NOÇÔES
D EGEOMETEIA PRÂTICA
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OKMAT
d i g i t a u z a d oO l a v o F R E I R E
NOÇÔES
D EGeometria Prâtica
39 • Ediçâo inteiram'.'nte rofiindida e adaptadaau Uôu das escolas profisslonais c técoicas
L I V R A R I A F R A N C I S C O A LV E S 166. RUA DO OUVIDOR, 166 - Rio DE JANEIRO
S . P A U L O B E L O H O R I Z O N T E
Rua Rio de Janeiro, 655
2 0 2 . R u a L i b e r o B a d a r ô
î
If
Ao dilefo Mestre e Amigo
Dr. J. J. de MENFJSES VTEIRA,
em testemunho de gmtiââo
0, D. 0. 0 O l a v oOutuhro — 1894
O L A V O ,Tell livrinho — Primciras noçôes de Geometria — é um bom iiistruinenlo de cnsino c uiua prova da
con-Quista Que vûo fazeiulo enlre nos os sâos principios pe*
d a g u g i c o s .
Consegiiisle Jibcrtar-le dos velhos moldes quanto ao mélodo, aos exemplos, ao estilo e ao scsiro de arranjar compêndios por empreitada c ù la minute: accita meus
s i n e c r o s p a r a b e n s !
Sinto, enlrelanlo, que tivesses em um ponto tran-sigido corn a rotina (1), preferindo problema^ abstratos as questôes prâticas, cuja resoluçâo se oferece todos os .
d i a s n a v i d a s o c i a l .
Rcceaste por venlura os sarcasmos de que foi vi-iima o excelentc M. Desargues, o conciencioso propa-gandista da geometria aplicada âs artes!.
Que te iinportaria senielhanle afronta?
Aos teus consores responderias com as textuais
pa-l a v r a s d o i pa-l u s t r e C pa-l a i r a u t e m 1 7 4 1 :
"Qu'Euclide se donne la peine de démontrer que les
cercles qui se coupent n'ont pas le nicMiie centre, qu'un
triangle renfermé dans un autre a la somme de ses côtés
plus petite que celle des côtes de cet autre, on ne sera
pas surpris.
(1) Nao translpl cm alsoluto porque pretendo pubUcar
série de proVîemas de cardter essenciahnente prdtico.
La géométrie avait à convaincre des sophistes obs
tinés qui se faisaient gloire de se refuser aux vérités les
plus évidentes. Il fallait donc alors que la géométrie
eût, comme la logique, des raisonnements pour fermer
la bouche à la chicane. Mais les choses ont changé de
face. Tout raisonnement qui tombe sur ce que le bon
sens seul décide d'avance est aujourd'hui en pure perle
et nest propre qu'à obscur.cir la vérité et dégoûter les
l e c t e u r s . "
E na vcrdade, meu amigo, la fjcométrie du bon sens,
a geometria realmente descritiva e inluitiva é a ûnica que
eve ter o direito de entrada nas escolas primàrias.
ste é 0 parecer do teu velho meslre e aniigo
dedi-c a d o . M e n e s e s V i e i r a .
N. C.— 26 Outubro 1894.
N O C O E S
D Eg e o m e t r i a p r â t i c a
C A P l T U L O I
Corpo. — Volume. — Superficie. — Area.
Linha. — Ponte. — Circunferência.
C O R P O
Todo corpo ocupa uma certa porçâo do espaço.
É essa porcâo do espaço ocupada pelos corpos que
intéressa à Geometria, nâo imporlando
absoluta-iiiente a substância de que sâo formados, a cor,
peso, temperatura, etc. A Geometria sô se preocupa
com a forma, o tamanho e a posiçâo do corpo..
V O L U M E
A quantidade de espaço ocupada por um corpo
é o seu volume.
c
tocm enlielanlo, o .„esnu, volume,
l e t - f o i n i n s m i i i l o t l i v e i s a slima suhsf-*.If^- ^ niesina (luantidade dc
ex.) not Wdracciro, por
difeventes. eorpos com as formas mais
SUPERFICIE
separandô-o do'^Mmcn <= '1"^ o limita,
c o r p o . ' I c c h a m a d a s u p e r fi c i e d o
•ivro? por'°ex')^T'!r'' tlt'alqucr (m"
locamos; quandn n t ^"P^fficie dèssc coi-po que
na sua superficie auo''^"^"", Parede, é
<1^ Papel finissimrfnf^ '' °
P'^P'"'-8'nai) dà idéia aproxîm l"''
D'^^emos aproximada porn^ superficie,
tem espessura, ao nasso superficie uâo
mais fina que seja tem T ^ P^iPil' P°''
Chama-se ârea à "R"'® alguma espessura.
A s s u p e r fi c i e s H s u p e r fi c i e ,
«u curvas. corpos podem ser planas
^ — 0 cubo c um
'"■-o
Fig. 3 — Uma plaina
As superficies muilo bem alisadas de uma
pranchela, da làbua (le uma mesa, de um espelho
comum, sâo planas.
( ) m a r c e n e i r o e m p r c g a o
inslrimienU) chaniado plaina
(fig. 3) para obter uma super
ficie plana.
As superficies do ovo, de
uma laranja, de uma bola,
Pode.nos supor mua superficie plana
prolon-mda ouanlo queiramos em lodas as diieçoes,
Serft-îie ÏlaÙa assin, estendida cbama-se um
Flaura plana - Quando todos os pontes de
uma fisura perlcncem ao mesmo piano, diz-se que
cla c uma figura plana.
L I N H A
Um fio muito fino, uin Iraço a lapis sôbre
uma folha de papel, dâo-nos a i.nagem
mada, do que se cbama Unha. D.zemos
aproxi-inada, porc[ue, por inelbor que os taçamos, haxeia
sempre ueles uma espessura ou uma largura e a
linba considerada geometricamente nao tem
es-uessura neiu largura, mas sù comprinieuto
Entre-tanlo para representarmos a Unha, dcslocamos
sobre' uma superficie uma ponta, seja de lapis,
giz, aço, carvâo, elc.
