetriz de 1231 , logo
123 3241 11 = °23
é bissetriz de 1231 , logo
123 3241 11 = °23
Pela figura:
123 124 4231 1 11 + = °+ °= °23 45 65
123 124 425 526 6231 1 1 1 11 + + + =
= °+ °+ °+ ° = °12 12 34 34 542
Resposta
a) 1231 1 23°
b) 1231 = °123
06. 12
⎯ →⎯
é bissetriz de um ângulo 1231 .
Conhecendo a medida de 1231 , determine a
medida de 1231 , em cada caso.
a) 1231 = °11
b) 1231 = °121
c) 1231 1= °23 45
d) 1231 = °12
Resolução
Basta dividir cada medida por 2
a) 11 2 22 223 1= °⇒ = °123
b) 121 2 123 43 2 43 53
43 53
6 7 6 7
1 7
= ° = ° ⇒
⇒ = °123
c) 12 34 1 15 61 78 1 31 47 48° = ° = ° ⇒9
9
9
⇒ = °1231 1 234 56 57
d) 12 3 11 45 3 33 65
33 65
° = ° = ° ⇒
⇒ = °
7 8 7 8
1 8123
5. Ângulos de Duas Retas
comUmaTransversal
5.1. Definição
Quando uma transversal a duas retas dis-
tintas intercepta essas retas em dois pontos
distintos, os oito ângulos determinados são
classificados, conforme a figura, em:
• ângulos colaterais internos: 3 e 6, 4 e 5;
• ângulos colaterais externos: 1 e 8, 2 e 7;
• ângulos alternos internos: 3 e 5, 4 e 6;
• ângulos alternos externos: 1 e 7, 2 e 8;
• ângulos correspondentes: 1 e 5, 2 e 6, 4 e
8, 3 e 7.

20
GeometriaPlana
5.2. Propriedades
Quando duas retas paralelas distintas são
cortadas por uma transversal, temos:
• dois ângulos correspondentes são
congruentes;
• dois ângulos alternos internos são
congruentes;
• dois ângulos alternos externos são
congruentes;
• dois ângulos colaterais internos são
suplementares;
• dois ângulos colaterais externos são
suplementares.
5.3. TeoremaImportante
Duas retas são paralelas distintas se, e so-
mente se, formarem com uma transversal
ângulos alternos internos congruentes.
r // s ⇔ =α β
01. Na figura abaixo, as retas r e s são pa-
ralelas. Calcule x.
Resolução
Os ângulos são alternos internos, logo são
congruentes:
2x + 30° = 3x + 5°
2x – 3x = 5 – 30
− = − → = °1 23 1 23
Resposta: O valor de x é 25°
02. Sendo a reta r paralela à reta s, calcule
o valor de x.
Resolução
Sendo t uma reta paralela a r e s, temos
a = 70° e b = 40°
Assim, x = a + b = 70° + 40° = 110°
Resposta: O valor de x é 110°

21
GeometriaPlana
03. Na figura dada, sabe-se que r // s.
Calcule x.
Resolução
Pelo vértice do ângulo reto, vamos traçar a reta u
paralela a r e a s, determinando os ângulos de medi-
das a e b, conforme a figura.
Temos: a = 72° (ângulos alternos internos)
b = 90° – a = 90° – 72
b = 18°
Como x = b (ângulos correspondentes), temos
x = 18°
Resposta: O ângulo x vale 18°.
Observações
• As propriedades dos pares de ângulos
correspondentes, alternos e colaterais são
válidas apenas no caso em que as duas retas
são paralelas.
• Se as retas não forem paralelas, as pro-
priedades não são válidas, mas os nomes des-
ses pares de ângulos continuam sendo os
mesmos.

22 Capítulo 02. TriângulosPV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo02. Triângulos
1. DefiniçãoeElementos
Fundamentais
Definição
Dados três pontos A, B e C não colineares,
o triângulo ABC é a reunião dos segmentos
12 13 231 2 22322 .
∆123 12 13 23= ∪ ∪
Elementos
• Vértices: são os pontos A, B e C.
• Lados:sãoossegmentos 12 13 231 2 22322 .
• Ângulos internos: são os ângulos ABC,
ACB e BAC.
• Ângulos externos: são os ângulos ad-
jacentes suplementares dos ângulos internos
(figura abaixo).
2. Classificação
2.1. Quanto aos Lados
I. Triângulo escaleno é o que tem os três
lados com medidas diferentes.
12 13 23≠ ≠
II. Triângulo isósceles é o que tem pelo
menos dois lados com medidas iguais.
AB = AC
III. Triângulo eqüilátero é o que tem os
três lados com medidas iguais.
AB = AC = BC

23Capítulo 02. Triângulos PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
2.2. QuantoaosÂngulos
I. Triângulo retângulo é o que tem um ân-
gulo reto. O lado oposto ao ângulo reto é a
hipotenusa e os outros, catetos.
11 = °12
II. Triângulo acutângulo é que o tem os
três ângulos agudos.
1
1
1
1
2
3
°
°
°
12
12
12
III. Triângulo obtusângulo é o que tem
um ângulo obtuso.
11 °12
3.EstudodosÂngulos
3.1.TeoremadosÂngulosInternos
Em todo triângulo a soma das medidas
dos três ângulos internos é igual a 180°
(teorema angular de Tales).
Demonstração
Traçando a reta r paralela ao lado 12,
temos:
α
β
=
=
1
233
433
11
2
1
2
alternos internos em paralelas
e como α β+ + = °
1
1 123
1 1 1
1 2 3+ + = °123
Exemplo
Em um triângulo ABC,
1
1 é o dobro de
1
1 e
1
1 é o triplo de
1
1. Calcule as medidas dos
ângulos
1 1 1
1 2 31 2 .
1
1 2=
1
1 2= 1
1
1 2= 1
Resolução
Pelo teorema angular de Tales:
1 1 1
1 2 3+ + = °123
3x + 2x + x = 180°
6x = 180°
x = 30°
Teremos:
A = 3 · 30 = 90°
B = 2 · 30 = 60°
C = 1 · 30° = 30°
Resposta:
1 1 1
1 2 3= ° = ° = °12 32 425 6
1 1 1
1 2 3+ + = °123

GeometriaPlana
3.2.TeoremadoÂnguloExterno
Em todo triângulo, a medida de um ângu-
lo externo é igual à soma das medidas dos
dois ângulos internos não adjacentes a ele.
α = +
1 1
1 2
Demonstração
1 1 1
1 2 3+ + = °123 (I)
α + = °
1
1 123 (II)
Fazendo I = II temos
1 1 1 1
1 2 3 3+ + = +α
Assim: α = +
1 1
1 2
Observação
Esta propriedade é válida para qualquer ân-
gulo externo de um triângulo. Observe a figura:
1 1 1
α = +1 2
1 1 1
β = +1 2
θ = +
1 1
1 2
3.3.TeoremadosÂngulosExternos
Em todo triângulo a soma das medidas
dos ângulos externos é igual a 360°.
α + β + γ= 360°
Demonstração
1 1 1
1 2 3 4= °− = °− = °−123 123 123α β γ4
Como
1 1 1
1 2 3+ + = °123 temos:
123 123 123 123°− + °− + °− = °α β γ1 2 1 2 3 4
Assim: α β γ+ + = °123
01.Calcular o valor do ângulo x na figura
abaixo.
Resolução/Resposta
Dividiroquadriláteroemdoistriângulos,prolon-
gando-se um dos seus lados.
Resolução
1
1 é externo ao ∆123 4⇒ = °+ °= °
1
12 32 442
1
1 é externo ao ∆123 4 5⇒ = + °
1 1
12
1
1 = °+ °112 32
1
1 = °123
Resposta: O ângulo x mede 140°.

GeometriaPlana
02. Calcular o valor de x na figura.
Resolução
(3x + 10°) + 4x + (5x – 10°) = 360°
12x = 360°
x = 30°
Resposta: x = 30°.
4.PontosNotáveis
4.1. Baricentro
Definições
1ª) Medianadeumtriânguloéosegmentoque
une umvértice aopontomédio doladooposto.
2ª) Baricentro de um triângulo é o ponto
de encontro das três medianas do triângulo.
12 32 421 2 31 2 : medianas
G é o baricentro do ∆123
4.2. Ortocentro
Definições
1ª) Altura de um triângulo é o segmento
da perpendicular traçada de um vértice à reta
suporte do lado oposto e que tem extremida-
des nesse vértice e no ponto de encontro com
essa reta suporte.
2ª) Ortocentro de um triângulo é o ponto
de encontro das retas suportes das três altu-
ras de um triângulo.
∆ acutângulo
O é o ortocentro do ∆123
∆ retângulo
∆ obtusângulo
Observação
Sendo ABC um triângulo acutângulo
ou obtusângulo, o triângulo com vértices
nos pés das alturas ∆1 1 11 2 31 2 é o tri-
ângulo órtico do triângulo ABC.

GeometriaPlana
01. No triângulo MTV, 12 é a altura rela-
tiva ao lado 12 (figura abaixo). Calcular os
ângulos x e y do triângulo.
Resolução
No ∆123 temos:
x + 24° + 90° = 180° ⇒ x = 180 – 114
1
1 = °11
No ∆123 temos:
y + 48° + 90° = 180° ⇒ y = 180 – 138
Resposta:
1
1 = °12
Atenção: 12 é perpendicular a TV – definição
de altura.
02. O perímetro do triângulo CNT é 95 cm,
os lados 12 e 12 medem, respectivamente,
20 cm e 40 cm. Se 12 é a mediana relativa do
lado 12 , determine a medida de 12 .
Resolução
CN + TN + TC = 95
CN + 40 +20 = 95 ⇒ CN = 35
TX é mediana, logo 12
13
=
1
12 =
12
3
Resposta: 12 = 12 34 56
4.3. Incentro
Definições
1ª) Bissetriz de um ângulo é a semi-reta
com pontos internos ao ângulo e que deter-
mina com seus lados dois ângulos adjacen-
tes congruentes.
12
→
é a bissetriz de 123
1
2ª) Bissetriz interna de um triângulo é o
segmento da bissetriz de um ângulo interno
que tem extremidades no vértice desse ângu-
lo e no ponto de encontro com o lado oposto.
3ª) Incentro de um triângulo é o ponto de
encontro das bissetrizes internas do triângulo.
I é o incentro do ∆123
Observação
O incentro de um triângulo é o centro
da circunferência nele inscrita.
4.4. Circuncentro
Definições
1ª) Mediatriz de um segmento de reta é a
reta perpendicular a esse segmento pelo seu
ponto médio.

GeometriaPlana
t é a mediatriz de 12
2ª) Mediatriz de um triângulo é a me-
diatriz de um dos lados do triângulo.
3ª) Circuncentro de um triângulo é o ponto
de encontro das três mediatrizes do triângulo.
∆ acutângulo
O é o centro do ∆123
∆ retângulo
O é o circuncentro do ∆123
∆ obtusângulo
O é o circuncentro do ∆123
Observação
Ocircuncentrodeumtriânguloéocentro
dacircunferêncianelecircunscrita.
01. (UFMG-MG) No triângulo ABC, as se-
guintes atribuições são feitas:
I) 12 = altura, 12 = mediana, m = bissetriz
II) 12 = altura, 12 = mediana, m = bissetriz
III)m=mediatriz, 12 =mediana, 12 =altura
IV) 12 =bissetriz, 12 =altura,m=mediatriz
Pode-se afirmar que
a) I e II são verdadeiras.
b) II e III são verdadeiras.
c) III e IV são verdadeiras.
d) I e IV são verdadeiras.
e) II e IV são verdadeiras.
Resposta: C
Resolução
I) 12 = altura (V)
12 = mediana (V)
m = bissetriz (F)
II) 12 = altura (F)
12 = mediana (V)
m = bissetriz (F)
III) m = mediatriz (V)
12 = mediana (V)
12 = altura (V)
IV) 12 = bissetriz (V)
12 = altura (V)
m = mediatriz (V)
III e IV são verdadeiras.
123 423 15 451 1
= =11211

GeometriaPlana
02. (Mackenzie-SP) Se um ponto D no pla-
no de um triângulo é eqüidistante dos três
lados desse triângulo, ele é necessariamente
a intersecção das:
a) alturas
b) mediatrizes dos lados
c) medianas
d) bissetrizes dos ângulos internos
e) nenhuma das alternativas anteriores
são corretas.
Resposta: D. Se D é eqüidistante dos três lados
de um triângulo, então é o centro da circunferência
inscritanotriângulo;D éoincentro,pontodeencon-
trodasbissetrizesinternas.
5. Triângulos Congruentes
5.1. Definição
DoistriângulosABC eDEFsão congruentes
entre si se for possível estabelecer uma cor-
respondência entre seus vértices de modo que
seus lados sejam dois a dois congruentes e
também os seus ângulos internos sejam dois
a dois congruentes.
Assim:
12 34 1 3
15 36 2 4 125 346
25 46 5 6
≅ ≅
≅ ≅ ⇔ ≅
≅ ≅
1
1
1
1 1
1 1
1 1
∆ ∆
Observações
1ª) A correspondência 123 456⇔ é
chamada de correspondência congruência.
2ª) É possível estabelecer outras corres-
pondências entre os triângulos ABC e DEF,
porém não serão necessariamente corres-
pondência congruência.
3ª) Os triângulos ABC e DEF coincidem
por superposição.
Exemplo
Na figura abaixo, ∆ ∆123 145≅ , então
complete:
a) 12 ≅ d) 11 ≅
b) 12 ≅ e) 1123 ≅
c) 12 ≅ f) 1 123 ≅
Resolução
Como 123 145⇔ é uma correspondên-
cia congruência, temos:
a) 12 13≅ d) 1 11 2≅
b) 12 13≅ e) 1 1123 425≅
c) 12 34≅ f) 1 1123 145≅
5.2. Casos de Congruências
A definição de triângulos congruentes é
por demais “exigente”, v que para concluir-
mos que dois triângulos são congruentes é
necessário compararmos as seis medidas
básicas dos triângulos (lados e ângulos).
Existem situações em que podemos con-
cluir a congruência de dois triângulos a par-
tir da igualdade de 3 medidas básicas

