AB BC = 1 A B B C = 1.

Propor ionalidade e Semelhança I

Semana 12/09/2011 a 18/09/2011

1 O teorema de Thales

Consideremos a seguinte situação: temos no plano retas paralelas

r

,

s

e

t

(gura 1). Traçamos em seguida retas

u

e

u

′

, a primeirainterse tando

r

,

s

e

t

respe tivamente nos pontos

A

,

B

e

C

, ea segunda interse tando

r

,

s

e

t

respe tivamente em

A

′

,

B

′

e

C

′

.

Sefosse

AB = BC

(oquepare enãosero asonaguraa ima),teríamos peloteoremada base média de um trapézio (proposição 12,Unidade 6)que

A

′

_B

′

_{= B}

′

_C

′

. De outra forma,já sabemos que

AB

BC

= 1 ⇒

A

′

_B

′

B

′

_C

′

= 1.

Suponha agora que

AB

BC

seja um número ra ional, digamos

2

3

, para

r

s

t

u

_u

′

A

B

C

X

Y

Z

A

′

B

′

C

′

X

′

Y

′

Z

′

Figura1: paralelas ortadaspor transversais.

três partes iguais,obtendo pontos

X

,

Y

e

Z

em

u

, taisque

AX = XB = BY = Y Z = ZC

(gura 1). Se traçarmos por

X

,

Y

e

Z

paralelas às retas

r

,

s

e

t

, as quais interse tam

u

′

respe tivamenteem

X

′

,

Y

′

e

Z

′

,entãomais trêsapli açõesdo

teoremadabase média de um trapézio garantem que

A

′

_X

′

_{= X}

′

_B

′

_{= B}

′

_Y

′

_{= Y}

′

_Z

′

_{= Z}

′

_C

′

_,

edaí

AB

BC

=

2

3

⇒

A

′

_B

′

B

′

_C

′

=

2

3

.

Prosseguindo omnossora io ínio,suponhaagoraquefosse

AB

BC

=

m

n

, om

m, n ∈ N

. Então uma pequena modi ação do argumento a ima (dividindo ini ialmente

AB

e

BC

em

m

eem

n

partesiguais,respe tivamente)garantiria que

AB

BC

=

m

n

⇒

A

′

_B

′

B

′

_C

′

=

m

n

.

De outra forma, a relação

AB

BC

=

A

′

_B

′

B

′

_C

′

é válida sempre que oprimeiro(ou osegundo) membro for um ra ional.

A pergunta natural nesse momento é a seguinte: a igualdade das razões

a ima se mantém quando um dos membros da mesma for um número

irra- ional? A resposta é sim, e, para entender o porquê disso, utilizaremos o

problema

1.5.2

do volume I. Suponha que

AB

BC

= x,

om

x

irra ional. Es olha(peloproblemaaquenosreferimos)umasequên ia

(a

n

)

n

_≥1

de ra ionaispositivos, talque

x < a

n

< x +

1

n

para todo

n ∈ N

. Emseguida, marque (gura2) oponto

C

n

∈ u

talque

AB

BC

n

= a

n

.

Sejam

t

n

aparalelaàs retas

r

,

s

e

t

traçadapor

C

n

e

C

′

n

oponto onde

t

n

interse ta

u

′

. Como

a

n

∈ Q

, um argumentoanálogo aoanterior garanteque

A

′

_B

′

B

′

_C

′

n

= a

n

.

De outra forma,obtivemos que

x <

AB

BC

n

< x +

1

n

⇒ x <

A

′

_B

′

B

′

_C

′

n

< x +

1

n

,

ou ainda

AB

BC

<

AB

BC

n

<

AB

BC

+

1

n

⇒

AB

BC

<

A

′

_B

′

B

′

_C

′

n

<

AB

BC

+

1

n

.

(1)

r

s

t

t

n

u

_u

′

A

B

C

n

C

A

′

B

′

C

′

n

C

′

Figura 2: razão

AB

BC

irra ional.