.• A linha pode lambcm ser considerada como o
— 1 0 —
Hnh'as'onp'^ro^^i'r'''°'i <'£ mn cubo s3o
ficies planas/" '"'ersecçSo de dims
super-P O N Ï O
O ponto poniotnco nâo tern tlimcnsôes, isto
^
n p n ? ^ °
l a r q n r a
) n m e i i l r c l a n t o r e p r e s e i i
-PonH "i cieixado pela
^onla do lapis, da pena ou do giz
presenlT ■ Tamhciu re
de dois " Poiïto pela intersecçâo
de dois pecpienos traços.
assim, Por^^^xeinp^^^^ "ma lelra;
( f » g - 4 ) . ■ A , p o n l o B , p o n t o P,
LIXHA reta
L i n h a r e t a a
B — C o m o s e r c p r c s c n t a um ponto. ^ ' S . 5 - fio be "tieado di idéia de uma Hnh^ reta . j r }li' ' . \ — 1 1 —eslicado dâ-nos idéia aproximada. Em vez de
iinha reta, diz-se lanibém, abreviadamente, uina
r e t a .
piç. 6 — Uma rcgua.
0 insiriiuicnU) iisado para auxiliar o traçaf o
das retas cliaina-sc régua (fig. 0).
O carpinleiro e o iiiulor servem-se algunias
vezes, para Iraçar iinia rcla, de um cordel coberlo
Ftg. 7
de giz, fixando-o iicni eslicado pelas exireniidades»
levaiilando-o depuis pclo nieio e largando-o (le
re-p c i U e
( f i g .
7 ) .
.
•
,
.
Antes de usar uiiia régua, devemos
si ela luio teni defeito. Para islo, colocanio-la soUi
" pnpel e Iracanios uuia liuba apoiando ^
do lapis contra a aresta da régna; depuis,
d regua, fazendo-a girar em lorno do traço fe to
e riscamos novaincnte: o segundo traço deve cou
<^'dir corn o primeiro.
— 1 a n 1 ^ 1 1 v / «Proppiedade caracteristica da linha reta
dois pontos dados pode-se fazer passar um
i^nharela e sô uma.
D e
- C . o u L l U i a . , .
De acordo com esta propriedade, design^
— 1 2 —
dois qnaisquer de sens pontes. Assim, ciuando
di-zemos a reta AB — eslamos designando a reta
umca que passa pelos pontes A qB (fig. 8).
F>8. 8 — a retn AÙ
Oa propnedade caracleristica da reta se
de-(luz, amda, que duas vêlas dislintas nâo podem
ponlo column ou, o que é o
um ponto^^*^ podem corlar cm
distftnda mie'(lois ®'"'
^aue (lois quaisquer de sens pô'nlos.
P o s i ç ô e s d a r e t a \ i * i i o
direcàn fn,« — ^ Imha reta, segundo a
horizontal
® <1O''ao
de iim lorHo'l""'"° '^"'"Pde-se geralniente
ael.a suspend,? do quai se
O f m " c o r p o p e s a d o .
para vetifîcal""''' ^ pelos petlrelros
rede. " ^«^'t.calidade de uma
pa-quaiuIoTlaue'!'",.®'". l'osiçào horizontal
àguas Uanquiia;'"''?'^" dus
colocar "ôLiri, se conseguinnos
. f°ro e se t!/ >^"Peificie d'àgua u.n los-
fvrJ: posiçSo holizolUar "card em
— 1 3
-O iustrumenlo
ilovilonfrar-uma reta ou unui supeiiicie
m a - s e n i v e l ( fi g .
Fig. 10 —
A reta (pie nâo cstiver
non. horizontal, esta em pos.çao l uI
A reta é lllmitada — Um pon o
sobre uma reta AB pode percoiie ' 7)^ Assiiu
lidos: de A para B ou de B -g pode
deslo-é que, para traçar ,.0 a csquerda ou
car-se s(>bre o papel da dircilt 1 ^ gatâo que
da csqucrda para à direila. .0 ? .ipfjnidaïuente
uma reta pode ser prolongat a ^ ^
nos dois se-iilidos. Diz-sc, por isso, q
m i l a c h i .
^
^ M a v q u e i u o s
Semi-reta e segmente de re ® q. fica
sblirc uma reta indefinida um 1'" quais sô
dividida em duas porçôes, ijcado pel^
pode ser prolongada no sentum porçâo esta
correspondenle; no outro sentuto,
l i m i l a d a i i c l o p o n t o O . n a l é m d o
vidida em duas .st'/n/-re/«A'.' o pou
0
Fi«. H - O ponto O divide reta em duas se-m-retas
î-reta, clmnia-se
quai ,nâo se pode prolongar a sem
(fig-li s 3 O ~ O i c ^ ® w 3 3 2 C S o r
-PSp
3
"-:
3
î?
o
p
|
3
§
S
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g
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|g
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^O.j>riÇ'02x° g f ^ S S -T ^3f
f3r^^2|E
% p c-S^ Q o ' ■ Ï • ? 3 . X " A M S . ç O M — 0 * 3 2 . P â - i r P '® P 3 J e p ^ 3 3 - s , ® P p p 5 ô sr_ i? ® 3 C . o 2 . =: o »||p
g
o 5 5 * • • " C " 3 M J? O c r* 2 O ® O P < s • ® • " 3 S ^ 2 L ® 2 3 -35|2|
-
|P
§
•
§5 SI2r 5"3 p .. «'23 2 ■3 c- 2 y -3 " P d ^ E » 3 P 3 . r 3 = : P -• !? ? 3 ' d n - « • O 3 M lO £ C ^ « O 3 3 _2 P3 P3 P p 2 ® < 5 r M o r e p C i C O O • x ~ n- P • -P ^ P ^ ® C ur . P»3 o C w b ® » re ® to S CP <P CA fD C-CQ ff 3 2 cs o n- o CP •s n p (T -o 7Î o iu cc Ï» ^• e ^ 3 c £ S. g A • . - C fl « ;> ifc» 5£ 3 o Co ^ S-H o s ^ s m o O P 3 5 p o V } 3 3 » 5 i ^5 M o Q (t 3 o V) u> o. Cfp » £ 5 S* s e 3 2 a oî
2
r > c > o « ' ^ rt ) p != i- o 5 E T £ . « 2 '5 ^ c : -J r -O o fD> Cl O 75 O CfP 5 rt> P p a « j ; -ïi 3 S" a > ■ ^ ^ o r - r a 7 5 ^ Q — f5 o.. f6 a — -j c P6 M Ë. ^ o -tj w OQ 75 • C ' ce » 7* Cl ^ 7 5 ^ 0 5 ÎT ▶ -"§
-2
i
S " g 75 2 o * S = ? B. s. 5 o 75 3 O M 75 Q CL S k s s . 3 g to o r> I- 3 a n * 3 ^ vr . O to 53 tu ta CD O r: a. « ï o >-/ ff c ( f CD aa 3B»! s: vw , P 3 S . , 3" X c p O 3 " X X C C D c 3 Ï P n CD 3 O X fi s ^ 3 C D O es' T " ~ (to 5 X £ (a i to ^ P a. p X P 1 X CD o r r CD 1— X f a •«> BB BB to to —. X X C 2 * s CD 2 " " p X aa 3Bi) c _ X ^ CD ■A 2 c; ? » c C CD c- CD ■ 3 " 3 to o — C 2 IC O Z. o o C l 'X.ïî
X f î > o z ^ to -* p :u o f t i ^ w . ■ c £ ft -te o ■fi Cl o ^ 3 3 r t ) CD ^ ÎS n CD M CD 75 3 ë'o „ a 7 C DS
S
to to-^ fi ) to S rv* X 2 e ra 7; f& C - Ë C C o g 3 ^ O '-' P - — « P -J B . O % p: 3 n o O "-® P sP::zzzi—ï—?