GeometriaPlana
Essas situações são chamadas de casos de
congruência.
Verificar se uma situação é caso de
congruência é descobrir se as medidas co-
nhecidas de dois triângulos permitem esta-
belecer uma correspondência congruência
entre os dois triângulos.
1º caso de congruência: LAL
O primeiro caso de congruência de dois
triângulos é a correspondência lado-ângulo-
lado, e é adotado na geometria euclidiana
como um postulado.
Se dois triângulos têm ordenadamente
congruentes dois lados e o ângulo compre-
endido, então eles são congruentes.
12 1 2
1 1
13 1 3
4 4
123 1 2 3
≅
≅
≅
1
233
433
⇒ ≅
1 1
1
1 1
1 1 11 1
∆
∆ ∆
∆ ∆123 1 2 3
456
2 2
23 2 3
3 3
≅ ⇒
≅
≅
≅
1
23
43
1 1 1
1
1 1
1
1 1
1 1
Observação – As marcas nos lados e no
ângulo dos ∆123 e ∆1 2 31 1 1 identificam os
elementos correspondentes congruentes.
Exemplo de aplicação:
As retas r e s da figura representam duas
estradas que passam pelas cidades W, X, Y e
Z e que se cruzam em P.
A partir de P, num mesmo instante, qua-
tro jovens A, B, C e D partem com destino às
cidades W, X, Y e Z, respectivamente.
Os jovens caminham com velocidade
constante de modo que:
VA = VB e VC = VD
Em que VA, VB, VC e VD são as velocidades
dos jovens A, B, C e D, respectivamente:
Provar que em qualquer instante do per-
curso, antes da chegada, a distância entre os
jovens A e C é a mesma que a dos jovens B e D.
Resolução
Num instante t após a partida, os jovens
A e B terão percorrido uma distância d1 e os
jovens C e D, uma distância d2.
Assim:
12 13 4
215 316
51 61 4
215 316
121
= =
=
= =
1
23
43
⇒ ≅
1
2
1 1
1235 6 ∆ ∆
∆ ∆123 425 13 45
123
≅ ⇒ =
1
Logo, a distância dos jovens A e C é a mes-
ma que a dos jovens B e D.
2º caso de congruência: ALA
O segundo caso de congruência de dois
triângulos é a correspondência ângulo-lado-
ângulo.
congruentes um lado e os dois ângulos a ele
adjacentes, então esses triângulos são
congruentes.

GeometriaPlana
1 1
1 1
1 1
12 1 2
2 2
343
312 3 1 2
≅
≅
≅
1
23
43
⇒ ≅
1
1 1
1
1 1 1∆ ∆
∆ ∆123 123
456
1 1
12 1 2
13 1 3
≅ ⇒
≅
≅
≅
1
233
433
1 1 1
2
1
1 1
1 1
1 1
Demonstração
Consideremos sobre a semi-reta 1 21 1
⎯ →⎯
um
ponto P tal que PB’ = AB.
12 32
24 24
2 2
515
124 324
=
=
=
1
2
33
4
33
⇒ ≅
1
1 1
1
1 1
1 1
∆ ∆
∆ ∆123 42 3
567
132 43 2≅ ⇒ ≅1 1
2
1 11 1
1 1
1 1
1 1
123 1 2 3
123 42 3
1 2 3 42 3
≅
≅
123
⇒ ≅
1 1 1
1 1
1 1 1 1 1
Assim, as retas 1 21 1
← →⎯
e 1 21
← →⎯
coincidem, e
istosignificaqueA’=P,ouseja, ∆ ∆1 2 3 42 31 1 1 1 12
são o mesmo triângulo.
Logo: ∆ ∆123 1 2 3≅ 1 1 1
3º caso de congruência: LLL
O terceiro caso de congruência de dois tri-
ângulos é a correspondência lado-lado-lado.
Se dois triângulos têm os três lados or-
denadamente congruentes, esses triângulos
são congruentes.
12 1 2
13 1 3
23 2 3
123 1 2 3
≅
≅
≅
1
2
33
4
33
⇒ ≅
1 1
1 1
1 1
1 1 1∆ ∆
∆ ∆123 1 2 3
456
1 1
2 2
3 3
≅ ⇒
≅
≅
≅
1
23
43
1 1 1
2
1
1
1
1 1
1 1
1 1
Demonstração
Tracemos uma semi-reta 12
⎯ →⎯
no semi-
plano oposto ao determinado por 12 e A, de
modo que 1 1123 4 2 3≅ 1 1 1 e 12 1 3≅ 1 1
12 1 3
214 3 1 4
14
3 1 4 214
535
≅
≅
1
23
43
⇒ ≅
1 1
1 1 1 1 1 11 1
2 34565
∆ ∆

GeometriaPlana
∆ ∆1 2 3 423
567 43 1 3
213 2 1 3
1 1 1
2 1 1
1 1 1
≅ ⇒
≅
≅
123
431 1
12 1 2
23 1 2
12 23 312 231
≅
≅
1
23
43⇒ ≅ ⇒ ≅
1 1
1 1
1 1
12 1 2
32 1 2
12 32 312 231
≅
≅
1
23
43⇒ ≅ ⇒ ≅
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
123 312
124 412
324 123 124
314 312 412
324 314
≅
≅
= +
= +
1
2
33
4
33
⇒ ≅1 1 1
1 1 1
1 1
1 1
1 1
123 143
143 1 2 3
123 1 2 3
≅
≅
123
⇒ ≅
1 1 1
1 1 1
12 1 2
213 2 13
13 1 3
414
123 1 2 3
≅
≅
≅
1
23
43
⇒ ≅ ⇒
1 1
1 1 1
1 1
1 1 11 1 ∆ ∆
Exemplo de Aplicação
Em uma aula de Educação Física o profes-
sor pede que as alunas Ana e Carolina per-
maneçam fixas em dois pontos distintos A e
C da quadra, e que o aluno Paulo, inicialmen-
te no ponto médio de 12, se movimente na
quadra, mantendo a eqüidistância de A e C.
Mostre que a trajetória de Paulo é uma
reta perpendicular a 12
← →⎯
.
Resolução
Seja P’ uma posicão de Paulo num instan-
te qualquer:
12 13
11
1 2 1 3
444
1 13 1 12
=
=
1
23
43
⇒ ≅1
1 1
1 12 34565 ∆ ∆
Assim, 122 322
1 1
1 1= = °23
Como P’PC é reto, então a trajetória de
Paulo é uma reta perpendicular a 12
← →⎯
.
4º caso de congruência: LAA0
O quarto caso de congruência de dois tri-
ângulos é a correspondência lado-ângulo-
ângulo oposto.
um lado, um ângulo e o ângulo oposto ao
lado, então eles são congruentes.
12 1 2
1 1
3 3
433
312 3 1 2
≅
≅
≅
1
23
43
⇒ ≅
1 1
1
1
1 1 11 1
1 1
1
∆ ∆
∆ ∆123 1 2 3
456
3 3
12 1 2
13 1 3
≅ ⇒
≅
≅
≅
1
233
433
1 1 1
2
1
1 1
1 1
1 1
Demonstração
1 1 1
1 1 1
1 1
1 1
1 1
1 2 3
1 2 3
1 1
2 2
3 3
+ + = °
+ + = °
=
=
1
2
33
4
33
⇒ =
123
1234 4 4
4
4
4
1 1
1 1
1 1
12 1 2
2 2
312 3 1 2
343
=
=
=
1
233
433
⇒ ≅
1
1 1
1
1 1 1∆ ∆

GeometriaPlana
Exemplo de Aplicação
A figura abaixo mostra uma gangorra com
haste rígida de extremidades A e B, apoiada
em uma mureta vertical num ponto P. Quan-
do as extremidades A e B tocam o chão, for-
mam com o mesmo ângulos de medidas
iguais.
Prove que o ponto P está no meio da haste
rígida.
Resolução
11
11 2 11 3
121 131
21 1 31 1
122
1
1 1
1 1
1 1
2 34565
1 1
1 1
=
=
1
2
33
4
33
⇒ ≅
1
∆ ∆
Então, AP = BP, ou seja,
P está no meio da haste rígida.
Caso especial de congruência
O caso especial de congruência de dois tri-
ângulos é a correspondência hipotenusa-
cateto.
Se dois triângulos retângulos têm orde-
nadamente congruentes a hipotenusa e um
cateto, então eles são congruentes.
1 1
1 1
12 1 2
23 2 3
34
123 1 2 3
= = °
≅
≅
1
2
33
4
33
⇒ ≅
12
3 3
3 3
3 3 3∆ ∆
∆ ∆123 1 2 3
456 3 3
2 2
13 1 3
≅ ⇒
≅
≅
≅
1
233
433
1 1 1
2 1
1
1 1
1 1
1 1
Demonstração
Sobre a semi-reta oposta a
12
⎯ →⎯
, tomemos
um ponto P de modo que A’P = AC.
1 2 13
21 4 314
1 4 14
515
1 4 2 143 6
1
1 1
1 1
1 1 1
=
=
=
1
23
43
⇒ ≅
1 1
∆ ∆ 5 6
Assim, B’P = BC = B’C’
Então, ∆12 31 1 é isósceles e
1 1
1 2= 1
1 2
31 4 4 1 2
3 4
511
1 1
1 1 1 1 1
2 34565
1 1
1 1
=
=
1
2
33
4
33
⇒
1
⇒ ∆ ∆1 2 3 1 2 4 551 1 1 1 1 1≅ 1 2
De I e II temos:
∆ ∆123 1 2 3≅ 1 1 1

GeometriaPlana
5.3. Conseqüências Importantes
I. Teorema do triângulo isósceles
Seumtriângulotemdoisladoscongruentes,
então os ângulos opostos a estes lados são
congruentes.
Sendo ABC um triângulo isósceles com
AB = AC, temos:
Hipótese Tese
AB = AC
1 1
1 2=
Demonstração
Consideremos os triângulos ABC e ACB,
isto é, associemos a A, B e C, respectivamen-
te, A, C e B.
II. Recíproca do teorema do triângulo
isósceles
Se um triângulo possui dois ângulos
congruentes, então esse triângulo tem dois
lados congruentes.
Sendo ABCumtriângulocom
1 1
1 2= ,temos:
Hipótese Tese
1 1
1 2= AB = AC
Demonstração
Consideremos os triângulos ABC e ACB,
isto é, associemos a A, B e C, respectivamente,
A, C e B.
01. Classifiqueemverdadeiro(V)ouFalso(F).
a) Todo triângulo isósceles é eqüilátero.
b) Todo triângulo eqüilátero é isósceles.
c) Um triângulo escaleno pode ser
isósceles.
d) Todo triângulo isósceles é triângulo
retângulo.
e) Todo triângulo retângulo é triângulo
escaleno.
f) Existe triângulo retângulo e isósceles.
g) Existe triângulo isósceles obtusângulo.
h) Todo triângulo acutângulo ou é
isósceles ou é eqüilátero.
Resolução/Respostas
a) F → Triângulo isósceles tem dois la-
dos iguais e eqüilátero três.
b) V → O triângulo eqüilátero tem, tam-
bém, dois lados iguais.
c) F → Triângulo escaleno tem os três la-
dos diferentes.
d) F → Há triângulos retângulos que não
são isósceles.
e) F → Há triângulos retângulos que têm
dois lados iguais.
f) V → Conseqüência da anterior.
g) V → Há triângulos retângulos com
dois lados iguais.
h) F → Há triângulos acutângulos que
não são isósceles nem eqüiláteros.

GeometriaPlana
02.Observe a figura:
Dados:
AB = 35
CE = 22
AC = 2x - 6
DE = 3y + 5
1 1
1 2=
Calcular o valor de x e y e a razão entre os
perímetros dos triângulos CBA e CDE.
Resolução
(A)
1 1
1 2= (dado)
(L)12 13 124 13
121= ⎯ →⎯⎯ ≅12131 2 ∆ ∆ E,
(A) 123 425
1 1
= 1231 2
Assim:
12 23= = 11
12 34= = 12
12 23= = 11
2x – 6 = 22 3y + 5 = 35
2x = 28 3y = 30
1 = 12 1 = 12
Para os perímetros, teremos:
∆123 32 31 21⇒ + + = + + =12 33 33 45
∆123 13 12 23⇒ + + = + + =11 11 23 45
Portanto, a razão entre os perímetros será
igual a 1.
Resposta: x = 14, y = 10 e a razão = 1.
03.Dado um segmento 12, construimos
123 432
1 1
≅ com AC = DB, conforme a figura
abaixo. Unindo os pontos C e D obtemos o
ponto M no segmento 12.
Mostre que M é ponto médio de 12.
Resolução:
12 34 56789

6
1
2 3
4 6
1
2 3
4
1221
≅
=
=
1
2
33
4
33
⇒ ≅
1 2
1 1 1 2
1 1 1 3 3 32
∆ ∆
∆ ∆123 425 12 42
123
≅ ⇒ =
1
Resposta:
1 2312234 56789
8645386

35Capítulo 03. Quadriláteros Notáveis PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo03. QuadriláterosNotáveis
1. DefiniçãoeElementos
Sejam A, B, C e D quatro pontos de um
mesmo plano todos distintos, sem que exis-
tam três colineares. Se os segmentos 12, 12,
12 e 12 interceptam-se apenas nas extre-
midades, a reunião desses quatro segmen-
tos é um quadrilátero.
Elementos de um quadrilátero convexo
ABCD.
• Vértices: são os pontos A, B, C e D.
• Lados: são os segmentos 12, 12 , 12
e 12.
• Ângulos internos: são os ângulos
1231 , 1231 , 1231 e 1231 .
• Ângulos externos: são os ângulos ad-
jacentes suplementares dos ângulos internos.
2. ClassificaçãodosQuadri-
láteros Convexos
2.1. Trapézio
Um quadrilátero convexo é um trapézio
se, e somente se, tiver dois lados paralelos.
12 = 1234 52678
12 = 1234 54678
Os trapézios podem ser classificados em:
I. Trapézio Isósceles: quando os lados não
paralelos são congruentes.
12 34 14 2311 2 ≅
1 1 1 11 2 3 4= =1
II. Trapézio Escaleno: quando os lados
não paralelos não são congruentes.
12 34 14 2311 2 ≠
III. Trapézio Retângulo: quando tem dois
ângulos internos retos.
12 34 1 411 1 12 = = °34

36 Capítulo 03. Quadriláteros NotáveisPV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
2.2. Paralelogramo
Um quadrilátero convexo é paralelogramo
se, e somente se, possuir os lados opostos pa-
ralelos.
12 34 14 2311 112
2.3. Losango
Um quadrilátero convexo é um losango
se, e somente se, possuir os quatro lados
congruentes.
12 23 34 41≅ ≅ ≅
2.4. Retângulo
Um quadrilátero convexo é um retângulo
se, e somente se, possuir os quatro ângulos
internos congruentes.
1 1 1 11 2 3 4= = = = °12
2.5. Quadrado
Um quadrilátero convexo é um quadrado
se, e somente se, possuir os quatro ângulos
internos congruentes e os quatro lados
congruentes.
12 23 34 14≅ ≅ ≅ e 1 1 1 11 2 3 4= = = = °12
3. Propriedades dos
Paralelogramos
3.1. ÂngulosOpostosCongruentes
I. Em todo paralelogramo os ângulos
opostos são congruentes.
Hipótese: ABCD é paralelogramo.
Tese: 1 1 1 11 2 3 4= =1
Demonstração
12 34 1 4
14 23 3 4
1 3
11 1 1
11 1 1
1 1⇒ + = °
⇒ + = °
1
23
43
⇒ =
234
234
Analogamente, provamos que 1 11 2= .
II. Todo quadrilátero convexo que pos-
sui ângulos opostos congruentes é
paralelogramo.
Hipótese: 1 1 1 11 2 3 4= =1
Tese: ABCD é paralelogramo.