Observe agora que as desigualdades do primeiro membro a ima garantem

que, à medida em que

n

aumenta, os pontos

C

n

aproximam-se mais e mais do ponto

C

. Mas omo

t

n

k t

, segue então que os pontos

C

′

n

aproximam-se mais e mais do ponto

C

′

, de maneira que a razão

A

′

_B

′

B

′

_C

′

n

aproxima-se mais e mais darazão

A

′

B

′

B

′

_C

′

. Abreviamos issoes revendo

A

′

_B

′

B

′

_C

′

n

−→

A

′

B

′

B

′

_C

′

quando

n → +∞.

Por outro lado, utilizando notação análoga à da linha a ima, podemos

la-ramenteinferir, a partir das desigualdades dosegundo membro de (1), que

A

′

_B

′

B

′

_C

′

n

−→

AB

BC

quando

n → +∞.

Utilizandoagoraofato(intuitivamenteóbvio)dequeumasequên iadereais

não pode aproximar-se simultaneamentede dois reais distintosquando

n →

+∞

, somos forçados a on luir que

AB

BC

=

A

′

_B

′

A dis ussão a ima provou um dos resultados fundamentaisdageometria

Eu lidianaplana, onhe ido omooteoremade Thales,oqualenun iamos

formalmenteaseguir:

Proposição 1. Sejam

r, s, t

retas paralelas. Es olhemos pontos

A, A

′

_{∈ r}

,

B, B

′

_{∈ s}

e

C, C

′

_{∈ t}

, de modo que

A, B, C

e

A

′

_{, B}

′

_{, C}

′

sejam dois ternos de

pontos olineares. Então

AB

BC

=

A

′

_B

′

B

′

_C

′

.

Figura3: Thales de Mileto, matemáti o e lósofo do

sé- uloVIIa.C.e o primeiro daantiguidade lássi agrega.

Cole ionamos a seguir algumas apli ações do teorema de Thales,

ome-çando pelo seguinte

Exemplo 2. Divida o segmento

AB

dado a seguir em in o partes iguais om régua e ompasso.

Solução.

1. Tra e peloponto

A

uma reta arbitrária

r

.

2. Marque sobre

r

pontos

C

0

= A

,

C

1

,

C

2

,

C

3

,

C

4

e

C

5

tais que, para

0 ≤ i ≤ 4

, ossegmentos

C

i

C

i+1

sejam todos iguais. 3. Para

1 ≤ i ≤ 4

,tra e a paralelaà reta

←→

C

5

B

passando por

C

i

.

4. Se

D

i

éainterseçãodetalparalela omosegmento

AB

,entãooteorema deThalesgarantequeospontos

D

1

,

D

2

,

D

3

e

D

4

dividem

AB

em in o partesiguais.

Para o próximo exemplo, dados reais positivos

a

,

b

e

c

, dizemos que um real positivo

x

éa quarta propor ional de

a

,

b

e

c

(nessa ordem) se

a

b

=

c

x

.

Caso

a

,

b

e

c

sejamos omprimentosdetrês segmentos, diremostambémque um segmento de omprimento

x

dado omo a ima é a quarta propor ional dos segmentos de omprimentos

a

,

b

e

c

(nessa ordem).

Exemplo 3. Construa om régua e ompasso a quarta propor ional dos

segmentosdados abaixo.

Solução.

a

b

c

1. Tra e duas retas

r

e

s

, on orrentes noponto

A

.

2. Marque sobre a reta

r

os segmentos

AB

e

BC

tais que

AB = a

e

BC = c

;marque sobre a reta

s

o segmento

AD

,tal que

AD = b

.

3. Tra e peloponto

C

aparalelaàreta

←→

AD

, aqualinterse ta areta

s

no

ponto

E

. Peloteoremade Thales,temos

DE =

bc

a

, onformedesejado.

Tão importantequanto oteoremade Thales, omoenun iadoa ima, éa

re ípro a par ial aseguir, tambéma eledevida.

Corolário 4. Sejam dados no plano retas

r, s

e pontos

A, A

′

_{∈ r}

,

B, B

′

_{∈ s}

, om

←→

AB ∩

A

←→

′

_B

′

_{= {C}}

. Se

AB

BC

=

A

′

_B

′

B

′

_C

, então

r k s

.