et 3 p n O a , !fi o. — 1 6 —
/
No descnho geomélrico empreganios o
duplo-decimetro para niedir os segmentes retilineos. LInha quebpada ou poligonal — Linlia qnebrada oil poligonal é a figura formada por viirios
seg-mentos de reta. consecutivos mas nao co-lincares.
Cada segmciilo é um lado da linha poligonal
(fig. 15),
F'S. 15 — Linha poligonal
L I N H A C U R VA
Linha cupva _ A linha que nâo é reta nem
quebrada, isto é, nem reta nem formada de
por-çoes de reta, é curva (fig. 16).
Fig. 16 — Linhas curvaj
Fig. 17 — Linha n\ista
A linha composta de porçôes de retas e de
curvas chama-se mista (fig. 17).
Il
— 1 7 —
i? rurva plana, fechada,
Circunferência — bac --^^1 distància de
que tem todos os sens pontes ^ centra. 0
um ponlo do niesmo piano i j nualqucr
pon-scgnienlo de rela que Hga o ccn fig. 18
lo da circunferência é lun iciio.
O A é i i i n r a i o .
^ A B i
Fig. 18 — 0/1 c um raio circunferência.
« l e c i r c u n f e r ê n c i a ^ - k l O S d a
O segmento de rcla qiu^ 1'»^ ^
circunferência c passa . ,,,,.1 a dois raios
0 diâmeiro ê, por dcfiniçao,
( f i g -
-
f n r ê n c i a
/ . i r r l i n f e i c n c , . . _ , _ » r O S .u m a
v i i c u i i i c r e n c i a c a o o i o
0 diâmeiro ê, por dcfiniçao,
( f i g - f ( l ) - . f p r ê n c i a u m a
K v i d e n l e i n e n t e u m a d e d i à m e t r u s
-infinidade de raios e uma mfiu « compreendma
A porçâo de circunfevenci^^^.^^^^ferênca.
dois ponlos chama-sc «rto
A
e n t r e
Fig. 20-co.uP"so^ de arcos
0 Iraçado de circimferências ^
— 1 8 —
Para islo, abrimos o coinpasso de modo que a
dis-lancia entre a ponta sêca e a do lapis (ou
lira-linhas) preso à outra haste seja igiial ao raio da
circunferência que se quer Iraçar; cm seguida, fi
xâmes a ponta sêca no centre
e s c o l h i d o e f a z e n i o s a o u t r a
ponta girar em lorno daquela.
Quando a ponta môvel voltar
ao ponlo de parlida estarà
compléta a circunferência
(fig. 21) .
Ao alo de fixar a ponta sêca do coinpasso eni
deter-minado ponto chama-se
fo.-z e r c e n l r o .
Em um tcrreno piano,
fi-xamos lima estaca na quai
Fig. 21 — Como se traça
uma circiinfercncia com o
c o m p a s s o .
Fie- 22 — Circunferência traçada por um jardtneiro
prendeinos, por uma das extremidades, um cor-del, e na outra extremidade é colocada uma
pon-t e i r a o u u m a v a r a .
i
1 9
-hem eslicatl^
A estaca ocupa o cenlro, o c
circunfe-é o raio e a ponteira ou a vaia traça
rència (fig. 22) .
Ql'KSTlONAltlO
Conio n r.eonictriîi consuleia os c P
Que ê voluinc?
Q u e é s u p e r f i c i e ' ? s u p e r f i c i e ?
Como se cliamu a medula i ^
Como podem scr as supeifie>e. .
Quando se diz que uma
Como se représenta um ^da liulai reta.
Quai a propriedade caiatteris |,erfeda.
Como se pode verificar se uuu
Que c semi-reta'? e seMmenlo ^
Como se désigna uma h"ha ocupar?
Quais as posiçôes que uma rt
Que é fio a priinw? para que^se
Que é nivel e para que sei\e. ^ segnientos c®
Que sâo segnientos consecutn ^
- l i n e a r e s ?
.
„ h - e
d o i s
„
Que se entende por dù-finr.n en {„i oW.Ju.
Quai a unidade de comprnnen o
nome tem?
Que é linha quebrnda e que
■ Que é uma linha curva? nferència?
■ Como se pode définir a ciicu
1 . 2 . 3 . 4 . ô . G. 7 . 8 . 9 . 1 0 . 1 1 . 1 2 . 1 3 . 1 4 . 1 5 . 1 6 . 1 7 . 18. 1 9 2 0
CAPlTULO n
Angulo — Classificaçâo dos ângulos — Soma
e angulos Ângulos complementares e
sunlementares.
Designa-se uni an
gulo por Ires lelras
co-locadas, uma no vérlice e
uma sobre cada fado, ou
smiplesmcnte por uma
le-n'a colocada no vérlice,
quando, na figura a que
pertencer, nào liouver
ou-ti'o angulo com o niesino
v e r t i c e .
o u
ou. ainda, A dVB. ,endo o cuidad„'dë^^sle''u^
Fig. 23 — Angulo AVB.