GeometriaPlana
Demonstração
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
1 1
1 2 3 4 1 3 2 4
1 3 2 4
1 3
1 4
= = ⇒ + = +
+ + + = °
1
23
43
⇒
+ = °
+ = °
1
234
234
234
1 1 11
1 1 11
1 2 13 24
1 3 12 43
1243+ = °⇒
+ = ⇒
1
23
43
⇒
234
2342
5
67879
9

87

III. Conseqüência: Todo retângulo é
paralelogramo.
3.2. Lados Opostos Congruentes
I. Em todo paralelogramo os lados opos-
tos são congruentes.
Tese: AB = CD e BC = AD
Demonstrações
1234 1 2343565784397

⇒
1
23
43
1 1
1 1
12
3 4
312 421
312 421
13 24
32 14
122 3451
123454
1 1
1 1
1
=
=
1
2
33
4
33
⇒ ≅ ⇒
=
=
567
∆ ∆
II. Todo quadrilátero convexo que possui
os lados opostos congruentes é parale-
logramo.
Hipótese: AB = CD e BC = AD
Demonstração
12 34
23 14
13
213 431
=
=
1
23
43
⇒ ≅
1 23454
111
∆ ∆
∆ ∆123 342
123 432
132 423
123
≅ ⇒
=
=
1
23
43
1 1 1
1 1
123 432 21 34
132 423 13 24
21341 1 11
1 1 11
≅ ⇒
= ⇒
1
23
43
⇒
2
34546768954
8
III. Conseqüência: Todo losango é
paralelogramo.
3.3. Diagonais cortam-se no Meio
I. Em todo paralelogramo as diagonais se
interceptam nos respectivos pontos médios.
Tese: AM = CM e BM = DM
Demonstração
1234 12 34 5
12 34 216 436 55
126 346 555
1
2343565784397
6
⇒
=
⇒
1
23
43 =
=
1
2
33
4
33
5 6
5 6
5 6

1 1
1 1
1 2 11 2 111 3
121
1 2 1 2 1 2 ⇒ ≅ ⇒
=
=
3
45
65
∆ ∆123 145
41 21
31 51

GeometriaPlana
II. Todo quadrilátero convexo em que as
diagonais se interceptam nos respectivos
pontos médios é paralelogramo.
Hipótese: AM = MC e BM = MD
Demonstração
12 23
124 325
42 25
124 345
121
=
=
=
1
23
43
⇒ ≅1 1 12 32 45 6 ∆ ∆
∆ ∆123 435 13 45 6≅ ⇒ = 1 2
Analogamente para ∆123 e ∆123, te-
mos: BD = AD (II)
(I) e (II) ⇒ ABCD é paralelogramo.
4. Propriedades dos
Losangos
4.1. DiagonaisPerpendiculares
I. Todo losango tem as diagonais perpen-
diculares.
Hipótese: ABCD é losango.
Tese: 12 34⊥
Demonstração
1234 1234 15 53
15 54
1
2345673
1
85952
237953
⇒ ⇒
=
=
123
12 23
14 43
24
142 342
=
=
1
23
43
⇒ ≅
12343
111
∆ ∆
Assim:
123 4231 1= = °12
Então: 12 34⊥
II. Todo paralelogramo que tem as
diagonais perpendiculares é losango.
Hipótese: ABCD é paralelogramo e
12 34⊥ .
Tese: ABCD é losango.
Demonstração
12
32 42
123 124
123 124
123454
121
=
=
1
2
33
4
33
⇒ ≅
1 1
∆ ∆
Analogamente: ∆ ∆ ∆123 423 425≅ ≅
Assim: AB = BC = CD = AD
Então: ABCD é losango.

GeometriaPlana
4.2. Diagonais nas Bissetrizes dos
ÂngulosInternos
I. Todo losango tem as diagonais nas
bissetrizes dos ângulos internos.
Hipótese : ABCD é losango.
Tese:
123 423 132 432
214 314 241 341
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
= =
= =
123
Demonstração
12 23
14 34
13
123 341
=
=
1
23
43
⇒ ≅
1 23454
111
∆ ∆
∆ ∆123 341
213 431 5
231 413 55
≡ ⇒
=
=
1
2
33
4
33
1 1 1 2
1 1
3
5 6
∆123
12 23 213 231 444= ⇒ ⇒ =123245652 1 1 1 2
1 11 111 234 534 243 5431 2 1 2 1 21 1 1 1 12 2⇒ = =
Analogamente, provamos que:
123 423 132 4321 1 1 1= =1
II. Todo paralelogramo que tem as
diagonais nas bissetrizes dos ângulos in-
ternos é losango.
Hipótese:
1234
213 413 231 431
124 324 142 342
1 2343565784397 6
6
1 1
1 1

1 1 1 1
= =
= =
1
2
33
4
33
Tese: ABCD é losango.
Demonstração
1 1
1 1
1
1 1
1
1 1
1 1
1 2
312 412
1
321 421
2
312 321
412 421
=
= =
= =
1
2
333
4
333
⇒
=
=
1
1
2
123 423 21 13 51 1= ⇒ = 1 2
123 132 21 31 441 1= = ⇒ = 1 2
ABCD é paralelogramo ⇒ AB = CD (III)
(I), (II) e (III) ⇒ AB = BC = CD = AD
Assim, ABCD é losango.
5. PropriedadedoRetângulo:
5.1. Diagonais Congruentes
I. Todo retângulo tem as diagonais
congruentes.
Hipótese: ABCD é retângulo.
Tese: AC = BD

GeometriaPlana
Demonstração
12 34
1 3
13
213 431
=
=
1
23
43
⇒ ≅1 1
1 23454
676
∆ ∆
∆ ∆123 432 31 24≅ ⇒ =
II. Todo paralelogramo que tem diago-
nais congruentes é um retângulo.
Hipótese:
1234
13 24
1 2343565784397

=
123
Tese: ABCD é retângulo.
Demonstração
1234
1 3 5
2 4 55
14 23
1 2343565784397 ⇒
=
=
=
1
2
33
4
33
1 1
1 1
5 6
5 6
12 34
32 14
13
312 431
111
=
=
1
23
43
⇒ ≅
123454
∆ ∆
∆ ∆123 412 2 1 555≅ ⇒ =1 1 1 2
1 11 2 111 3 4 5 6 3451 2 1 2 1 21 1 1 1 1⇒ = = = ⇒
123456789
6. ConclusãoImportante
Como os quadrados são trapézios,
paralelogramos, losangos e retângulos, eles
têm todas as propriedades estudadas, isto é:
• ângulos opostos congruentes;
• lados opostos congruentes;
• diagonais cortam-se no meio;
• diagonais nas bissetrizes dos ângulos
internos;
• diagonais perpendiculares;
• diagonais congruentes.
01. Construir um diagrama de Venn, sendo:
U... conjunto dos quadriláteros convexos
T...conjunto dos trapézios
P... conjunto dos paralelogramos
R... conjunto dos retângulos
L... conjunto dos losangos
Q... conjunto dos quadrados
Resposta
02. Num trapézio retângulo, o menor ân-
gulo é 1
2
do maior. Determine a medida dos
seus ângulos internos.
Resolução
Da figura, temos:
1 2
1 2
1 2
1 2
=
+ + ° + = °
1
23
43
⇒
=
+ = °
1
23
43
1
2
34 34 564
1
2
7841
1 2 2 2+ = ° ⇒ + = °123
4
5
123
5y + 7y = 1 260°
12y = 1 260°
y = 105°

GeometriaPlana
Logo:
1 2 1= ⇒ = ⋅ °
1
2
1
2
341
x = 75°
Resposta: 75°, 90°, 90° e 105°
03. Demonstre que o quadrilátero forma-
do pelas bissetrizes dos ângulos de um
paralelogramo é um retângulo.
Resolução
11 e 11 são suplementares ( 12 1311 e 12
é transversal). Logo:
1 1
1
1
1 2
3
1
4
2
3 4
+ = °
=
=
1
2
333
4
333
⇒ + = °
123
4
4
5367889
7

5 6
5 6
No triângulo ABR, temos:
1 2 3+ + = °1 123
12 342 12° + = ° ⇒ = °1 11 1
Aplicando o mesmo raciocínio aos triân-
gulos BCQ, DCP e ADS, provamos que
1 1 11 2 3= = = °12 .
Resposta:
Portanto, PQRS é retângulo.
04. As bissetrizes dos ângulos 11 e 11 de
um paralelogramo formam um ângulo m que
mede
1
2
do ângulo 11. Quanto medem 11 e 11?
Resolução
No triângulo ABM, temos:
1 2
3 1 2
1 1
234 5 1 514+ + = °⇒ + = °
1 2
1 3
1 1
2
3
456+ + = °
a + b = 180° 12 34 5 1311 2 3456789475
1 2
1 2 123
453
1 2
1 2
+ = °
+ = °
123
Resolvendo o sistema obtemos
Resposta:
a = 72° e b = 108°.

42 Capítulo 04. Ângulos na CircunferênciaPV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo04. ÂngulosnaCircunferência
1. CircunferênciaeCírculo
1.1. Circunferência
Circunferência é o conjunto de todos os
pontos de um plano, cuja distância a um
ponto fixo é uma constante positiva.
A figura representa uma circunferência λ ,
em que C é o centro (ponto fixo), 12 é um
raio, com PC = r (constante positiva).
λ α1 2 3 31 21 21 2 3 4= ∈ =
em que α é o plano da folha.
1.2. Círculo
Círculo é o conjunto de todos os pontos
de um plano cuja distância a um ponto fixo
é menor ou igual a uma constante positiva.
1 = ∈ ≤1 12 3α 11 2
em que α é o plano da folha.
1.3. ElementosdeumaCircunferência
Na circunferência de centro C e raio r da
figura, temos:
1.4. Posições de um Ponto em
RelaçãoaumaCircunferência
Dados um ponto P e uma circunferência
de centro C e raio r, sendo d a distância de P
ao centro C, temos:
P é interno à circunferência d r
P é externo à circunferência d r
P pertence à circunferência d = r

43Capítulo 04. Ângulos na Circunferência PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Exemplo
A é interno a λ
1 ∈λ
D é externo a λ
1.5. Posições de uma Reta em
RelaçãoaumaCircunferência
I. Reta externa
Uma reta é externa a uma circunferência
quando todos os seus pontos são externos a ela.
II. Reta tangente
Uma reta é tangente a uma circunferência
quando um de seus pontos pertence a ela (ponto
detangência)etodososoutrossãoexternosaela.
A é o ponto de tangência.
III. Reta secante
Uma reta é chamada de secante a uma cir-
cunferência quando tem dois pontos distin-
tos em comum com ela.
1.6. PropriedadedaRetaTangente
Toda reta t tangente a uma circunferên-
cia de centro O é perpendicular ao raio no
ponto T de tangência.
Hipótese:
1
2
121
1213456417
685
685
9
56
181

1 9
56

λ123
Tese: OT t⊥
Demonstração
Se a tangente não fosse perpendicular ao
raio no ponto T, o raio 12 formaria com t
um ângulo agudo, e existiria um ponto 1 21∈ ,
de tal modo que o triângulo OTT’ fosse
isósceles.

GeometriaPlana
Então, como OT = OT’= raio, o ponto
T’pertenceria a λ , e a reta t e a circunferência
λ teriam dois pontos distintos em comum, o
que é um absurdo.
Assim, t é tangente ao raio, isto é, 12 31 .
1.7. PropriedadedaRetaSecante
Se uma reta t é secante a uma circunferên-
cia λ , de centro O, em dois pontos A e B, então
sendo M o ponto médio de 12, a reta 12
← →⎯
é
perpendicular a t.
Hipótese: t é secante a λ em A e B.
Tese: 12 3
← →⎯
1
Demonstração
12 23
41 43
42
412 423
111
=
=
1
23
43
⇒ ≅
1234565
∆ ∆
∆ ∆123 143 132 134≡ ⇒ = = °1 1 12
Assim, 12 3
← →⎯
1
1.8. Posições Relativas de Duas
Circunferências
I. Internas
Duas circunferências são internas quan-
do todos os pontos de uma forem internos à
outra. Em particular, quando os centros co-
incidem, são concêntricas.
O1O2 r1 – r2
II. Externas
Duas circunferências são externas quan-
do todos os pontos de uma forem externos à
outra.
O1O2 r1 + r2

GeometriaPlana
III. Tangentes internamente
Duas circunferências são tangentes inter-
namente quando tiverem um único ponto em
comum e os demais pontos de uma delas fo-
rem interiores à outra.
O1O2 = r1 – r2
IV. Tangentes externamente
Duas circunferências são tangentes exter-
namente quando tiverem um único ponto em
comum e os demais pontos de uma delas fo-
rem externos à outra.
O1O2 = r1 + r2
V. Secantes
Duas circunferências são secantes quan-
do tiverem apenas dois pontos em comum.
r1 – r2 O1O2 r1 + r2
01. Qual a posição relativa de duas circun-
ferências de raios r e f, sendo d a distância
entre seus centros, em cada caso abaixo:
a) r = 2 cm, R = 4 cm, d = 7 cm
b) r = 3 cm, R = 4 cm, d = 7 cm
c) r = 3 cm, R = 7 cm, d = 4 cm
d) r = 4 cm, R = 6 cm, d = 1 cm
Resolução
a)
1 2 3
1 2 2
+ =
− =
123
⇒ 7 4 + 2 ⇒ d R + r
Resposta: Portanto, são externas.
b) 4 + 3 = 7 ⇒ d = R + r
Resposta:Portanto,sãotangentesexternamente.
c)
1 2 34
1 2 5
+ =
− =
123
⇒ 4 = 7 – 3 ⇒ d = R – r
Resposta:Portanto, tangentes internamente.
d)
1 2 34
1 2 5
+ =
− =
123
⇒1 6 – 4 ⇒ d R – r
Resposta:Portanto, são internas.
02. Determine o raio do círculo de centro
O, dados: AB = 3x – 3 e OA = x + 3.
Resolução
12 3456789

1 9

4

12

1
=
=
123
⇒ =
12 1
3
2 1
−
= +
3x – 3 = 2x + 6
x = 9
OA = R = 9 + 3 = 12
Resposta: O raio mede 12.