Prova. Suponha que

B ∈ AC

(gura 4  os demais asos são análogos). Tra e por

B

a reta

s

′

_{k r}

, e marque o ponto

B

′′

, interseção de

s

′

om o segmento

A

′

_C

. Pelo teorema de Thales, temos

AB

BC

=

A

′

_B

′′

B

′′

_C

, de maneiraque

r

s

′

u

_u

′

A

B

C

A

′

B

′′

nossas hipótesesforne em

A

′

_B

′

B

′

_C

=

A

′

_B

′′

B

′′

_C

.

Segue agora do problema 2, página 10, que

B

′

_{= B}

′′

ou, o que é o mesmo,

s = s

′

. Logo,

s k r

.

Oresultado aseguir é onhe ido omoo teorema da bissetriz.

Proposição 5. Seja

ABC

um triângulo tal que

AB 6= AC

.

(a)

Se

P

éopédabissetrizinterna e

Q

é opédabissetrizexterna relativas

ao lado

BC

, então

BP

P C

=

BQ

QC

=

BA

AC

.

(b)

Sendo

AB = c

,

AC = b

e

BC = a

, temos

(

BP =

ac

b+c

P C =

ab

b+c

.

e

(

BQ =

_|b−c|

ac

QC =

ab

|b−c|

.

A

B

P

C

Q

Figura5: o teoremada bissetriz.

Prova. O item (b) segue imediatamentede (a): sendo

BP = x

e

P C = y

, temos

x + y = a

e, peloitem (a),

x

y

=

c

b

. Resolvendo o sistema

(

x + y = a

x

y

=

c

b

obtemos

x =

ac

b+c

e

y =

ab

b+c

. Asdemais fórmulasdoitem (b) são provadas de modoanálogo.

Quantoaoitem

(a)

,mostremosque

BQ

QC

=

BA

AC

,deixandoaprova(análoga) da igualdade

BP

P C

=

BA

AC

a argo doleitor (problema 4,página 10). Tra e, peloponto

B

,uma paralelaàreta

←→

AQ

,e marqueseu ponto

B

′

de

interseção om

AC

(gura6). Como

←→

QA k

BB

←→

′

e

−→

AQ

ébissetrizde

∠QAX

,

A

B

C

X

Q

B

′

Figura6: prova doteorema dabissetriz.

obtemos

A b

BB

′

= B b

AQ = Q b

AX = B b

B

′

A.

Portanto, otriângulo

ABB

′

éisós eles de base

BB

′

, de maneira que

B

′

A =

BA

. Apli andoagora oteoremade Thalesàsparalelas

←→

QA

e

←→

BB

′

,

interse -tadas pelas retas

←→

QC

e

←→

AC

, obtemos

BQ

QC

=

AB

′

AC

=

BA

AC

.

Problemas  Seção 1

1. As retas

r, s

e

t

são paralelas, om

s

entre

r

e

t

. As transversais

u

e

v

determinam, sobre

r, s, t

, pontos

A, B, C

e

A

′

_{, B}

′

_{, C}

′

tais que

AB = x + 2

,

BC = 2y

,

A

′

B

′

= y

e

B

′

C

′

= (x − 10)/2

. Sabendo que

x + y = 18

, determine

AB

.

2. *Sejam

P

1

e

P

2

pontosno interior de um segmento

AB

, taisque

AP

1

P

1

B

=

AP

2

P

2

B

.

Prove que ospontos

P

1

e

P

2

oin idem.

3. Dadossegmentos de omprimentos

a

e

b

, dizemosqueum segmentode omprimento

x

éa ter eira propor ionalde

a

e

b

(nessa ordem))se

a

b

=

b

x

.

Mostre omo onstruir om régua e ompasso talsegmento de

ompri-mento

x

(sugestão: use o teoremade Thales).

4. *Complete a prova doteoremada bissetriz.

5. Em um triângulo

ABC

, seja

P

o pé da bissetriz interna relativa a

BC

. Construa om régua e ompasso o triângulo, onhe endo os

om-primentos

P B

,

P C

e

AB

(sugestão: use o teorema da bissetriz e a onstrução da quarta propor ional para onstruir obter um segmento

de omprimento

AC

).