— 2 1 —
A grandcza dc uin
u i e n t c d o n i a i o r o n n i e n o r ^ 0 1 0 n a d a
lados. O eonipriniento dos lados de um angulo nacia
influe cm sua grandeza.
Compapaçâo de dois ângulos outro
fa-< U ) i s â n g u l o s , l a d o s , ' o ' q u c
zeudo coincitiir os vertices c • niilros lados
ê somprc possivel. Feito isto, se os louais,
lanibéni coincidircnv dois angu - Ucsiguais
caso contrario, os dois oor
exem-c o que exem-conléni o oulro exem-c p 'A'V'B' sâo
plo, lia figura 21 os ângulos Al
Fig. 24 — Ângulos iguais.
C* D'F'F' sâo
de-Iguais; 11a fîg. 25 os ângulos DEF e
s i g n a i s e " D E F é o m a i o r . ^
Angulos adjacentes — Dois ûugul^s^
2 2
mum chamam-se adjacentes. Xa fig. 26 os angulos BAG e CAD sào adjacentes, pois Icm o mesmo
ver-Fig. 26 — Angulos a djacentcs
( A B C c C A D )
Fig. 27 — Angultis opostos pelo
vér-tice (BAC c DAE\ou BAD c CAE)
lice e um lado coinmu, AC, que os sépara. Os
lados AB e AD cliamam-se exteviores.
Angulos opostos pelo vértice — Dois àngulos
sào opostos pelo' vcrtice quando os iados de uni sâo os prolongamenlos dos lados do outre. Os an
gulos BAC e DAE da figura 27 sâo opostos pelo
v é r t i c e .
Os angulos opostos pelo vértice sào iguais.
Soma de ângulos — A soma de dois angulos
é outro àngulo que se obténi do seguinlc modo:
constroi-se um dèles adjacente ao outro e o ânguIo
forniado pelos Iados exteriores sera a soma dos dois ângulos dados. Se a êsses dois quisermos
so-niar um tercciro, bastaria construir este adjacente
il sonia dos dois pi'imciros; e assini sucessivanieute,
T
— 2 3
-o âiifîul-o f-orniad-o pel-os lad-os exlen-ores
soma total (figs. 28 e 29).
F
Figs. 28 e 29 — o àngulo DEF é a s®*"® d 0 5
fïuando diias retas
Classificaçâo dos ângulos ^ ângulos, que,
se encontrani, elas formani ^1"'* ^ ou opostos
considcrudos dois a dois, ângulos BAC
pelo vértice. Assim, na figiua - » ângulos BA
e DAE sâo opostos pelo vertice,
e CAE sâo adjacentes
B
D
Fig. 30 — Rctas per»
p e n d i c u l a r e s . d o ; b ) '
p e n a i c u l a r e s .
,tre si ângulos
Quando duas retas formam
adjacentes iguais, elas se dizem P
- 2 - 1 —
(fig. 30) e cada um dos ângiilos é um ângulo peto. Os àngulos relos sâo todos iguais.
O ângulo menor do que o veto se chaîna agudo e o ângulo maior do que o reto se chama obtuso
(fig. 31).
Podemos classificar, portanlo, os ângulos, quanto à sua grandeza, em retos, agudos e obtusos. Ângulos complementares e suplementares — Dois ângulos que soinados dâo um ângulo reto se
dizem complementares : nesse caso, uni é o
com-plemenio do outro. Os ângulos A e 13 sâo
coinple-A B S
Fig- 32 — Os ângulos A e D sâo complementares.
nienlares, porque a soma deles, S, é um ângulo
reto (fig. 32).
Dois ângulos adjacentes, cujos lados exteriores
sejam perpendiculares, sâo complementai-es.
Quaiido a soma de dois ângulos é igual a dois
ângulos relos, êles se dizem suplementares; neste
caso, uni é o siiplemento do outro. Assim, na
fig. 33, A e B sâo ângulos suplementares, porque
a sua soma. S, c igual a dois retos.
Dois ângulos adjacentes, cujos lados exterio res estâo ein linha reta, sâo evidentemente
suple— 2 5
-mentares. Tais «âo os ângulos^ adjac^
ABD cujos lados BC
(fig. 34).
Pig. 33
^ O . 3 4 _ _ O s â n g u l o s
" - o .
Que a sua soma, S, c >gu.«» "
soiiia (ios
S e m a d e â n g u l o s d e u m
ângulos consecutivos ^ela é igual a dois
ponto do mesino lado de
ângulos retos.
(fig-F»g. 35 — Ângulos consecutivos
do mesmo lado de uran reta.
,fi - Ângulus consecutivos
cl tornn de um P-to.
.iiiivos formados em
A soma dos ângulos consec ^ igual a
q^a-tonio de um ponto sobre um p
- 2 ( i —
Bissetriz de uni àngulo é a senii-reta que, par-tindo do vértice, divide o âiigulo ao meio (fig.'37).
A propriedade da bisselriz de um ùngulo é que
F i g . 3 7 — A n g u l o c s u a i b i s s e t r i z Fig. 38 — Os pontes d.*ï bissetriz
(listnm igualmi-nte dos lados do .nngulo.
todos OS sens ponlos distam igiicdmenle dos lados
do ùngulo. Na (fig. 38) por exeniplo, PQ = PR,
P'S = P'2\ e assliii por diante.
q u e s t i o n A r i o
1 . Q u e é â n g u l o ?
2 . C o m o s e d é s i g n a u m a n g u l o ? 3 . C o m o s e c o m p a r a m d o i s â n g u l o s ?
4. Que sâo Angulos adjacentes?
5 . Q u e s â o â n g u l o s o p o s l o s p e l o v é r t i c e ? G . C o m o s e s o m a m d o i s o u m a i s A n g u l o s ?
7. Que sâo retas perpendlculares?
8 . C o m o s e c l a s s i fl c a m o s A n g u l o s ?
9 . Q u e s â o A n g u l o s c o m p l e n i e n t a r e s ? " 10.- Que sâo ângulos suplementares?
11. A que é igual a soma dos Angulos consecutivos
f o r m a d o s e m t o r n o d e u n i p o n l o d o m e s m o l a d o
d e u m a r e t a ?
12. A que é igual a soma dos Angulos consecutivos formados sobre um piano em torno de um ponto? 13. Que é bissetriz de um Angulo? •
14. Quai a propriedade da bissetriz?
>
— 2 7 —
PRObLEMAS
. Probloma 1. — Conslruir nm àngulo igual a ouiro
à n g u l o d u d o .