GeometriaPlana
03.Na figura, as circunferências são tan-
gentes duas a duas, e os centros são os vértices
do triângulo ABC. Sendo AB = 7 cm, AC = 5 cm
e BC = 6 cm, determine os raios das circunfe-
rências.
Resolução
Sejam r1, r2 e r3 os raios das circunferências de
centros A, B e C, respectivamente, e d1, d2 e d3 as
distânciasentreseuscentros.Teremos:
→ as circunferências de centros A e B são tan-
gentesexteriormente,então:
d1 = r1 + r2
d1 = AB = 7 cm
r1 + r2 = 7 (1)
→ as circunferências de centros B e C são tan-
d3 = r3 + r2
d3 = BC = 6 cm
r3 + r2 = 6 (2)
→ as circunferências de centros A e C são tan-
d2 = r1 + r3
d2 = AC = 5 cm
r1 + r3 = 5 (3)
fazendo (1) – (2)
r1 – r3 = 1 (4)
(3) + (4):
2r1 = 6
r1 = 3
Voltando em (1):
3 + r2 = 7
r2 = 4
Voltando em (2):
r3 + 4 = 6
r3 = 2
Resposta: Os raios são 2 cm, 3 cm e 4 cm.
2.ÂnguloCentral
Ângulo central é o que tem o vértice no
centro da circunferência. O arco da circunfe-
rência com pontos internos ao ângulo é o seu
arco correspondente.
a AOB é central.
é o arco correspondente do a AOB.
A medida de um ângulo central é igual à
medida de seu arco correspondente.
⇒ 1231 = m ( ) = α
3.ÂnguloInscrito
Ângulo inscrito é o que tem vértice na cir-
cunferência e lados secantes à mesma. O arco
da circunferência com pontos internos ao
ângulo é o seu arco correspondente.

GeometriaPlana
a APB é inscrito.
é o arco correspondente do a APB.
4. Propriedade do Ângulo
Inscrito
A medida de um ângulo inscrito é igual à
metade da medida do seu arco correspon-
dente.
Hipótese:
1
1
12131456763168
39
81
8995

8
65
5
681
817

97811
1
23
43
Tese: 123
454
6
1 =
Demonstração
1º Caso – O centro O pertence a um lado
do ângulo.
Sendo 1231 = α , temos:
OA = OP = raio ⇒ 123 1321 1= = α
123 456789
4

512358
545 123
4
1 = 123
⇒ = +
1 ∆
α α
Assim, a = 2α, ou seja: 123 454
6
1
=
2º Caso – o centro é interior ao ângulo.
3º Caso – o centro é externo ao ângulo.
Como, obrigatoriamente, um dos três ca-
sos acontece, 123
454
6
1 = .

GeometriaPlana
5. Conseqüências da Pro-
priedadedoÂnguloInscrito
5.1. Arco Capaz
Dois ângulo inscritos em uma mesma cir-
cunferência, com o mesmo arco correspon-
dente, têm medidas iguais.
O arco é chamado de arco capaz de α.
5.2. Pontos não Pertencentes ao Arco
Capaz
Sendo 12 uma corda de uma circunferên-
cia λ , e P um ponto dessa circunferência, com
123 41 α , dizemos que é o arco capaz de
α, isto é, todos os pontos do arco vêem o
segmento 12 sob um ângulo de medida α.
Se tomarmos um ponto X do semiplano
11 23
↔1
23 4
56 que não pertence , teremos:
I. Se X é interno à circunferência.
1231 é externo ao ∆123 4 3121 = α .
Assim, 1231 α.
II. Se X é externo à circunferência.
a 1231 é externo ao ∆123 4 1351 = α.
Assim, 1231 α.
5.3. TriânguloRetângulo
Todo triângulo inscrito em uma semicir-
cunferência é retângulo.
Nota – A mediana relativa à hipotenusa
12 tem medida igual à metade de AB.

GeometriaPlana
5.4. Quadrilátero Inscrito
Todo quadrilátero inscrito em uma circun-
ferência tem ângulos opostos suplementares.
6.ÂngulodeSegmento
6.1. Definição
Ângulo de segmento é o que tem o vértice
na circunferência, um de seus lados é secante
e o outro é tangente.
a APB é de segmento.
é o arco correspondente do a APB.
Amedidadeumângulodesegmentoéigual
à metade da medida do seu arco corres-
pondente.
6.2. Propriedade
Hipótese: a é a medida do arco correspon-
dente do ângulo de segmento APB.
Tese: 123 4
5
6
1
Demonstração
1º Caso: a APB é agudo.
Sendo 123 4 5 671 α ° , temos:
OB = OP ⇒ = = °123 1321 1 456 α
No ∆OBP: a + (90° – α) + (90° – α) = 180°
Assim: a = 2α, ou seja:
123
41 =
5
2º Caso – a APB é obtuso.
Sendo 1231 = °α 45 , temos:
OB = OP ⇒ = = °123 1321 1 4α 56
No∆OBP:(360°–a)+(α–90°)+(α–90°)=180°
Assim: a = 2α, ou seja:
123
41 =
5

GeometriaPlana
3º Caso – a APB é reto.
1
234
234 5
1
6
= °
= °
123
⇒
789

91
1
Como, obrigatoriamente, um dos três ca-
sos acontece, 123 4
5
6
1 .
7.ÂngulodeVérticeInterno
7.1. Definição
Ângulo de vértice interno é o que tem o
vértice no interior da circunferência e seus
lados são secantes a ela.
a APB, aBPC, a CPD e a APD são ângu-
los de vértice interno.
são os arcos corresponden-
tes dos ângulos APB e CPD.
7.2. Propriedade
A medida de um ângulo de vértice interno
é igual à metade da soma das medidas dos
seus arcos correspondentes.
Hipótese: a e b são as medidas dos arcos
correspondentes dos ângulos de vértice in-
terno APB e CPD.
Tese: 123 425
61 1= =
+ 1
7
Demonstração
123 213
41 1= =
121
3
11411
1 1
3
a APB é externo ao ∆BPC.
Assim: 123 425
676
8
6 6
8
7
8
1 1= = + =
+1 1
8.ÂngulodeVérticeExterno
8.1. Definição
Ângulo de vértice externo é o ângulo que
tem o vértice no exterior da circunferência e
seus lados são secantes a ela.
a APB é de vértice externo.
são os arcos corresponden-
tes do a APB.

GeometriaPlana
8.2. Propriedade
A medida de um ângulo de vértice externo
é igual à metade da diferença das medidas
dos seus arcos correspondentes.
Hipótese: a e b são as medidas dos arcos
correspondentes dos ângulos de vértice ex-
terno APB.
Tese: 123
4
5
1 1
=
1
Demonstração
123
4 4
5
44644237
484
5
1 1= =
1
a CAD é externo ao ∆CAP.
Assim:
121
3
1 1
3
456 17819
2

1456
2
= + =
−1 11 1 1
3
ExercícioResolvido
01. Na figura, 1231 = °45 e = 100°. De-
termine a medida do arco .
Resolução
1231 é ângulo de vértice interno, logo:
02. No triângulo ABC da figura abaixo, o
lado BC e o Raio da circunferência são
congruentes. Calcular 1231 .
Resolução
• UnirocentroOaosvérticesBeC,obtendo-se
o triângulo equilátero OBC.
• 1231 é um ângulo central, logo:
1231 1 23°⇒ = 60°
• 1231 é um ângulo inscrito, logo:

Capítulo 05. Estudo dos Polígonos52 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo05. EstudodosPolígonos
1.DefiniçõeseElementos
1.1. Segmentos Consecutivos
Dois segmentos são consecutivos quando
são distintos e têm uma extremidade comum.
12 231121 são consecutivos.
1.2. Polígonos e seus Elementos
Consideremos n (n ≥ 3) pontos ordenados
A1 , A2 , ... , An , e os n segmentos consecutivos
por eles determinados: 1 11 2
, 1 11 2
, ... ,
1 11 1 , de modo que não existam dois seg-
mentos consecutivos colineares.
Polígono A1 A2 ... An é a reunião dos pon-
tos dos n segmentos considerados.
Os pontos A1 , A2 , ... , An são os vértices do
polígono e os segmentos 1 11 2 , 1 11 2 , ... ,
1 11 1 são seus lados.
Os segmentos determinados por dois vér-
tices não consecutivos são as diagonais do
polígono.
2. Posição de um Ponto
Consideremos um polígono e um ponto P
não pertencente a ele.
Tomando uma semi-reta com origem P,que
não passa por vértice algum do polígono, esta
semi-reta intercepta o polígono em n pontos.
Então:
1º) O ponto P é interno ao polígono se, e
somente se, n é ímpar.
2º) O ponto P é externo ao polígono se, e
somente se, n é par.
Exemplo
P é interno ao polígono.
Q é externo ao polígono.
O interior de um polígono é o conjunto de
todos os pontos internos ao polígono.
O conjunto dos pontos externos ao
polígono é o exterior do polígono.
3.RegiãoPoligonal
Região poligonal é a reunião do polígono
com seu interior.

Capítulo 05. Estudo dos Polígonos 53PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
4.PolígonoConvexoe
PolígonoCôncavo
Um polígono é convexo se, e somente se,
qualquerretasuporte,deumladodopolígono,
deixar todos os outros lados num mesmo
semiplano, dos dois que ela determina.
Num polígono convexo, a região poligonal
é convexa.
Um polígono que não é convexo é côncavo.
Num polígono côncavo, a região poligonal é
côncava.
5.Nomenclatura
Onomedospolígonosédadodeacordocomo
número n de lados, assim:
1ºcaso: 3 ≤ n ≤ 9
n=3..... triângulo
n=4..... quadrilátero
n=5..... pentágono
n=6..... hexágono
n = 7 ..... heptágono
n = 8 ..... octógono
n = 9 ..... eneágono
2º caso: n é múltiplo de 10
n = 10 ..... decágono
n = 20 ..... icoságono
n = 30 ..... tricágono
n = 40 ..... quadricágono
n = 50 ..... pentacágono
n = 60 ..... hexacágono
3º caso: n 10 e não múltiplo de 10
O nome inicia pelo prefixo que indica a
unidade (uno, duo, tri, quadri, penta, hexa,
hepta, octo e enea) e termina pela dezena.
n = 11 ..... unodecágono ou undecágono
n = 12 ..... duodecágono ou dodecágono
n = 16 ..... hexadecágono
n = 18 ..... octodecágono
n = 25 ..... penta-icoságono
n = 37 ..... heptatricágono
n = 56 ..... hexapentacágono
6. Número de Diagonais de
umPolígonoConvexo
Num polígono convexo A1 A2 ... An com n
lados, em cada vértice, temos (n – 3) diagonais,
então nos n vértices são n (n – 3) diagonais.
No entanto, desse modo, cada diagonal
está sendo contada duas vezes, por exemplo,
1 1 1 11 2 2 111211 , então o número d de
diagonais é:
1
2 2
=
−1 23
4

GeometriaPlana
7.ÂngulosdeumPolígono
Convexo
7.1. Teorema 1
A soma das medidas dos ângulos
internos de um polígono convexo com n
lados é Si = (n – 2) · 180°.
Hipótese: polígono convexo com n lados.
Tese: Si = (n – 2) · 180°
Demonstração
Consideremos um polígono convexo A1 A2
... An com n lados, e tracemos as (n – 3)
diagonais que partem do vértice A1 , obtendo
os (n – 2) triângulos:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 11 2 3 1 3 4 1 4 5 1 11 1 1 222 1 −1 2
A soma das medidas dos ângulos inter-
nos dos (n – 2) triângulos é igual à soma das
medidas dos ângulos internos do polígono.
Como em cada triângulo a soma das me-
didas dos ângulos internos é 180°, temos:
Si = (n – 2) · 180°
7.2. Teorema 2
A soma das medidas dos ângulos externos
de um polígono convexo com n lados é 360°.
Hipótese: polígono convexo com n lados.
Tese: Se = 360°
Demonstração
Consideremos um polígono convexo A1 A2
... An com n lados.
Sejam i1 , i2 , ... , in os ângulos internos do
polígono e e1 , e2 , ... , en os ângulos externos
respectivos.
Assim:
Como Si = (n – 2) · 180°, temos:
Se = n · 180° – (n – 2) · 180°, então: Se = 360°
Observações
1ª) Quando nos referimos a um polígono
ficasubentendidoqueopolígonoéconvexo.
2ª) Todo polígono regular pode ser ins-
crito em uma circunferência.