2 Semelhança de triângulos

Dizemos que dois triângulos são semelhantes quando existe uma

orres-pondên ia biunívo a entre os vérti es de um e outro triângulo, de modo

que os ângulos em vérti es orrespondentes sejam iguais e a razão entre

os omprimentosde lados orrespondentes seja sempre a mesma (gura 7).

ka

′

kc

′

_kb

′

A

B

C

a

′

b

′

c

′

A

′

B

′

C

′

Figura7: dois triângulos semelhantes.

Na gura7, ostriângulos

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

são semelhantes, om a

orres-pondên ia de vérti es

A ↔ A

′

,

B ↔ B

′

,

C ↔ C

′

. Assim,

A = b

b

A

′

,

B = b

b

B

′

,

b

C = b

C

′

eexiste

k > 0

talque

AB

A

′

_B

′

=

BC

B

′

_C

′

=

AC

A

′

_C

′

= k.

Talrealpositivo

k

édenominadoarazãodesemelhançaentreostriângulos

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

, nessa ordem (observe que a razão de semelhança entre os

triângulos

A

′

_B

′

_C

′

e

ABC

, nessa ordem,é

1

k

). Es revemos

ABC ∼ A

′

_B

′

_C

′

para denotar que os triângulos

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

sãosemelhantes, oma orrespondên iadevérti es

A ↔ A

′

,

B ↔ B

′

,

C ↔ C

′

. Se

ABC ∼ A

′

_B

′

_C

′

narazão(desemelhança)

k

,então

k

étambémarazão entre os omprimentosde doissegmentos orrespondentes quaisquernos dois

triângulos. Por exemplo, nas notações da gura 7, sendo

M

o ponto médio de

BC

e

M

′

o ponto médiode

B

′

_C

′

, temos que

MA

M

′

_A

′

=

a/2

a

′

_/2

=

a

a

′

= k

(a esse respeito, veja tambémo problema 3,página 19).

As três proposições a seguir estabele em as ondições su ientes usuais

paraquedoistriângulossejamsemelhantes. Portalrazão,asmesmassão

faremos a prova do primeiro deles, deixando as demonstrações dos dois

de-mais omoexer í ios para o leitor ( f. problema 1).

Proposição 6. Sejam

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

triângulos no plano, tais que

AB

A

′

_B

′

=

BC

B

′

_C

′

=

AC

A

′

_C

′

.

Então

ABC ∼ A

′

_B

′

_C

′

, om a orrespondên ia de vérti es

A ↔ A

′

,

B ↔ B

′

,

C ↔ C

′

. Em parti ular,

A = b

b

A

′

,

B = b

b

B

′

e

C = b

b

C

′

.

ka

′

kc

′

_kb

′

A

B

C

a

′

b

′

c

′

A

′

B

′

C

′

Figura 8: o asode semelhança LLL.

Prova. Sendo

k

o valor omum das razões do enun iado, temos

AB = k ·

A

′

_B

′

,

BC = k · B

′

C

′

e

AC = k · A

′

C

′

. Suponha,semperdade generalidade,

k > 1

,e marque ( f. gura 9)o ponto

B

′′

_{∈ AB}

tal que

AB

′′

= A

′

B

′

.

D

B

′′

_C

_′′

A

B

C

Sendo

C

′′

a interseção om o lado

AC

da reta que passa por

B

′′

e é

paralela aolado

BC

, segue doteorema de Thales que

AC

′′

AC

=

AB

′′

AB

=

1

k

,

de maneiraque

AC

′′

=

1

k

· AC = A

′

C

′

.

Tra e agora aparalela ao lado

AB

passando por

C

′′

, a qualinterse ta o

lado

BC

noponto

D

. Então oquadrilátero

B

′′

_C

′′

_DB

é um paralelogramos,

de sorte que,novamente peloteoremade Thales,temos

B

′′

_C

′′

BC

=

BD

BC

=

AC

′′

AC

=

1

k

.