Seja C.\n o Angulo dado (fig. 39). Com um raio
qualquer c do vértice .1, como ccntro, dcscrcvamos o arco de circunfercncia de circule EF comprecndido
. C
pelos lados ilo Angulo. Tracemos uma semi-rcta (fig 40)
1 / A m e c a m n ^ ' ' ' " ' ' t r a c e m o s o a r c o
'"o'J en^^ distància EF c aplique-
mo-Ia em ,UA: acharenios o ponto .V que, ligado a G
r e s o l v e r a o p r o b l e m a . i i f c « i o o a u ,
divMido^em^f!^' " bissetriz de um àngulo on
aiviai lo em diias partes igiiais.
Do ponto A, com um raio qual
quer, dcscrcvamos o arco MX. Dos
pontes M e X, como ceutros (fig. 41),
— 2 8 —
(iescrevamos arcos de mesmo raio que sc corteni; o ponto
do intersecçâo, G, ligado ao vértice do angulo, isto c, ao ponto A, nos darâ a bissetriz pcdida.
Problema 3. — Diuidir itm àiitjulo em Qiialro, oito, dezesseis, trinla e dims paries igiiais.
Para resolver este problema, tircnios a bissetriz do angulo (fig. 42), depois dividamos cada inelade do an gulo cm dua.s partes iguais e prossigamos nesta operaçâo
a t é o b t e r a d i v i s a o d e s e j a d a .
Problema 4. — Dividir uni ùngnlo relo em très p a r t e s i g u a i s . >
D o v é r t i c e A ( f i g . 4 3 ) c o -mo cenlro, e com um raio qual-q u e r, d e s c r e v a m o s o a r c o M D ; d o s p o n t o s M e D , c o m o c e n -Iros, 0 com o mesmo raio,
mar-quemos os pontos JJ e G, os quais, ligados ào vérlice A, re-solverâo o problema.
P r o b l e m a 5 . — D a d o u r n â n g u l o a g u d o , c o n s l r u i r o s e n
complcmenio.
Seja DAC o ângulo agudo (fig. 44). Levantemos com
o esquadro e a régua, pelo vcrlice, uma perpendicidar
AM. 0 angulo MAD é o complcmenio do angulo DAC.
Fig. 44
P r o b l e m a 6 .
plemento.
Dado um ângulo, achar o sea
su-— 2 9 su-—
Seja MDA o angulo (fig. 45). Prolongucinos o lado DA para além do vérlice e acharemos o ângulo MDW
su-p l e n i e n t o d e M D A .
Problema 7. — Dividir um ângulo em diias partes
iguais scm auxilio do compasso. Seja V o angulo (fig. 46).
Marquemos, a partir do vérlice sobre um lado, as distânciâs IM/ e MF e reproduzamo-las no outro lado do angulo em VzY. c NF. Tracemos .ME e NF. A scmi-rcta
VP divide o ângulo V em duas paries iguais.
- c . . .
Fig. 46
A B
F i g . 4 8
Problema 8. — Conslruir um ângulo iguql à soma
d e d o i s a n g u l o s d a d o s . ^
Sejam e A? os angulos dados (fig. 47) .
Tracemos a semi-rela A. Com o mesmo raio, fazendo
® t r a c e m o s o s a r c o s E F, G H c R V
( fi g . 4 8 ) .
Rcproduzamos om liC, o ai-co EF e era CD o arco
GiJ' U angulo DAD resolve o problema.
ferença de dois angulos dados.
Sejam A e B os dois angulos dados (fig. 49).
v> 3 S *r! "J o s u ft o o 53 5S "73 re •o ft o cn' CL s a p N to) P p 3 o o (A p ft re 3 o o d O Cq —» to' en o p •a p a ft' a. re o M O . " » n B * o o V> M ▶ TJ u •o cn 3 J O i cn 5 O m • Ô o ^ n u
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05 " "3 a 1 I hj CD >73 CD » P' ft"» o pg"
CD D3 CD O 0* k—' Wv P P CO s CD Bt p H M» N— 3 2 — — 3 3
Demonslra-se aiiida que, so de um ponlo
si-tuado fora de iinia rela, Iraçaniios iniia perpen
dicular e vdi'ias obliquas a essa rela, I) a
pcrpeu-dicuiar é mener que qualquer oI)Iiqua; II) as obli
quas que se afastam igualmente de pé da
peri)endi-cular sâo iguais; III) as obliquas que se afastam
desigualmente do pc da perpendicular sâo
dcsi-guais e a que mais se afasta c a maior.
Assim, a menor dislància do ponlo A à rela
MN c a perpendicular AB; as dislancias AR e AS
^ sâo iguais porque estas duas obliquas se afastam
igualniente (BR = BS) de B; finalmcnte, a dislàn
cia c a maior, porque esta obliqua é a que a
mais se afasla do pé da perpendicular (fig. 53)
Diz-se que AB é a distcincia do ponlo A à rela
MN. Fica entendido, portanto, que, sempre que
quisermos obter a dislància de um po^ito a uma
M
C /
F i ff . 5 4
Mediatriz de um segmente de reta — Chama-se
niedUdriz de um segmenlo de rela à perpendicular
ao meio dêsse segmenlo. Assim, a mediatriz do segmenlo AB (fig. 53) é a perpendicular a AB
ti-rada do ponlo M que divide o segmenlo ao meio.
A propriedade da mediatriz é ter lodos os sens
pantos a igiud dislància das extremidades do seg
menta. Com efeito, na fig. 53, CA == CB, DA = DB
EA = EB, etc.
Esquadros — Para o Iraçado de
perpcndicu-lares usam-se os esquadros: sâo peças com forma
de Iriângulo retângulo ('), feilas em madeira,
bçrracha, celuloide, galalile, etc. Geralmente usa-se
um par de esquadros, sendo um isosceles, isto é,
com OS ângulos agiidos iguais a 45 graus, e outre
em que os ângulos agudos medem GO'' e 30«.
c m i r 1 A \ C
/ * \
Fig. 55 -- Par dc
e s q u a d r o s . Fig. 56 — Esquadros perfeitos e esquadrosdefcituosos.