GeometriaPlana
01. Qual é o polígono em que a soma das
medidas dos ângulos internos é o quádruplo
da soma das medidas dos ângulos externos?
Resolução
Si = 4 · Se
(n – 2) · 1800 = 4 · 3600 (: 1800)
n – 2 = 4 · 2
n – 2 = 8
n = 10
Resposta
O polígono é o decágono.
02. Os números que exprimem o número
de lados de três polígonos são n – 3, n e n + 3.
Determine o número de lados desses
polígonos, sabendo que a soma de todos os
seus ângulos internos vale 3 240°.
Resolução
Pelas condições do problema, temos:
S1 = ( n – 3 – 2) · 180 = (n – 5) · 180
S2 = (n – 2) · 180
S3 = (n + 3 – 2) · 180 = (n + 1) · 180
S1 + S2 + S3 = 3 240
(n – 5)· 180 + (n – 2)· 180 + (n + 1)· 180=3 240
[n – 5 + n – 2 + n + 1] · 180 = 3 240
3 n – 6 = 18
3 n = 24 ⇒ n = 8
Então,teremos:
n – 3 = 8 – 3 = 5 lados
n = 8 lados
n + 3 = 8 + 3 = 11 lados
Resposta
5 lados, 8 lados e 11 lados
03. Qual é a soma das medidas dos ângu-
los internos do polígono que tem um número
de diagonais igual ao quádruplo do número
de lados?
Resolução
1
2 2
=
1 2 34
5
e d = 4 n. Então,
4 n =
1 11 2 34
5
Comon≠0,podemosdividirambososmembrosporn.
4 n =
11 2
3
⇒ = −1 21
n = 11
Si = (n – 2) · 1800
Si = (11 – 2) · 1800
Si = 9 · 1800
Si = 1 6200
Resposta
A soma das medidas dos ângulos internos
vale 1 6200.
8.ÂngulosInternoseExter-
nosdeumPolígonoRegular
8.1. PolígonoRegular
Um polígono é regular se, e somente se,
for eqüilátero (lados congruentes) e
eqüiângulo (ângulos congruentes).
Exemplos
Losango é um quadrilátero eqüilátero.
Retângulo é um quadrilátero eqüiângulo.

GeometriaPlana
Quadrado é um quadrilátero regular.
Propriedade: todo polígono regular
possui um ponto que, eqüidistante dos seus
vértices e também eqüidistante de seus
lados, é chamado de centro do polígono.
A distância do centro do polígono
regular aos seus lados é o apótema do
polígono regular.
8.2. Ângulos
I. Ângulos Internos
Num polígono regular de n lados, a medi-
da de cada ângulo interno é:
1
2
3
3
3
1
1
= =
− ⋅ °1 1 2 34 567
II. Ângulos Externos
Num polígono regular de n lados, a medida
de cada ângulo externo é:
1
2
3 3
1
1
= =
°1 1 234
Nota: como ai + ae = 180°, conhecendo
a medida de cada ângulo externo, pode-
mos achar a medida de cada ângulo in-
terno e vice-versa.
8.3. OutrosÂngulosemumPolígono
Regular
Como todo polígono regular é inscritível,
podemos calcular a medida de seus ângulos
a partir da teoria dos ângulos na circunfe-
rência.
Exemplos
a) Num eneágono regular ABCDEFGHI,
calcular a medida do ângulo G 11D.
Resolução
Construindo o polígono inscrito em uma circun-
ferência,temos:
Assim: 1231 = °12
Resposta: 1231 = °12
b) As diagonais 12 34121 de um polígono
regular ABCDE formam um ângulo agudo
com medida 54°. Qual é esse polígono?

GeometriaPlana
Resolução
Construindo o polígono regular inscrito em uma
circunferência,temos:
O ângulo A 11B é um ângulo de vértice interno
nacircunferência,então:
Logo: n = 10
Resposta
O polígono é o decágono regular.
01.Os números dos lados de dois
polígonos convexos são consecutivos e um
deles tem 9 diagonais a mais que o outro. Que
polígonos são esses?
Resolução
Sejaxonúmerodeladosdomenorpolígono,logo
o outro terá x + 1 lados.
Teremos:
1
2 2
1
2 2
1 2
1
2
3 3 1
2
=
−
=
+ + −1 2 1 21 24
com d2 – d1 = 9
1 1
2 2 2 2
1 2
1 2
2
3
2
− =
+ −
−
−1 21 2 1 2
–x – 2 + 3x = 18
2x = 20
x = 10 Então x + 1 = 11
Resposta
Os polígonos são o decágono e o undecágono.
02. A medida de cada ângulo externo de
um polígono regular é
1
2
da medida de um
ângulo interno. Quantas diagonais tem o
polígono?
Resolução
(I) ae + ai = 180° e 1 11 2=
1
2
ou ai = 4 ae subst. em (I)
ae + 4 ae = 180o
⇒ ae =36o
123
12
1
1
1
=
n = 10
1
2 2
=
−
=
⋅ −1
2
34 34 1
2
1 2 1 2
d = 35
Resposta
O polígono tem 35 diagonais.

GeometriaPlana
03.As mediatrizes de dois lados consecu-
tivos de um polígono regular formam um
ângulo de 24°. Determine o número de
diagonais desse polígono.
Resolução
No quadrilátero M1BM2Ptemos:
a1 + 90° + 90° + 24 = 360
a1 = 360 – 204
a1 = 156
Sabemos que:
123
4 5 167
4
=
− ⋅1 2
156n = 180n – 360
24n = 360
n = 15
O número de diagonais será
1
23 23 4
5
23 25
5
=
−
=
⋅1 2
d = 90
Resposta: O polígono tem 90 diagonais

Capítulo 06. Teorema de Tales e da Bissetriz Interna 59PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo 06.TeoremasdeTalesedaBissetrizInterna
1. Definições
Transversal de um conjunto de retas para-
lelas é uma reta do plano das paralelas que é
concorrente com todas as retas do conjunto.
Pontos correspondentes de duas transver-
sais são pontos destas transversais que estão
numa mesma reta do conjunto de paralelas.
Segmentos correspondentes de duas
transversais são segmentos que têm por ex-
tremidades pontos correspondentes.
AB e A' B' BD e B'D'; são exemplos de
segmentos correspondentes.
2. Teorema de Tales
Se duas retas são transversais de um con-
junto de retas paralelas, então a razão en-
tre dois segmentos quaisquer de uma de-
las é igual à razão entre os segmentos
correspondentes da outra.
• Hipótese: 12343151 436 31correspondentes
de 1231 41 35.
• Tese:
12
23
4
1525
2535
• Demonstração:Seja α a medida de um
segmento que divide AB e cabe exatamen-
te n vezes em AB.
Traçando paralelas à reta a, como mostra
a figura, encontraremos β na outra trans-
versal, que divide A B' ' e também cabe
exatamente n vezes em A B' ' .
a//b//c

Capítulo 06. Teorema de Tales e da Bissetriz Interna60 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
É claro que α não tem obrigação de dividir
BC. Assim, marcando α sucessivamente em
BC, vamos supor que C esteja na (m + 1)–ésima
parte, ou seja, entre o m–ésimo e (m + 1)–ésimo
pontos da divisão. Traçando paralelas à reta
a, vemos que o mesmo se verifica na outra
transversal.
Então podemos escrever:
m · α BC (m + 1) α
e
m · β B’ C’ (m + 1) β
Dividindo respectivamente por nα e nβ,
temos:
1
2
1
2
⋅
⋅

+
⋅
α
α
α
α
12
31
45 67
e
1
2
1
2
β
β
β
β

+1232
4212
56 78
ou seja:
1
2
2
1
2
1
2
1

+

+
12
23
454 4 6
1727
27378 8
Quando m tende ao infinito, m + 1 se apro-
xima de m e
1
2 + 1
se aproxima de
1
2
.
Então:
AB
BC
A B
B C
=
' '
' '
3. TeoremadaBissetriz
Interna
Em qualquer triângulo, uma bissetriz in-
terna (bissetriz de um ângulo interno) di-
vide o lado oposto em segmentos propor-
cionais aos lados adjacentes.
Seja AD a bissetriz do ângulo BAC no tri-
ânguloABCcomAB=c,AC=b,BD=meDC=n.
• Hipótese: AD é bissetriz interna.
• Tese:
1
2
3
4
=
• Demonstração: Traçando, pelo vértice C
do triângulo ABC, CE paralelo à bissetriz
AD , conforme a figura:
α β
α θ
β γ
θ γ
=
=
1
23
43
⇒ =
é biss.)
(corresp.)
= (alt.int.)
(AD
Assim, o∆ACE é isósceles com AC = AE = b.
PeloteoremadeTales
12
13
24
45
6 786= =
1
2
3
4
ou seja:
1
2
3
4
=

Capítulo 06. Teorema de Tales e da Bissetriz Interna 61PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
01. Em cada uma das figuras a//b//c, r e s
são transversais. Ache o valor de x.
a)
b)
Resolução
a) Aplicando o teorema de Tales:
4 5
8
5 32 6
x
x x= ⇒ = ⇒ = ,4
Resposta: x = 6,4
b) Pelo teorema de Tales:
1
2 3 4
5
2 4
=
+
⇒ 4 (x + 2) = 5 (x – 2)
4x + 8 = 5x – 10 ⇒
Resposta:
4x - 5x = -10 - 8
x = 18
02.No triângulo ABC, AD é bissetriz in-
terna, AB = 18 cm, AC = 15 cm e BC = 11 cm.
Calcule CD.
Resolução
Pelo Teorema da Bissetriz Interna temos:
18
11
15
– x x
= ⇒ 18x = 165 – 15x
⇒ 33x = 165 ⇒ x = 5
Resposta: AC = 5
03. O quadrado da figura tem lado 4 cm e
diagonal 4 2 cm. Calcule x.
Resolução
Note que AE é bissetriz interna do ∆ADC, logo:
1 1 2
13 3
= ⇒
1
16 – 4x = 4 2 x
4 (4 – x) = 4 2 x ⇒ 4 = 2 x + x
x ( 2 +1) = 4 ⇒ x =
1
2 3+
Racionalizando, encontra-se x = 4 ( 2 – 1)
Resposta: x = 4 ( 2 – 1).

Capítulo 07. Semelhança de Triângulos62 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo07. SemelhançadeTriângulos.
1.Semelhança
1.1. Figuras Semelhantes
Definição: Duas figuras são semelhantes
quando é possível estabelecer uma corres-
pondência entre qualquer ponto de uma das
figuras com um ponto de outra, de modo que:
1º ângulos determinados por pontos corres-
pondentes (ângulos correspondentes) são
sempre congruentes.
2º segmentos com extremidades correspon-
dentes (segmentos homólogos) são pro-
porcionais.
Se:
1 123 4 423 5 5236663 7 72↔ ↔ ↔ ↔ ,
então:
123 1424345 216 2414645777
777289 248494
1 1 1 1
1 1
= =
=
12
1323
14
1343
24
2343
25
2353
666
78
7383
9= = = = = =
k é a razão entre as figuras 1 e 2.
1.2. ExemploeContra-Exemplo
I. Exemplo de figuras semelhantes
A base média 12 de um triângulo ABC
determina dois triângulos semelhantes.
∆ABC é semelhante ao ∆AMN, pois
123 4 5267 8213 4 2567 8231 4 2651 1 1 1 1 1
e
12
13
14
15
24
35
= = =
6
7
1
2
é a razão de semelhança.
II. Contra-exemplodefigurassemelhantes
A base média 12 de um trapézio ABCD,
com bases de medidas diferentes, determina
dois trapézios ABNM e MNCD que não são
semelhantes.

Capítulo 07. Semelhança de Triângulos 63PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Embora
123 4356 214 3476
234 3576 143 475
1 1 1 1
1 1 1 1
= =
= =
Os trapézios ABNM e MNCD não são se-
melhantes pois
12
34
24
45
34
56
13
36
≠ ≠ ≠
Podemos notar ainda que 123 3451 1≠
1.3. TriângulosSemelhantes
Definição: Dois triângulos são semelhan-
tes se, e somente se, for possível estabelecer
uma correspondência entre seus vértices de
modo que:
1º) ângulos correspondentes sejam congruentes.
2º) lados homólogos sejam proporcionais.
1 1 1 1 1 11 123 4 423 5 52
6
14
1242
15
1252
45
4252
7
145 1242528
= = =
= = =
1
2
33
4
33
⇔ ∆ ∆
k = razão de semelhança.
Nota: Para facilitar a identificação de ân-
gulos correspondentes e lados homólogos,
identificamos triângulos semelhantes co-
locando os vértices correspondentes na
mesma sequência, isto é, quando dizemos
∆ ∆123 4567 , já estamos fixando as cor-
respondências:
1 23 4 5 6 7 8↔ ↔ ↔
1.4. TeoremaFundamental
Se uma reta é paralela a um dos lados de
um triângulo e encontra os outros dois lados
em pontos distintos, então o triângulo que
ela determina é semelhante ao primeiro.
Consideramos um triângulo ABC e trace-
mos uma reta paralela ao lado 12 , que encon-
tra os lados 12 e 12 em dois pontos P e Q.
• Hipótese: 12 345 5
• Tese: ∆ ∆123 1456
• Demonstração: Para provarmos que os
triângulos APQ e ABC são semelhantes,
devemos provar que eles têm ângulos or-
denadamente congruentes e lados
homólogos proporcionais.
I. Ângulos congruentes
12 34 1 3556552 4
↔ ↔
⇒ = =7 7 1 1 1 1
(ângulos correspondentes)
Então:
1 1 1 1 11 23 445 644744844944

GeometriaPlana
12 34
↔ ↔
5 5 então pelo teorema de Tales:
12
13
14
15
6= 1 2
Traçando 12 34
↔ ↔
5 5 , pelo teorema de Tales,
temos:
12
13
45
43
66= 1 2
De (I) e (II) temos:
12
13
14
15
36
35
= =
Como PQRB é paralelogramo PQ = BR
então:
12
13
14
15
24
35
66= = 1 2
III. Conclusão
A partir de (I) e (II), concluímos que
∆ ∆123 1456 .
01. Dados os triângulos semelhantes PTN
e AMO, semelhantes
com AM = 3 cm, MO = 7 cm e AO = 5 cm,
pede-se calcular a razão de semelhança e os
outros dois lados do ∆PTN, sabendo-se que
PT = 6cm.
Resolução
Como sabemos:
∆ ∆123 456
7
8
9

⇒ = = =
A razão de semelhança é 2
1
2
3
4
1
2
5 1 67
3
4
5 3 68
= ⇒
= ⇒ =
= ⇒ =
1
2
33
4
33
Resposta: A razão de semelhança é 2 e os outros
dois lados do ∆PTN medem 10 cm e 14 cm.
02.UmtriânguloABCtemosladosAB=12m,
AC=13meBC=15m.Areta 12
↔
paralelaaolado
BC do triângulo determina um triângulo ADE,
emqueDE=5cm.CalcularADeAE.
Resolução
AB = 12 AC = 13
BC = 15 DE = 5
Calcular
AD = x AE = y
123 3 45 612 645
7
89

8

↔ ↔
⇒ ⇒
⇒ = =
∆ ∆
1
23
4
24
1 5= ⇒ =
1
23
4
24
1
23
3
= ⇒ =
Resposta: AD = 4 m e AE =
12
2
m.