Logo,

B

′′

C

′′

=

1

k

· BC = B

′

C

′

. A dis ussão a ima mostrouque

AB

′′

_{= A}

′

_B

′

_{, AC}

′′

_{= A}

′

_C

′

e

B

′′

C

′′

= B

′

C

′

,

i.e., que os triângulos

AB

′′

_C

′′

e

A

′

_B

′

_C

′

são ongruentes pelo aso LLL de

ongruên ia. Portanto,temos

b

B = A b

BC = A b

B

′′

C

′′

= A

′

B

b

′

C

′

= b

B

′

,

e, analogamente,

A = b

b

A

′

e

C = b

b

C

′

.

Proposição 7. Sejam

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

triângulosno plano, tais que

AB

A

′

_B

′

=

BC

B

′

_C

′

= k

e

B = b

b

B

′

_.

Então

ABC ∼ A

′

_B

′

_C

′

, om a orrespondên ia de vérti es

A ↔ A

′

,

B ↔ B

′

,

C ↔ C

′

. Em parti ular,

A = b

b

A

′

,

C = b

b

C

′

e

AC

A

′

_C

′

= k

.

Proposição 8. Sejam

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

triângulosno plano, tais que

b

A = b

A

′

e

B = b

b

B

′

_.

Então

ABC ∼ A

′

_B

′

_C

′

, om a orrespondên ia de vérti es

A ↔ A

′

,

B ↔ B

′

,

C ↔ C

′

. Em parti ular,

AB

A

′

_B

′

=

BC

B

′

_C

′

=

AC

A

′

_C

′

.

ka

′

kc

′

A

B

C

a

′

c

′

A

′

B

′

C

′

Figura10: o asode semelhança LAL.

A

B

C

A

′

B

′

C

′

Figura11: o aso desemelhança AA.

Como oroláriodos asosde semelhançaa ima, estabele emos na

propo-sição aseguir as relações métri as em triângulos retângulos.

Proposição9. Seja

ABC

umtriângulo retângulo em

A

, om atetos

AB =

c

,

AC = b

e hipotenusa

BC = a

. Sendo

H

o pé da altura relativa à

hipote-nusa,

CH = x

,

BH = y

e

AH = h

, temos:

(a) ah = bc

.

(b) ax = b

2

e

ay = c

2

.

(c) a

2

= b

2

+ c

2

.

(d) xy = h

2

. Prova.

(a) e (b). Como

A b

HB = C b

AB

e

A b

BH = C b

BA

(gura 12), os triângu-los

BAH

e

BCA

são semelhantes pelo aso AA, om a orrespondên ia de

vérti es

A ↔ C

,

H ↔ A

,

B ↔ B

. Assim,

BH

AB

=

AB

BC

e

AH

AB

=

AC

BC

,

ou ainda

y

c

=

c

a

e

h

c

=

b

a

.

A relação

ax = b

2

é provada de maneiraanáloga.

A

B

C

H

x

y

h

c

b

a

Figura12: relaçõesmétri asnumtriângulo retângulo.

( ) Somando membro a membro as relações

(b)

e

(c)

, obtemos

a(x + y) =

b

2

+ c

2

. Mas desdeque

x + y = a

,nada mais há a fazer.

(d) Multipli andomembro a membro asduas relaçõesdo item (b), obtemos

a

2

· xy = (bc)

2

, ouainda

xy =



bc

a



2

= h

2

,

onde utilizamoso item (a) na últimaigualdade a ima.

O item ( ) da proposição a ima é o famoso teorema de Pitágoras.

Apresentamos no que segue algumas onsequên ias importantes do mesmo,

a primeiradas quais já foi utilizadana seçãoa ima referida.

Corolário 10. As diagonais de um quadrado de lado

a

medem

a

√

2

.

Prova. Se

ABCD

éumquadradodelado

a

ediagonais

AC

e

BD

(gura13), então o triângulo

ABC

é retânguloe isós eles. Daí,

AC =

q

AB

2

+ BC

2

=

√

a

2

_{+ a}

2

_{= a}

√

_2.

A

B

C

D

a

a

Figura13: ál uloda diagonal de umquadrado.