Antes de usar um esquadro deveinos nos
cer-lificar de que os sens catelos formam exatamente
um angulo relo. Para isto, aplicamos contra a régna
um dos catetos (AC, por exemplo) e com um lapis
damos um traço ao longo do oiUro cateto (AB) ;
fazendo girar o esquadro em torno do traço dado
trian-— 3 4 trian-— — 3 5 —
Fig. 57
e a j u s t a n d o b c m , n o v a m e n t e , o
catelo AC contra a régua, o
ca-t e ca-t o A B d e v e c o i n c i d i r, c o m o t r a ç o d a d o . E m c a s o c o n t r a r i o , o esquadro esta defeituoso.
Os desenhistas tambéni usain,
para traçar ângulos relos, o
ins-t r i i n i e n l o c h a m a d o T e f o r n i a d o
por duas rcguas que se ajustain
perpendicularnienle (fig. 57).
QUESTIONÂRIO 1 . 2 . 3 . 4 . 5 . 0 .Quando .se diz que duas relas .sâo perpendiculares?
Que relaçôes existem entre a perpendicular e as
obliquas à mesma reta tiradas de uin ponto?
Que é dislûnciu de um ponlo a uma reta?
Que é mediatriz de um segniento? Qual a propriedade da mediatriz? Que sâo ésquadros?
7. Como se verifica a porfeiçâo de um esquadro?
8. Que outro instrumeuto se usa no traçado de
per-p e n d i c u l a r e s ?
PROBLEMAS
■ P r o b l e m a 1 0 . n j m V / i V
duas parte, iguais on Zer pZaTtZ"'" T
veto rneio de um segLnto 7e reta
7 L'A
n pelos quais passa a rtfa "
que divide AB ao meio (medfaWs)
Observaçâo: .Vara dividir um segmente de reta em
quatre, oito, dezesseis, trinta e duas partes iguais, etc.,
bastara dividir cada metade, quarta parte, oitava par
te, etc., sucesslvamente, ao meio.
F i g . S 8 F i g . 5 9
Problema 11. _ De »m ponto sitiiado fora de wma
reta traçar uma perpendicular à mesma reta.
1.' Soliiçâo (com a régna e o esquadro): Sejam o
ponto 0 e a reta AR.
rr- coincidir a aresta da régua com a reta AR
f éi:. o cateto menor do esquadro
pela regua ate o cateto maior encontrar o ponto 0.
Tra-cemos a reta OM e tereraos resolvido o problema.
2." Soliiçâo (com a régua e o compasso) •
Façamos centro no ponto O e com um raio
evidcn-(fie. 60) descrcvamos um arco que corte essa reta cm
dois pontes E e F. dos quais, como centros e com um
raio evidentemente maior do que a metade de FF deter
niinemos o ponto G. o.qual, ligado ao ponto 0, nos dâ
1
— 3 6 —
3." Soîuçào. — Sejam o ponto A e a reta MN. Tonie-mos sôbre a reta MX (fig. 61) um ponlo qualquer D e ligucmo-lo ao ponto A. ^ 0 / ' \ / \ C / X E - y M 6 Fig. 60 B * - . , . . ^ ^ P F'8- 61 • N
Dividaraos BA ao meio e fazendo centre em C (racio de BA), com um raio CA, doscrevamos o arco APB que corta MN no ponlo P.
A reta AP é a perpendicular pedida.
Ppoblema 12. — Por um ponto tornado sôbre unia
reta, levantar uma perpendicular a esta reta.
Soluçâo (coip a régua e o compasso),
M M -■é D 0 O Fig. 62 Fig. 63
t û n c i t s ' S a i s f — ^ l u a s d i s
-— 3 7 -—Do.s pontos D c G, como ccntros, e com um raio maior que OD ou OG, descrevanios dois arcos que de-terininem o ponto .V. A reta OM resolve o problema.
2." Soluçâo (com a régna e o esquadro) :
Façamos coincidir umu aresta da régna com a reta AB (fig. 63), apliquemos o lado inenor do mesiuo es quadro contra a r.égua. fazendo-o deslisar até que o vér-licc do ângulo reto coincida coin o ponto 0; tracemos, entâo OM, que resolve o problema.
Problema 13. — Levantar uma perpendicular pela origem de uma semi-reta on pela extremidade de um segmenta que nào podemos ou nûo queremos prolongar. 1." Soluçâo. — Seja a semi-reta BA (fig. 64) e, pela origem, B, tracemos BX obliqua a BA; num ponto qualqwer,
X . A , C , -ID E Fig. 64
C, desla obliqua façamos centro e tracemos um arco de circunferência que passe por B e corte a reta AB em um ponto E.
Liguemos o ponto £ ao ponto C, prolonguemos EC
até encontrar o arco no ponto D. A reta BD é a per
1
— 3 8 —
2° Sohtçâo. — Seja V a semi-rela dada (fig. 05). l'azendo centro na origem, com um raie qualqiier, V.V,
descrevarnos o arco MX.
A partir do ponte M, com o mesmo raio VJ/
deter-minemos o poiito B e, a partir dcslc ûltimo, o ponlo C.
Uiiamos o ponto li ao ponlo C e façamos passur pelo
melo de liC uma perpendicular (VlC), a quai é a per
pendicular pedida.
S." Soluçâo.— Seja .U a origem da semi-reta (Fig. 00).
£
M V
Fig. 65
M
F i g . 6 6
Apliquemos, de M alé N trA«
unidade qualquer (o centimp'trr. iguais a uma
cenlro em M . com ra"Ô Tm', '
unidade, descrevarnos um arco e do"""
tro e com um raio igual a cinoo
determinemos o ponto P " mesma unidade
PM a a perpendicular pedida.
P r o b l e m a 1 4 ,
u n i p o n t o e q u i d i s t a n t e d e ^ ^ ' e r m i n o r
( l e s s a r e t a . ^ s i t u a d o s f o r a
- 3 9 —
Scjam 3/ c N os pontos siluados fora da rela AB
( fi g s . 0 7 c 6 8 ) . M N ; C N F i g . 6 7 Fig. 68
Traceraos MN e façamos passar pelo meio uma per pendicular que, prolongada, dctcrminarâ na reta AB o ponto, C, pedido, porquanto MC = XC.
Ppobloma 15. — Os proprietarios de duas casas si-tuadas, nas proximidades das margens de um rio, querem fazer uma ponte que fique equidistante das duas moradas: pede-se o lugar em que deverà scr conslruida a referida
p o n t e .