GeometriaPlana
03. As bases de um trapézio medem 12 m
e 18 m e os lados oblíquos às bases medem 5
m e 7 m. Determine os lados do menor triân-
gulo que obtemos ao prolongar os lados oblí-
quos às bases.
Resolução
12 3 345
14
12
⇒ = =
62
65
12
45
789
612 645∆ ∆1
1
1
2
2+
=
+
= =
1 2
34
35
4
6
1
1
1
+
= ⇒ =
1
2
3
45
1
1
1
+
= ⇒ =
1
2
3
45
Resposta: 12 m, 10 m e 14 m
2. Casos de Semelhança
De acordo com a definição, para concluir-
mos que dois triângulos são semelhantes,
precisamos verificar as congruências dos
seus três ângulos e a proporcionalidade dos
seus três lados. No entanto, existem situa-
ções em que podemos concluir a semelhança
de dois triângulos sem analisarmos todas
as condições exigidas pela definição, essas
situações são chamadas de casos de seme-
lhança.
• 1º caso: AA~
Se dois triângulos possuem dois ângulos
ordenadamente congruentes, então eles são
semelhantes.
1 11
1 1
12
3 3
4
5 6 51
735 71315
=
⇒ ∆ ∆
Demonstração:
Supondo AB A’B’, consideremos o ponto
D em 12
↔
demodoqueBD=B’A’,eumpontoE
em 12
↔
de modo que 123 451 1= .
BD = B’A’; 1 11 12= e 1 11 2= ⇒
∆DBE ≅∆A’B’C’(I)
1 11 2= ⇒ 12 34
↔ ↔
5 5 ⇒ ∆ABC ~ ∆DBE (II)
de (I) e (II) concluímos que
∆ABC ~∆A’B ’C’
Nota: Se AB = A’B’,
∆ABC ≅ ∆A’B’C’ e, portanto,
∆ABC~∆A’B’C’comrazãodesemelhança1.

GeometriaPlana
• 2º caso: LAL~
Se dois triângulos possuem dois pares de
lados proporcionais e os ângulos compre-
endidos entre eles são congruentes, então
esses dois triângulos são semelhantes.
12
132
14
1343 3
= e 1 11 12= ⇒ ∆ABC ~ ∆A’B’C’
• 3º caso: LLL~
Se dois triângulos têm os três lados cor-
respondentes proporcionais, então esses
dois triângulos são semelhantes.
12
1323
14
1343
24
2343
= = ⇒ ∆ABC ~∆A’B’C’
01.No∆ABCdafigura,sabemosqueAB=10
cm, BC = 8 cm, AC = 14 cm, AS = 5 cm e
123 1451 1≅ . Calcular RS e AR.
Resolução
Devemos perceber que o ângulo A é comum aos
dois triângulos. Separamos os triângulos para
visualizar melhor o caso de semelhança.
Vamos aplicar o caso AA:
1 23454
6 7
869 87

121
1 13
1 1≡
1
23
43
∆ ∆
1 2
3 45
6
47
= =
1
1
2
3
45
6= ⇒ =
1
1
23
4
25
6= ⇒ =
Resposta: RS = 4 e AR = 7.
02. Os lados de um trapézio retângulo
medem 6 m e 8 m e a altura mede 4 m; sabe-se
que M é ponto médio da base maior, confor-
me a figura abaixo. Calcular as medidas de
AE eAF.

GeometriaPlana
Resolução
Pela figura ∆EAB ~∆EDC (caso AA), pois Ê é
ângulo comum e 1 11 2= .
Então, temos:
∆ ∆123 145
6
6
61 ⇒
+
= ⇒ =
7
8
9

Também notamos que ∆ ∆123 1451
12
13
4
5
6= ⇒ =4
Resposta: AE = 12 m e AF = 3m
03. Calcule o perímetro do quadrado
ABCD inscrito num triângulo com base 12 m
e altura 8 m.
Resolução
AB // QR ⇒ ∆ ∆123 1451
1
23
4 1
4
41 56 231=
−
⇒ = −
x = 4,8
O perímetro será 4,8 · 4 = 19,2 m.
Resposta: O perímetro será 19,2 m.
04. ABCD é um retângulo com AB = 12,
AD = 9. Sejam M ponto médio do lado AB e
O intersecção da diagonal BD com o seg-
mento CM. Calcule a distância do ponto O
até o lado BC.
Resolução
Pela figura ∆ ∆123 1451
12
3
45
46
45 2746= ⇒ =
CE = 2EB
mas CE + EB = 9
então EB = 3 e CE = 6
ainda: ∆ ∆123 145
13
15
1 ⇒ =
6
7
1
2
2
3
= ⇒ x = 4
Resposta: A distância do ponto O até o lado BC
vale 4.

Capítulo 08. Relações Métricas na Circunferência68 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo08. RelaçõesMétricasnaCircunferência
1. Teoremas
1.1. Teorema 1
Se duas cordas 12 e 1 21 1 de uma circun-
ferência concorrem num ponto P do inte-
rior da mesma, então
PA · PB = PA’· PB’
Hipótese: 12 1 2 3
← →⎯ ← →⎯
∩ =4 4 1 2
P é interior à circunferência
Tese: PA · PB = PA’· PB’
Demonstração
Construindo 121 e 1 21 , temos:
1 11 2
1 1 1 2
1 1
123 1 23
11= 1
23
43
⇒
1234 562784 589

55555555555555
7
95

89
94 4
⇒ ∆ ∆123 1 2312 4
Então:
12
12
13
13
12 13 12 13
1
1
1 1= ⇒ ⋅ = ⋅
Exemplo
Calcule o valor de x na figura
1.2. Teorema 2
Se as retas suportes de duas cordas 12 e
1 21 1 de uma circunferência concorrem
num ponto P externo à mesma, então
PA · PB = PA’· PB’.
Hipótese: 12 1 2 3
← →⎯ ← →⎯
∩ =1 1 1 2
P é exterior à circunferência
Tese: PA · PB = PA’· PB’
Demonstração
Construindo 121 e 1 21 , temos:
1 11
1
2 2
3
= 1
23
43
⇒
123456748979
97548

7489
9
5 6
⇒ ∆ ∆123 1 231 2 1
Então:
12
12
13
13
12 13 12 13
4
4
4 4= ⇒ ⋅ = ⋅
Exemplo
Calcular o valor de m na figura abaixo:
Resolução
Pelo teorema 1:
2 · x = 3 · 4 ⇒ x = 6
Resposta ⇒ x = 6

Capítulo 08. Relações Métricas na Circunferência 69PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Resolução
Pelo teorema 2:
(8 + 5) · 5 = (m + 6) · 6
13 · 5 = 6m + 36 ⇒ =1
12
3
Resposta: 1 =
12
3
1.3. Teorema 3
Se a reta suporte de uma corda 12 de uma
circunferência concorre com uma reta tan-
gente a essa circunferência num ponto P,
sendo T o ponto de tangência, então:
PA · PB = (PT)2
Hipótese:
12
13
← →⎯
← →⎯
1
2
33
4
33
1213456784
4
1219
618674784
Tese: PT2 = PA · PB
Demonstração:
Então:
12
13
13
14
12 14 13= ⇒ ⋅ = 1 21
2. Tangência
2.1. Retas Tangentes por um Ponto
Externo
Dado um ponto P externo e uma circunfe-
rência, existem duas retas distintas que pas-
sam por P e são tangentes a ela em dois pon-
tos A e B.
Propriedade: PA = PB
Demonstração
Unindo o ponto P ao centro O, obtemos
dois triângulos OAP e OBP.
12 13
14
2 3
124 134
= =
= = °
1
2
33
4
33
⇒ ≅
1234
56574898
1 1

∆ ∆
Assim PA = PB

GeometriaPlana
2.2. Quadriláteros Circunscritíveis
Quando é possível circunscrever um qua-
drilátero numa circunferência, dizemos que
o quadrilátero é circunscritível.
Propriedade:
Se um quadrilátero convexo está circuns-
crito a uma circunferência, então a soma
das medidas de dois lados opostos é igual
à soma das medidas dos outros dois.
Demonstração
Consideremos um quadrilátero ABCD cir-
cunscrito a uma circunferência de centro O,
com seus lados tangentes nos pontos M, N, P
e Q da circunferência.
Então:
AM = AQ = a
BM = BN = b
CN = CP = c
DP = DQ = d
Assim:
AB + CD = (AM + BM) + (CP + DP) = a + b + c + d
BC + AD = (BN + CN) + (AQ + DQ) = b + c + a + d
Logo: AB + CD = BC + AD
Observação: A recíproca da propriedade
também é verdadeira.
Assim:
Se num quadrilátero convexo a soma das
medidas de dois lados opostos é igual à
soma das medidas dos outros dois, então o
quadrilátero é circunscritível.
2.3. Estrutura de uma Figura com
Tangência
Resolvemos problemas nas figuras com
tangência a partir da estrutura da figura,
e esta é obtida colocando-se raios de modo
conveniente.
Regras básicas para colocar raios:
1ª) Colocamos raio no ponto onde uma reta é
tangente à circunferência.
2ª) Colocamos raios unindo os centro das cir-
cunferências externamente, lembrando
que a distância entre os centros é igual à
soma dos raios.

Capítulo 08. Relações Métricas na Circunferência 71PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
3ª) Colocamos raios unindo os centros das
circunferências tangentes internamente,
lembrando que a distância entre os cen-
tros é igual à diferença dos raios.
Exemplos de Estrutura
01. Calcule x nas figuras abaixo:
a)
b)
c)
Resolução
a) Teorema 1 2 · x = 4 · 6
2x = 24
x = 12
b) Teorema 2 (8 + x) · 8 = (7 + 9) · 7
64 + 8x = 16 · 7
8x = 112 – 64
8x = 48 ⇒ x = 6
c) Teorema 3 62 = (4 + x) · 4
36 = 16 + 4x
4x = 20 ⇒ x = 5
Respostas
a) x = 12 b) x = 2 c) x = 5

GeometriaPlana
02.(EPCAR) De um ponto P, traça-se uma
tangente e uma secante a um círculo. Se o seg-
mento 12 da secante é o dobro do segmento
tangente e mede 16 m, qual deve ser, em m, o
raio do círculo, se a secante contém o diâme-
tro do mesmo?
a) 1 2 d) 5
b) 1 2 e) 6
c) 1 2
Resolução
12 = 16
12 = 8
12 = 16 – 2R
Pelo teorema 3:
12 13 14⋅ = 1 21
82 = 16 · (16 – 2R) ⇔ 64 = 16 (16 – 2R)
4 = 16 – 2R ⇒ 2R = 12
R = 6
Resposta: E
03. Seja R o ponto de tangência da circun-
ferência inscrita no triângulo ABC, com o lado
12. Se AB = 9 cm, BC = 14 cm e AC = 11 cm,
calcular a medida de 12.
Resolução
12 13 4
52 56 4
76 73 4
= =
= = −
= = −
1
23
43
88
89
AB = 9 ∴ (11 – x) + (14 – x) = 9
logo: x = 8
Resposta: CR = 8 cm
04. Calcular a medida do lado 12 do qua-
drilátero circunscrito na circunferência, sen-
do AB = 10 cm, CD = 15 cm e AD = 13 cm.
Resolução
AB = 10 cm
CD = 15 cm
AD = 13 cm
BC = x
Sabemos que
AB + CD = AD + BC
10 + 15 = 13 + x
25 = 13 + x
x = 25 – 13
x = 12
Resposta: O lado BC mede 12 cm.

Capítulo 09. Relações Métricas no Triângulo Retângulo 73PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo09. RelaçõesMétricasnoTriânguloRetângulo
1. TriângulosRetângulos
Semelhantes
Em todo triângulo retângulo, a altura
relativa à hipotenusa determina dois tri-
ângulos retângulos semelhantes ao primei-
ro e semelhantes entre si.
Consideremos um triângulo retângulo
ABC de hipotenusa 12 e altura 12 .
Hipótese: 11 = 90° e 12 34⊥
Tese: ∆ABC ~ ∆HBA ~ ∆HAC
Demonstração
1
1 1
1
231 124
12134565
=
123
43 ⇒ ∆ABC ~ ∆HBA
1
1 1
1
231 421
12134565
=
123
43 ⇒ ∆ABC ~ ∆HAC
Assim: ∆ABC ~ ∆HBA ~ ∆HAC
2. RelaçõesMétricas
ABC, com hipotenusa 12 e altura 12.
Sejam:
BC = a (hipotenusa)
AB = c e AC = b (catetos)
AH = h (altura)
BH = m e CH = n (projeções dos catetos so-
bre a hipotenusa)
b1) b2 = a · n e c2 = a · m
Em todo triângulo retângulo, o quadrado
da medida de um cateto é igual ao produto
das medidas da hipotenusa e da projeção des-
se cateto.
Demonstração
∆HBA ~ ∆ABC
12
23
24
12
= ou
1
2
3
1
=
Assim: c2 = a · m
Analogamente, para os triângulos HAC e
ABC, mostramos que b2 = a · n.
b2) h2 = m · n
Em todo triângulo retângulo, o quadra-
do da medida da altura relativa à
hipotenusa é igual ao produto das medi-
das das projeções dos catetos.