Corolário 11. As alturas de um triângulo equilátero de lado

a

medem

a

√

3

2

.

Prova. Seja

ABC

um triângulo equilátero de lado

a

, e

M

o ponto médio de

BC

(gura 14). Como

AM⊥BC

(problema 10, Seção 2, Unidade 3),

B

C

A

M

a

a

2

Figura14: alturasde umtriângulo equilátero.

apli ando oteorema de Pitágorasao triângulo

ACM

,obtemos

AM

2

= AC

2

_{− CM}

2

= a

2

−

a

₂



2

=

3a

2

4

,

O exemplo a seguir utiliza o item (d) da proposição 9 para resolver

geo-metri amente uma equaçãodo segundo grau de raízespositivas.

Exemplo 12. Dados segmentos de omprimentos

s

e

p

, tais que

s > 2p

, onstrua om régua e ompasso as raízes daequação

x

2

− sx + p

2

= 0

. Solução.

p

s

Des rição dos passos.

1. Tra e uma reta

r

e marque sobre a mesma pontos

B

e

C

tais que

BC = s

. Emseguida, onstrua um semi ír ulo

Γ

de diâmetro

BC

.

2. Tra e areta

r

′

,paralela àreta

r

e àdistân ia

p

de

r

, aqualinterse ta

Γ

nos pontos

A

e

A

′

(uma vez que

p <

s

2

).

3. Se

H

éopédaperpendi ularbaixadade

A

a

BC

,então

BH + CH = s

e o item (d) da proposição 9 garante que

BH · CH = p

2

. Logo,

BH

e

CH

são as raízesda equação dosegundo grau do enun iado.

Para terminaresta seção,estabele emos a re ípro adoteorema de

Pitá-goras.

Proposição 13. Seja

ABC

um triângulo tal que

AB = c

,

BC = a

e

AC = b

. Se

a

2

= b

2

+ c

2

Prova. Seja

H

o pé da altura relativa a

BC

. Há dois asos essen ialmente distintos:

(a)

B ∈ CH

: nesse aso,o teoremade Pitágorasapli adoaotriângulo

AHC

nos dá(gura 15)

b

2

= AH

2

+ CH

2

> CH

2

_{≥ BC}

2

= a

2

= b

2

+ c

2

,

e daí

0 ≥ c

2

,o que éum absurdo.

H

B

C

A

Figura 15: re ípro a doteorema de Pitágoras- aso

(a)

(b)

H ∈ BC

: sejam

AH = h

,

M

opontomédiode

BC

e

BH = x

(gura16). Podemos supor, sem perda de generalidade, que

H ∈ BM

. O teorema de

H

C

B

A

M

Figura16: re ípro a doteorema dePitágoras - aso

(b)

Pitágorasapli adoaos triângulos

AHC

e

AHB

nos dá

a

2

= b

2

+ c

2

= ( AH

2

+ CH

2

) + ( AH

2

+ BH

2

) = 2h

2

+ (a − x)

2

+ x

2

,

donde

h

2

= ax − x

2

. Mas aí, apli ando novamente o teorema de Pitágoras

(agora ao triângulo

AHM

), obtemos

AM

2

=

AH

2

+ HM

2

= h

2

+ ( BM − BH)

2

= (ax − x

2

) +

a

2

− x



2

=

a

2

4

,

donde segue que

AM =

a

2

=

1

2

BC

. Portanto,

M

equidista dos vérti es de

ABC

, e a proposição 14 da Unidade 8 garante que

ABC

é retângulo em

A

.

Problemas  Seção 2

1. *Provequeos onjuntos de ondiçõeselen ados em adaumadas

pro-posições7e8são realmentesu ientes paragarantirasemelhançados

triângulos

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

(sugestão: imite aprova daproposição 6).

2. Na gura abaixo os três quadriláteros mostrados são quadrados e os

pontos

X, Y

e

Z

são olineares. Cal uleamedida

x

em entímetrosdo lado do quadrado menor, sabendo que os outros dois quadrados têm

lados medindo

4

me

6

m.