P e B sâo as duas casas (fig. 09).
Tracemos PB e em seguida a sua mediatriz. Esta dé
terminera o ponto M, equidistante de P c de B, c onde
d e v c m c o n s t r u i r a p o n t e .
P»
F i g . 6 9 Fig. 70
Problema 16. — Por dois pontos dados A c B fazer passar duas retas que encontrem uma terceira rela, MX, e com esta formem ângulos iguais.
Abaixemos do ponto .4 (fig. 70) uma perpendicular
à r e l a M X e f a ç a m o s E C = A E .
L i g u e m o s C a B e A a F .
AF e BF formam com MX ângulos iguais.
— 4 1 —
C A P Î T U L O I V
Paralelas. — Postulado de Euclides.
Duas retas distiiitas, siluadas no mesmo piano,
podem ser concorrentes ou paralelas. Sào
concor-rentes quando tem um ponto comum, de modo
que, devidainente prolougadas, elas se encoutram
Fig. 71
F i g . 7 2
comum, de soide^^que^®. ]ionlo
guem, nunca se encLt'ranrCfl^'ya)'!'''
Duas retas paralelas conservam-se
equidistan-tcs, cm loda a sua cxlcnsâo, islo é, a distància de qualqucr ponto de uma à outra é sempre a mesma.
Duas rclas paralelas a uma terceira sào para
lelas entre si.
Tracemos duas perpendiculares à mesma rota
AB. fâcil demonstrar que dtias perpendiculares
à mesma reta sào paralelas.
Com efeilo, se nâo fossem i)aralelas, as duas perpendiculares a AB se encontrariam em algum ponto e nesse caso teriamos duas jierpendiculares a uma reta tlradas do incsmo ponto, o que é iiu-possivel (fig. 73).
B
Fig. 73 • F î g . 7 4
É évidente que se uma reta for perpendicular
a outra, sera tambcni perpendicular a qualqucr
reta paralela a essa outra. Por isso, quando duas
paralelas sac cortadas por uma perpendicular, os
angulos que se formam sâo todos retos (fig. 74).
• Duas paralelas cortadas por uma obliqua, for
Fie. 75
— 4 2 —
iguais entre si e quatro oblusos lanibêm iguais
entre si (fig. 75).
Os ângulos m, b, c e n cbamam-se iniernos,
porque têm as aberturas para dentro da figura;
os ângulos a, e, r, d
c h a m a m - s e externos, porque têm as abertu ras para fora da figura.
Estes ângulos,
con-siderados dois a dois,
tomain as seguintes
de-n o m i de-n a ç ô e s : i de-n t e r de-n o s do mesmo lado ou coîa-te r a i s i n i e r n o s se sâ o
, , , a m b o s i n i e r n o s e e s l a o
do mesmo lado da obliqua, como b e n, ou c e m:
colaterais externos seambos sac externos e ficara do mesmo lado da
obliqua, como a e r, ou, ainda, e e d-
aliernos-ladoTa ow"^ iniernos, porém um de cada
lado da obliqua, como 6 e c. ou m en-
alternos-c a d T ' î a d o ' L ' ^ h r ' " " ^ " ' n m
cacla lado da obliqua, como a e d, ou e g r -
final-remL'àraeemelrZ'^mt"'''^
da obliqua, um interno e outro ex^terno'"^-'"° s"
pondentes na fig. 75: „ e o, m e r, e e u 6 Tï
uma obliqua'^'^forma^'''^®® Paralelas cortadas por
iguais; alternos-internos Ss■ "c
Iguais; externos do mesmo l^dn ''°'",'"®®Pondentes
mternos do mesmo lado la ''"P'^'nnntares e
'^do tambem suplementares.
— 4 3 —
Postulado de Euclides — Chama*se postulado
a unia proposiçâo que, embora nâo seja évidente
por si niesnia, é aceita seni deinonstraçâo.
Uni dos postulados mais célébrés da Geometria
é o de Euclides, grande geôinetra grego: por um
ponto de um piano sempre se pode traçar uma
paralela a uma relu dêsse piano e uma sà.
q u e s t i o n A r i o
1- Como podem ser diKus rctas dislinlas situadas no
m e s m o p i a n o ?
2. Qiial a propriedade relativa as perpendiculares à
m e s m a r e t a ?
3. Que relaçâo gérai existe entre os ângulos formados
por paralelas cortadas por uma obliqua?
4. Trace duas paralelas cortadas por uma obliqua, e
niostre os ângulos externos, os internos, os
alternos-internos, allernos-externos, os externos do mesmo lado, os internos do mesmo lado, os correspondentes.
o. Que relaçâo hâ entre os ângidos alternos-internos, allernos-externos, e correspondentes?
G. Que relaçâo hâ entre os ângulos internos do mesmo lado e externos do mesmo lado?
7. Que é postulado?
8. Enuncie o postulado de Euclides.
P R O B L E M A S
^''oblema 17. — Traçar uma paralela a uma reta
dada, por um ponto dado.
— 4 4 —
1.' Soluçâo (com G compasso e a régua) :
Do ponto dado ^1/ (fig, 70) closcrevenios urn arco ponto N e com o incsino raio
MN descrevaniQs o arco MC\ loniernos NG igual MC e
U-guemos o ponto M ao ponto G.
A reta MG é a paralela pedida.
M
N
F i g . 7 6
F i g . 7 7
2.- Soluçâo (com a règua e o esquadro) ■
aôbrc';'?ët??A("«rT7';''
regar pda regua ale o ponto"!/
nr"*"'-tracemoa a reta MG. que é pafalela à CW."'"' °"'™
P p o b l e m a 1 8 . >
Iraçar u bis.etrU sen rec-orrër «o"po„îf 7 concorren/es,
1.» Soluçâo. _ sciam dU c CD n
I""""'-'-''""''-Tracemos o segnienlo .WW ^
urn dos ângulos C.VA/ /îv/wTix!"^ " bissctriz de cada
to E ao ponto F e teremos n h ' ^ "iguemos o
pon-2-.- SoZuçâo. L-r ».
Tonîo 2 ™aTrp7a:;?-,^rf™f ir ^ "o
-.as perpeudtcutares ma^qSers f patt^do^^por
— 4 5 —
e D duas distàncias iguais B.\ e DM. Pelo ponto
Iracemos uina paralela a /M e pelo ponto M uma outra
a DC. Dividamos o àngulo MP.\ em duas partes jguais;
a bisselrlz PQ prolongada é a bissetriz pedida.