Capítulo 09. Relações Métricas no Triângulo Retângulo74 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Demonstração
∆HBA ~ ∆HAC
12
23
42
12
= ou
1
2
3
1
=
Assim: h2 = m · n
b3) b · c = a · h
Em todo triângulo retângulo, o produto
das medidas dos catetos é igual ao produto
das medidas da hipotenusa pela altura
relativa a ela.
Demonstração
∆HBA ~ ∆ABC
12
23
14
13
= ou
1
2
3
4
=
Assim: b · c = a · h
3. Teorema de Pitágoras
Em todo triângulo retângulo, o quadrado
da medida da hipotenusa é igual à soma
dos quadrados das medidas dos catetos.
Demonstração
∆HBA ~ ∆ABC ⇒ c2 = a · m
∆HAC ~ ∆ABC ⇒ b2 = a · n
Assim: b2 + c2 = a · n + a · m
ou b2 + c2 = a (n + m)
como n + m = a, temos:
b2 + c2 = a · a
Assim: b2 + c2 = a2
4. Recíproca do Teorema de
Pitágoras
Se as medidas dos lados de um triân-
gulo são tais que o quadrado do maior é
igual à soma dos quadrados das outras
duas, então esse triângulo é retângulo.
Demonstração
Considere um triângulo ABC com lados a,
b e c, conforme a figura:
Sobre os lados de um ângulo reto de vérti-
ce O, tomemos os pontos P e Q de modo que
OP = b e OQ = c.

GeometriaPlana
Como o triângulo OPQ é um retângulo:
OP2 + OQ2 = PQ2
ou seja
PQ2 = b2 + c2
Mas b2 + c2 = a2, então PQ2 = a2
Assim: PQ = a
12 34
51 64
52 63
512 634
111
=
=
=
1
23
43
⇒ ≅∆ ∆
01. Calcular o valor de x, y e z no triângu-
lo retângulo:
Resolução
Cálculo de z
z = 9,6 + 5,4 = 15
Cálculo de x
Vamos aplicar a relação c2 = am
x2 = 15 · 5,4 1 23=
x2 = 81 x = 9
Cálculo de y
Vamos aplicar a relação h2 = mn.
y2 = 5,4 · 9,6
y2 = 51,84
1 23456=
Resposta: y = 7,2
02. Calcular o valor de x, y e z no triângulo
retângulo:
Resolução
Cálculo de x
Vamos aplicar a relação ⇒ b2 = a · n
1 12 3 4 5 12 43
43 65 3
65
4
3 25
1
1 2 = ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒
⇒ = ⇒ = ⇒ =
Resposta: x = 14
Cálculo de y
Vamos aplicar o teorema de Pitágoras:
1 2
2
2
2
2
2
2
1 1 1
1 1 1
1
1
1
2
3 34
45 3 34
467 85
467 85
443
443 3 9
5 9
= +
= +
= +
=
=
= = ⋅
=
1 2
1 2

123453678
Cálculo de z
Vamos aplicar a relação ⇒ b · c = a · h
1 2 23 4 5⋅ = ⋅
1 2 3 34 4151 2 1 2⋅ =
1 234 235=
1 2 3 4561
⋅ =
1 2 3 456⋅ =
1
2 3 4
56
=
⋅
Resposta: 1 2 3=

GeometriaPlana
03. (Cesgranrio-RJ) Num triângulo retân-
gulo, a altura relativa à hipotenusa mede 12
e o menor dos segmentos que ela determina
sobre a hipotenusa, 9. O menor lado do triân-
gulo mede:
a) 12,5 d) 16
b) 13 e) 16,5
c) 15
Resolução
Usando-se as relações métricas no triângulo re-
tângulo ABC, vem:
h2 = m · n ⇒ 122 = 9 · n ⇒ n = 16
a = m + n ⇒ a = 9 + 16 ⇒ a = 25
b2 = a · m ⇒ b2 = 25 · 9 ⇒ b2 = 225 ⇒ b = 15
Resposta: C
04. (Fuvest-SP 2000) Um trapézio retân-
gulo tem bases 5 e 2 e altura 4. O perímetro
desse trapézio é:
a) 13 d) 16
b) 14 e) 17
c) 15
Resolução
Seja ABCD o trapézio dado.
No ∆BCE, temos:
BE = altura do trapézio = 4
EC = DC – AB = 5 – 2 = 3
BC2 = BE2 + EC2
BC2 = 42 + 32 = 25
∴ BC = 5
Perímetro = 2 + 4 + 5 + 5 = 16
Resposta: C
05. (Mackenzie-SP)Nafigura,AC=2AB=4DB.
A razão entre as medidas de 12 e 12 é:
a)
1
2
d)
1
2
b)
1
1
e)
1
2
c)
1
2
Resolução
Temos 12 13 43
12 43
13 43
= = ⇔
=
=
1 2
2
1
Pelo teorema de Pitágoras, no triângulo ADB,
AD2 + DB2 = AB2 ⇔AD2 + DB2 = (2DB)2 ⇔ AD
= DB 1
Resposta: Portanto, a razão entre as me-
didasAD eACédadapor
12
13
24
24
= =
1
2
1
2

GeometriaPlana
06. (Fuvest-SP) No paralelepípedo reto re-
tângulo da figura abaixo, sabe-se que AB =
AD = a, AE = b e que M é a interseção das
diagonais da face ABFE. Se a medida de 12
também é igual a b, o valor de b será:
a) 1 1 d) 1 1
b)
1
2
1 e)
1
2
1
c)
1
2
1
Resolução
Como 12 é perpendicular à face ABFE, BCM é
um triângulo retângulo em B. Logo:
12 31 32 4 5
36
4 5
36
4 5
5 4
4 5 4 5
1 1 1
= + ⇔ = +
1
2
3
4 ⇔
⇔ = + ⇔ = +
+
⇔
⇔ = ⇔ =
1 1
1
1 1
1
1 1
1 1
1 1
1
2 2
3 4
4
3
Resposta: E
07. (PUC-SP) Uma estação de tratamento
de água (ETA) localiza-se a 600 m de uma es-
trada reta. Uma estação de rádio localiza-se
nessa mesma estrada, a 1000 m da ETA. Pre-
tende-se construir um restaurante, na estra-
da, que fique à mesma distância das duas es-
tações. A distância do restaurante a cada uma
das estações deverá ser de:
a) 575 m d) 700 m
b) 600 m e) 750 m
c) 625 m
Resolução
Na figura a seguir, 12
↔
representaaestrada;E,a
estação de tratamento de água (ETA); R, a estação de
rádio e X, o restaurante. Temos AE = 600 e
ER = 1000; logo, pelo teorema de Pitágoras,
12 = =1222 322 4221 1
5 6
Devemos ter EX = XR; logo, no triângulo retân-
gulo AEX, EX2 = AE2 + AX2 ⇔ XR2 = AE2 +
+ (AR – XR)2 ⇔
⇔ XR2 = 6002 + 8002 – 1600 · XR + XR2 ⇔
Resposta: XR = 625 m.
Logo, a distância do restaurante a cada uma das
duas estações é de 625 m.

GeometriaPlana
5. Problemas de Tangência
Os problemas que envolvem retas e circunferências tangentes são resolvidos a partir da
estrutura da figura, que se obtém colocando raios de forma adequada.
Para facilitar essa colocação de raios, vamos apresentar três regras básicas.
1º) Toda vez que houver reta tangenciando circunferência, é fundamental colocar o raio
perpendicular à reta exatamente no ponto de tangência.
2º) Quando na figura houver circunferências tangentes externamente, devemos colocar
raios unindo os centros das mesmas. É importante registrar que a distância entre os centros
é igual à soma das medidas dos raios.
3º) Quando houver na figura circunferências tangentes internamente, devemos unir os
centros das mesmas. É importante registrar que a distância entre os centros é igual à diferen-
ça das medidas dos raios.

GeometriaPlana
Exemplos de Estruturas
1º)
2º)
3º)
Quando obtemos a estrutura da figura, a solução do problema normalmente é obtida
utilizando as relações métricas nos triângulos retângulos.

GeometriaPlana
01. Os raios das circunferências tangen-
tes são 5 cm e 3 cm e A e B são pontos de
tangência.
Calcule a medida de 12.
Resolução
No ∆O O T1 2 1 temos:
O O O T O T1 1
2
2
2
1
1
= +
1 2 31 1 1
= +
1 23 1 23 4 561
= ∴ = =
Resposta: Logo, 12 3 45678=
02. As cinco circunferências da figura têm
raio 2 cm. Calcule as medidas dos lados do
quadrado ABCD.
Resolução
No triângulo retângulo da figura temos:
1 2 2 21 1 1
− = +1 2
1 2 341
− =1 2
1 2 2 3− = 1
1 2 2 3= +
ou
1 2 2 3= − (não convém)
Assim,osladosdoquadradoABCDmedem1 1 2345+ .

Capítulo 10. Senos e Co-Senos: Teoremas 81PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo10. SenoseCo-Senos:Teoremas
1. Teorema dos Senos
Os lados de um triângulo são diretamen-
te proporcionais aos senos dos ângulos opos-
tos numa razão igual ao diâmetro da circun-
ferência circunscrita ao triângulo.
1
2
3
4
5
6
7
123 123 123
= = =
1 1
4
1.1. Demonstração para o Caso de um
TriânguloAcutângulo
Consideremos um triângulo acutângulo
ABC, de lados a, b e c, inscrito numa circunfe-
rência de centro O, e tracemos o diâmetro 12,
construindo o triângulo BCD.
Notamos que:
1º) Os ângulos BAC e BDC, por serem inscritos
comomesmoarco,sãocongruentes 1 2= 1
1 2.
2º) O triângulo BCD é retângulo em C, pois
12 é diâmetro.
Assim, no ∆BCD, temos:
123 11
23
21
=
como 11 = Â , BC = a e BD = 2R, temos:
sen Â =
1
2
1
345 6
2
1
1⇒ =
Analogamente, concluímos que:
1
2345
6
1
= 1 e
c
sen C
R
1
= 1
Assim:
1
2
3
4
5
6
7
123 123 123
= = =
1 1
4
TriânguloObtusângulo
Consideremos um triângulo obtusângulo
rência de centro O, e tracemos o diâmetro
12, construindo o triângulo BCD.

Capítulo 10. Senos e Co-Senos: Teoremas82 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Notamos que:
1º) Os ângulos BAC e BDC são suplementa-
res, pois ABDC é um quadrilátero inscrito
numa circunferência 11 2= °−1231 2.
2º) O triângulo BCD é retângulo em C, pois
12 é diâmetro.
Assim, no ∆BCD, temos:
sen 11
23
21
=
ComoBC=a,BD=2ReSen 11=SenÂ,temos:
sen Â = 1
2
1
3
2
1
1⇒ =
234
Para os ângulos agudos procedemos da
mesma forma que no item anterior (triângu-
lo acutângulo), obtendo:
1
2
3
4
5
3
123
2
1231 1
= =4 4
Assim:
1
2
3
4
5
6
7
123 123 123
= = =
1 1
4
TriânguloRetângulo
rência de centro O.
Notamos que:
1º) sen Â = 1 e a = 2R, então 1
2
3
123
= 4 .
2º) 123 11
23
13
= , então 1
2123 1
= 2R .
3º) 123 11
21
31
= , então 1
2123 1
= 2R.
Assim:
1
2
3
4
5
6
7
123 123 123
= = =
1 1
4
01.Num triângulo ABC, temos que 11= 30°
e que AC = 6 cm. Calcule a medida do raio da
circunferência circunscrita a esse triângulo.
Resolução
1
23sen °
= 2R
como sen 30° =
1
2
, temos
1
2
3
= 2R ⇒ R = 6 cm
Resposta:O raio mede 6 cm.

GeometriaPlana
02.Num paralelogramo ABCD, a diagonal
12 divide o ângulo BAD em dois ângulos
agudos de medidas 30° e 45°. Sendo a medida
do maior lado do paralelogramo 1 2 34 , cal-
cule a medida do menor lado.
Resolução
No ∆ ACD, temos:
1 2
13 45sen
x
sen°
=
°
Assim: 1 2
3
2
2
2
⋅ = ⋅4
Logo, x = 4
Resposta: O menor lado mede 4 cm.
03. Num quadrilátero inscritível ABCD,
os ângulos opostos BAD e BCD são tais que
11 2= ⋅1 .
Sabendo que a diagonal 12 mede 1 2 cm,
calcule a medida do raio de circunferência cir-
cunscrita ao quadrilátero.
Resolução
Sendo Â = α, temos que 11 = 3α.
Como Â + 11 = 180° , visto que ABCD é um
quadriláteroinscritível,temos:
α + 3α = 180° ⇒ α = 45°
logo Â = 45°
Consideremos o ∆ABD,então:
1 2
34
2
1 2 2
2
2
567
8
8
°
=
= ⋅
Assim: R = 6
Resposta: O raio mede 6 cm.
Obs.–Notamosque,quandodizemosqueumqua-
driláteroestáinscritonumacircunferência,elaestácir-
cunscritaaoquadrilátero.
2. Teorema dos Co-senos
Em qualquer triângulo, o quadrado da me-
dida de um lado é igual à soma dos qua-
drados das medidas dos outros dois la-
dos menos duas vezes o produto dessas
medidas pelo cosseno do ângulo por eles
formado.
a2 = b2 + c2 – 2 · b · c · cos Â
b2 = a2 + c2 – 2 · a · c · cos 11
c2 = a2 + b2 – 2 · a · b · cos 11

GeometriaPlana
2.1. Demonstração
Consideremos um triângulo ABC, de la-
dos a, b e c.
Demonstraremos o teorema para o lado
12 nos casos em que o ângulo ABC é agudo,
obtuso ou reto, e sabemos que a demonstra-
ção para os lados 12 e 12 é feita de modo
análogo.
1º Caso: 11 90°
Sendo
BH = m
CH = a – m
AH = h
temos
No ∆ ABH: h2 = c2 – m2 (I)
No ∆ ACH: h2 = b2 – (a – m)2 (II)
(I) = (II) ⇒ c2 – m2 = b2 – (a – m)2
Assim b2 = a2 + c2 – 2 am
como m = c · cos 11 no ∆ ABH, temos:
b2 = a2 + c2 – 2 a · c · cos 11
2º Caso: 11 90°
BH = m ; CH = a + m ; AH = h
temos:
No ∆ AHB: h2 = c2 – m2 (I)
No ∆ AHC: h2 = b2 – (a + m)2 (II)
(I) = (II) ⇒ c2 – m2 = b2 – (a + m)2
Assim: b2 = a2 + c2 + 2 am
Como: m = c · cos (180° – 11) = – c · cos 11,
temos: b2 = a2 + c2 – 2 · a · c · cos 11
3º Caso: 11 = 90°
∆ ABC é retângulo, então:
a2 + c2 = b2 (I)
e
cos 11 = 0 ⇒ 2 · a · cos 11 = 0 (II)
Fazendo (I) – (II), temos:
a2 + c2 – 2 · a · cos 11 = b2
Conclusão – O teorema dos cossenos pode
ser aplicado em qualquer triângulo.
2.2. Síntese
Consideremos um triângulo ABC, com la-
dos de medidas a, b e c. Sabemos que:
a2 = b2 + c2 – 2·b · c · cosÂ
Então:
Â = 90° ⇒ cos Â = 0 ⇒ a2 = b2 + c2
Â 90° ⇒ cos Â 0 ⇒ a2 b2 + c2
Â 90° ⇒ cos Â 0 ⇒ a2 b2 + c2