X

Y

Z

3. * Sejam

ABC

e

A

′

_B

′

_C

′

triângulos semelhantes, om razão de

seme-lhança

k

. Sejam ainda

m

a

e

m

′

a

,

h

a

e

h

′

a

,

β

a

e

β

′

a

respe tivamente os

omprimentosdas medianas,alturasebissetrizesinternasrelativasa

A

e

A

′

. Prove que

m

a

m

′

a

=

h

a

h

′

a

=

β

a

β

′

a

= k.

4. * O triângulo

ABC

é retângulo em

A

e o ponto

P ∈ BC

é o pé da bissetriz interna do ângulo

∠BAC

. Cal ule a distân ia de

P

ao lado

AC

em função de

AB = c

e

AC = b

(sugestão: se

Q ∈ AB

é tal que

P Q⊥AB

,então

AQ = P Q

e

P QB ∼ CAB

).

5. Seja

ABC

um triânguloretângulo em

A

etalque

AB = 1

. A bissetriz doângulo

∠BAC

interse ta olado

BC

em

D

. Sabendoque areta que passapor

D

eéperpendi ulara

AD

interse taolado

AC

emseu ponto médio, al ule o omprimento do lado

AC

(sugestão: use o resultado doproblema anterior).

6. Seja

ABCD

um paralelogramode diagonais

AC

e

BD

, elados

AB =

10

m,

AD = 24

m. Sejam ainda

E

e

F

respe tivamente os pés das

perpendi ulares baixadas desde

A

aos lados

BC

e

CD

. Sabendo que

AF = 20

m, al uleo omprimentode

AE

(sugestão:

F AD ∼ EAB

). 7. Ins revemos em um ângulo de vérti e

A

dois ír ulos de raios

r < R

,

tangentes exteriormenteem

P

. Cal ule

AP

em termosde

r

e

R

.

8. Seja

ABC

um triângulotal que

BC = a

,

AC = b

e

AB = c

, e

M

,

N

e

P

pontos respe tivamente sobre

AB

,

BC

e

CA

, tais que

AMNP

é um losango.

(a) Cal ule,emtermosde

a

,

b

e

c

,o omprimentodoladodolosango. (b) Mostre omo onstruir om régua e ompasso aposição do ponto

M

.

9. Seja

ABC

um triângulo equilátero de lado

a

, e

M

o ponto médio de

AB

. Es olhemos um ponto

D

sobre a reta

←→

BC

, om

C

entre

B

e

D

, de modo que

CD =

a

termos de

a

(sugestão: tra e por

C

a paralela a

←→

AB

, e marque seu

ponto

F

de interseção om

DE

. Useemseguida que

CF D ∼ BMD

e

CF E ∼ AME

).

10. Em um trapézio

ABCD

de bases

AB = a

e

CD = b

, os lados não paralelos são

AD

e

BC

. Pelo ponto de on urso

P

das diagonais

AC

e

BD

de

ABCD

traçamos o segmento

MN

paralelos às bases, om

M ∈ AD

e

N ∈ BC

. Prove que

MN =

2ab

a+b

, a média harmni a de

a

e

b

.

11. Em um trapézio

ABCD

, de bases

AB

e

CD

elados não paralelos

AD

e

BC

, seja

M

oponto médiodabase

CD

. Osegmento

AM

interse ta adiagonal

BD

em

F

. Traçamospor

F

areta

r

,paralelaàsbases. Se

r

interse ta os segmentos

AD, AC

e

BC

respe tivamente em

E, G

e

H

, prove que

EF = F G = GH

.

12. * Sobreo lado

BC

de um triângulo

ABC

mar amos um ponto

Z

. Em seguida traçamos por

B

e

C

respe tivamente as retas

r

e

s

, ambas paralelas a

←→

AZ

. Se

←→

AC ∩ r = {X}

e

←→

AB ∩ s = {Y }

, proveque

1

BX

+

1

CY

=

1

AZ

(sugestão: utilize as semelhanças

BXC ∼ ZAC

e

CY B ∼ ZAB

para al ular

BX

em função de

AZ

,

CZ

,

BC

e

AZ

,

BZ

,

BC

. Em seguida, use que

BZ + CZ = BC

).