GeometriaPlana
3. NaturezadeumTriângulo
Consideremos um triângulo ABC, com la-
dos de medidas a, b e c. Sendo BAC o maior
dos ângulos internos do triângulo, temos:
1º) o lado de medida a, oposto a BAC, é o mai-
or lado do triângulo;
2º) a natureza do triângulo ABC depende fun-
damentalmente do ângulo BAC, pois:
se BAC é agudo ⇒ ∆ ABC é acutângulo;
se BAC é reto ⇒ ∆ ABC é retângulo;
se BAC é obtuso ⇒ ∆ ABC é obtusângulo.
Então, a partir da Síntese concluímos que:
a2 = b2 + c2 ⇒ ∆ retângulo
a2 b2 + c2 ⇒ ∆ acutângulo
a2 b2 + c2 ⇒ ∆ obtusângulo
1. Calcular a medida do raio da circunferên-
cia circunscrita ao triângulo com lados 5, 7 e 8.
Resolução
72 = 52 + 82 – 2 · 5 · 8 · cos α
80 cos α= 40 ⇒ cos α=
1
2
sen2α + cos2α = 1
sen2α +
1
2
= 1
senα =
1
2
(0° α 180°)
1
123α
= 2R (Teorema dos senos)
1
2
3
= 2R ⇒ R =
1
2
=
1 2
2
Resposta: A medida do raio da circunferência
circunscritaé
1 2
2
.
02. Na figura abaixo, calcule a medida do
segmento 12, sabendo que AB = 3 cm, BC = 5
cm, AD = 4 cm e DC = 2 cm.
Resolução
No ∆ ABC, temos:
52 = 32 + 62 – 2 · 3 · 6 cos Â
36 cos Â = 20 ⇒ cos Â =
1
2
No ∆ ABD temos:
BD2 = 32 + 42 – 2 · 3 · 4 · cos Â
BD2 = 9 + 16 – 24 ·
1
2
BD2 = 25 –
12
3
=
12
1
∴ BD =
12
1
342
1
= 56
Resposta: BD =
123
4
56

GeometriaPlana
03.Mostre que o circuncentro do triângu-
lo cujos lados medem 5 cm, 7 cm e 10 cm é
externo ao triângulo.
Resolução
SendoABCotriângulo cujosladosmedemAB=
5 cm, AC = 7 cm e BC = 10 cm, temos:
Como 102 52 + 72, sabemos que Â 90°.
Considerandoacircunferênciacircunscritaaotri-
ângulo ABC, o arco correspondente ao ângulo
inscrito BAC é maior que 180°, visto que Â 90°.
Assim,ocentrodessacircunferência(circuncentro)é
externo ao triângulo ABC.
04.Calcule o seno do maior dos ângulos in-
ternos do triângulo cujos lados medem 3, 4 e 6.
Resolução
Omaiorânguloéopostoaoladoquetemmedida6.
62 = 32 + 42 – 2 · 3 · 4 · cos α
24 cosα = –11 ⇒ cos α =
−11
23
sen2
α + cos2
α = 1
sen2
α + 1
11
23
1
1
2
3
4 = 1
sen2
α = 1 1
121
345
=
122
234
Como 0° α 180°, senα =
122
31
Resposta: O seno do maior ângulo interno do
triângulo é
122
31
.

Capítulo 11. Polígonos Regulares: Apótemas 87PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo11. PolígonosRegulares:Apótemas
1. ApótemadeumPolígono
Regular
Dado um polígono regular, chamamos de
apótema do polígono regular o segmento tra-
çado a partir do centro do polígono até o lado
do mesmo, formando ângulo reto com o lado.
123456789
5464

44
Observação
O apótema de um polígono regular tam-
bém é o raio da circunferência inscrita no
polígono.
12 é o raio da circunferência
inscrita no polígono.
2. CálculodoApótemados
PrincipaisPolígonosRegulares
2.1. Triânguloeqüilátero
Consideremos um ∆ABC eqüilátero de
lado l, então a medida a de seu apótema será:
No ∆OBM temos:
12
3
4
12
3
°4
1
2
= ⋅ ⇒
1
2
2
1
2
=
1
2
Importante
O ponto O também é baricentro no ∆ABC,
então OM é um terço da altura do triângulo
eqüilátero. Assim:
1
2
3
2 2
= ⋅ = ⋅ =
1
2
1
1
3
1
4
2.2. Quadrado
Consideremos um quadrado ABCD de
lado l, então a medida a de seu apótema será:
No ∆OBM, temos:
12
3
4
12
3
°4
1
2
= ⋅ ⇒
1
2 1
2
=
1

Capítulo 11. Polígonos Regulares: Apótemas88 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
2.3. HexágonoRegular
Consideremos um hexágono regular
ABCDEF de lado l, então a medida a de seu
apótema será:
No ∆OBM, temos:
12
3
4
12
3
°4
1
2
= ⋅ ⇒
1
2 1
2
=
1
2
Importante
O ∆OBC é eqüilátero, então o apótema do
hexágono regular é igual à altura do triângu-
lo eqüilátero de lado l.
2.4. Octógono Regular
Consideremos um octógono regular
ABCDEFGH de lado l, então a medida a de seu
apótema será:
PQRS é um quadrado de lado l + 2x.
No ∆AQB, temos:
x2 + x2 = l2
1
21
1
1
=
123456 1
2
=
7
7
Assim: 1
2
3
2 2
= + = + ⇒
1 1
1
1
⇒ =
+
1
2 1 2
2
1 2
3. Cálculo do Raio da
CircunferênciaCircunscrita
Conhecendo as medidas dos lados e do
apótema de um polígono regular, é possível
encontrar a medida do raio da circunferên-
cia circunscrita com aplicação direta do
teorema de Pitágoras.
Sendo ABCDE... um polígono regular de
lado l e apótema a, a medida R do raio da
circunferência circunscrita será:
No ∆OBM, temos:
1 2
31 1
1
1
= +
1
23 4
56
Assim: 1
2 3
=
+1
2
2 2

Capítulo 11. Polígonos Regulares: Apótemas 89PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
01.Calcular a razão entre os apótemas de
um triângulo eqüilátero e de um quadrado
inscrito numa mesma circunferência.
Resolução
Sendo R o raio da circunferência, temos:
1 23 3
1
2
1 1= ⇒ =
1 2 3 2
1
3
1 1= ⇒ =
∴ =
1
1
2
3
2
3
1
2
12324
5
5
6
6
1
2
=
Resposta
1
1
2
2
1
2
=
02. Uma diagonal de um quadrado inscri-
to numa circunferência mede 8 cm. Calcular
o apótema do hexágono regular inscrito na
mesma circunferência.
Resolução
2R = 8 ⇒ R = 4 cm
1
2 3
4
5 3
4
= =
Assim: 1 = 2 3 45
Resposta
O apótema é 1 2 34.
03. Calcular o apótema de um octógono
regular de lado 4 cm.
Resolução
Assim: 1= 2 2
Logo: a = 2 + x = 12 1
Resposta
Oapótemamede(12 1 )cm.
x2 + x2 = 42
x2 = 8

Capítulo 12. Comprimento de Circunferências e Arcos90 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo12. ComprimentodeCircunferênciaseArcos
1. LimitesdoComprimentode
umaCircunferência
1.1.PolígonosRegularesInscritos
Consideremos inicialmente um triângu-
lo eqüilátero inscrito em uma circunfe-
rência de comprimento C. Podemos con-
cluir que:
o perímetro do triângulo é menor que o
comprimento C da circunferência.
Em seguida, dupliquemos o número de
lados do polígono, obtendo, assim, um he-
xágono regular inscrito. Podemos concluir
que:
1º) o perímetro do hexágono é maior que o
perímetro do triângulo;
2º) o perímetro do hexágono, embora me-
nor que C, se aproximou mais de C em re-
lação ao perímetro do triângulo.
Se continuarmos duplicando sucessiva e
indefinidamente os números de lados dos
polígonos regulares inscritos, podemos con-
cluir que:
1º) o perímetro do polígono com número
de lados duplicado é sempre maior que o
perímetro do polígono anterior;
2º) o perímetro do polígono com número de
lados duplicado se aproxima mais de C em
relação ao perímetro do polígono anterior.
De acordo com o exposto, podemos con-
cluir que:
o comprimento C de uma circunferência é
o número para o qual tendem os períme-
tros dos polígonos regulares inscritos nes-
sa circunferência quando o número de la-
dos aumenta indefinidamente.
1.2. PolígonosRegularesCircunscritos
Consideremos inicialmente um triângulo
eqüilátero circunscrito a uma circunferência
de comprimento C. Podemos concluir que:
o perímetro do triângulo é maior que o
comprimento C da circunferência.

Capítulo 12. Comprimento de Circunferências e Arcos 91PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Em seguida, dupliquemos o número de la-
dos do polígono, obtendo, assim, um hexágo-
no regular circunscrito. Podemos concluir que:
1º) o perímetro do hexágono é menor que o
perímetro do triângulo;
2º) o perímetro do hexágono, embora mai-
or que C, se aproximou mais de C em rela-
ção ao perímetro do triângulo.
Se continuarmos duplicando sucessiva e
indefinidamente os números de lados dos
polígonos regulares circunscritos, podemos
concluir que:
de lados duplicado é sempre maior que o
perímetro do polígono anterior;
de lados duplicados se aproxima mais de
C em relação ao perímetro do polígono
anterior.
De acordo com o exposto, podemos con-
cluir que:
o comprimento C de uma circunferência é
o número para o qual tendem os períme-
tros dos polígonos regulares circunscritos
a essa circunferência quando o número de
lados aumenta indefinidamente.
2. OComprimentodaCircunferênciaeoNúmero πππππ
Sendo R o raio da circunferência de comprimento C, calculando os perímetros p e P dos
polígonos regulares inscrito e circunscrito, respectivamente, com os números de lados
duplicados sucessivamente a partir do hexágono, temos:
Com o cálculo feito até 384 lados, temos
certeza de que C = 2R · 3,141…
Se continuássemos o cálculo para um
número de lados cada vez maior, consegui-
ríamos uma precisão também cada vez
maior.
Chamando de π o número 3,141…, pode-
mos escrever:
C = 2R · π
Observação – Apresentamos abaixo o
número π com seus vinte primeiros decimais.
π = 3,14159265358979323846…

Capítulo 12. Comprimento de Circunferências e Arcos92 PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
3. ComprimentodeumArco
deCircunferência
Conhecendo a medida do arco, em graus
ou em radianos, podemos determinar o com-
primento do mesmo, na unidade em que a
medida do raio for apresentada, usando uma
regra de três simples.
3.1. Arco em Graus
Sendo l o comprimento do arco , temos:
123 4
563
°
°
⇒ =
°
111111
111111
π
α
π α1
2
2
1
3.2. Arco em Radianos
Sendo l o comprimento do arco , temos:
1 1π π
α
α
2345
2345
1
2
2 1⇒ = ⋅
01. As rodas de um automóvel têm 32 cm
de raio. Sabendo-se que ele desenvolve 1 500
rotações por minuto (1 500 rpm), calcule a
distância, em km, percorrida em uma hora.
Resolução
Em 1 hora serão 60 · 1 500 = 90 000 rotações.
Em cada volta da roda, o automóvel se desloca
2π · 32 = 64π cm.
Assim:
deslocamento = 90 000 · 64π cm = 57,6π km
Resposta:Odeslocamentodoautomóvelemuma
hora foi de 57,6π km.
02.Considere a figura pintada, construída
a partir de três circunferências de raio 6 cm.
Calcule o perímetro da figura.
Resolução
Perímetro = 2l1 + l2
emque:
1
2
3 4 561 = ⋅ =
π
π
1
2
3 45 671 = ⋅ =
5π
π
Perímetro = 4π + 10π = 14π cm
Resposta: O perímetro é 14π cm.

Capítulo 13. Áreas das Regiões Elementares 93PV2D-06-MAT-21
GeometriaPlana
Capítulo 13. Áreas das Regiões Elementares
1.ConceitosBásicos
1.1. Noção Intuitiva de Área
Intuitivamente, a área de uma região é um
número que mede a sua “extensão”, ou seja, a
porção do plano ocupada por ela.
Quando fixamos uma unidade de medi-
da, encontrar a área de uma região plana é
determinar o número de unidades que “ca-
bem” nessa região.
Exemplo
Considerando a região plana da figura e
unidade de medida indicada, vamos deter-
minar a área da região.
Área = 24U
1.2. Definição da Área de uma Região
Poligonal
A cada região poligonal é associado um
número real não-nulo chamado área, que
deve satisfazer os postulados.
Postulado 1: polígonos congruentes têm
regiões poligonais de mesma área.
Postulado 2: se uma região poligonal é a
união de duas ou mais regiões poligonais, sem
ponto interior comum, então sua área é a
soma das áreas dessas outras.
Exemplo
Sendo R1, R2 e R3 três regiões triangulares
que não têm ponto interior comum, a área da
região R formada pela união das três regiões é
a soma das áreas de R1, R2, e R3.
Postulado 3: se uma região quadrada é li-
mitada por quadrado de lado a, então a sua
área é a2.
Área = a2
1.3. Regiões Poligonais Equivalentes
Duas regiões poligonais são equivalentes
se, e somente se, elas tiverem a mesma área.
Exemplo
Sendo os quatro triângulos T1, T2, T3 e T4
congruentes, as duas regiões a seguir são equi-
valentes.
Região R1 (losango)

Geometria Plana - Teoria

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