Aa
F i g . 7 8 F i g . 7 9
l i m a
Problema 19. De urn ponto dado traçar ^eta que forme com outra uni àngulo dado.
Seja AU a reta dada, M o ponto e .V o ânguIo (ng. o )>
•Tracemos do ponto M uma paralcla a .4D e do mesmo
N
F i g . 8 0
ponto tracemos MP formando com esta paralela um ân
gulo CMP igual ao àngulo N. A reta. MF forma corn Ai^
o àngulo MPB = CMP e portante igual ao àngulo A.
— 4 6 —
Problema 20 d<»
d o p i a n o c o m p r e è n d i d a p o r ç â o
reta sôbre a quai as m».. Poralelas, iragar tima
segmento de compi-imentt"dado!'^^^^^^^ deiermuiem urn
Fig. 81
nieclida do segmento'^^fig. P'>'-aIe]as, e MN a
Tomemos sôbre An
C D
^
T v °
s e g m e n t e
Observacàn
Seja SI o nnnf
cm SID iguai a Mc além de n "
perpen-Do ponto D traeem (iistân
M p4"o„TaMo " M'-'S'èU °
--ive o prob,et,-™n'rar a reTa
— 4 7 —
Problema 22. — IJe um ponto dado tracar uma reta
9we forme àngulos inunis com duns outras retas nâo
pa-Seja M o ponto dado, Alt c CD as retas dadas nâo Pacalelas (fig. 83).
Fijf. 83
,. Tcacemos uma reta VX paralela a CD. Traccmos a
^^ssetriz do àngulo AEX c do ponto M traccmos uma
pa-c a a e s t a b i s s e t r i z . > . . "
Essa ultima reta forma, com .AD e CD, angulos iguais.
C A P I T U L O V
iân^los. Elementos principais e secun-
anos. — Classificaçâo. — Triângulo
Triàngulo equilâtero. —
S e l i t t d e i g u a l -
ade de tmngulos. _ Problemas.
tada porfima Hnl'fa°"° t Porçào clo piano limi
ta linha poligonal sào"tn T-"* Os lados
a tlois lados consecutVn f poligon°
Poligono. G quai tamhi "m ângiilo do
d o p o l i g o n o . c h a î n a â n g u l o i n t e r n a
tices quantof°lado's'!'" ângulos e tantos
vci-eni cada vcrUcè" i'eiumcr unia letra
ordem eni que gig ".'"^"^'ido estas lelias na
Imcl oV%. 8^^ tiio^uLMt
4 9 —
Chania-se àn0.ilo externo de um poligono a
todo ângulo formado por um lado e pelo
prolon-B
F«g. 84 Fig. S5 Fig- 86
ëaïuenlo do lado conseculivo. Na fig. 86 o àiigulo
^AS c uin ângulo externo do poligono ABCDh.
Perimctro de uni poligono é a soma dos
eoni-PHmentos dos lados do poligono.
T R I Â N G U L O S
Trîângalo é o poligono de très lados. Um
tri-ângulo tem, portante, très tri-ângulos e très vertices
(fig. 87).
F i g . 8 7
Os lados e os ângulos sâo os elein^xitos prin
— 5 0 —
' « d o s d e u m
do aup n f^fongiilo, qnalquer lado c menor
diferenra f^^droa dois e maior do que a sua
fl'iela qui'tUr^r'^a re? i>»edialaincnte
da-pontos. ^ ^ nienor distància entre
t r è s s e g m e n t o s p o d e r i a p a r e c e r ,
um triângulo S servem para lados de
d o q u e 3 . ' m e n e r d o q u e 1 5 e n i a î o r
0 perimetro de"u"'°f •'« "m triângulo —
comprimentos de sen«"î"^" ' ^
tade; mas o mesnio V variar à
von-seus ângulos inlernn^ ^ ^oma dos
que a soma dos ânoTi' demonstra-se
é constante, isto é femn '''''''''' triângulo
r e t o s . ' a i n e s m a , e i g u a l a d o i s
F i e . 8 8 , _
p „ 4 . 8 9
se pode verificar^^rld angular de Taies"
racemos sobre cartâo'^^^^^"'^ seguinte modo:
88) e dobrexnoros " triângulo
sens angulos, como se vê
- 5 1 —
ua fig. 89, de sorte a fazer os très vertices
coinci-direni num mesnio ponto, 5, do lado AB. ^ ereinos,
entâo, que os très âiiguios se dispôem
consecuti-vamente em lorno de uni ponto e do niesmo lado
da reta AB: sua soma é, por conseguinte, igual a
dois retos.
Elementos secundârios do triângulo — Os
ele-inenlos secundârios do triângulo sào: as alturas,
3s uiedianas e as bissetrizcs dos ângulos.
AUnra de uni triângulo é a perpendicular
bai-^ada de uni vértice'sùbre o lado oposto ou sobre o
seu prolongamento. Este lado se chaîna, entao, base
do triângulo.
Fig. 90 Fiff. 91
Mediana é o segmenlo de reta que liga
'^«l'tice ao nieio do lado oposto.
Em qnalquer triângulo podemos
a'turas (fig. 90) e très niedlaiias (fig- JD '
qualquer lado de um triângulo pode seiv
hase.
Classificaçâo dos triângulos quanto aos
~ 5 2 —
lados sâo (fig. 92), escalenos, se os lados sâo
de-siguais; isosceles ou siniétricos se dois de seus
lados sâo iguais; equildteros se os très lados sâo
iguais.
^ i i r
Fis. _ Triànsulo: I) isoscelw; II) «calcno; IH) ^quilatcro
Classificaçâo dos triângulos quanto aos ângulos
— Uni triangulo tem sêiniiie dois ângulos agudos,
mas G terceiro pode variai-, isto é, ser agudo
tam-btm, lelo ou obtuso. Pm- isto, classificamos os tri
ângulos em acutanyulo,, retûngulo.s e obtusângulos.
Tiiangulo ucutangulo é o que tem os très ân
gulos agudos (f.g. 93) ; triangulo retângulo é o que
F t g . 9 3 F i g . 9 4
F;g. 95
tem um ângulo reto (fia Q4\. ♦
gulo é o que tem um ângulo obtus??^ 95)"'^""
Triângulo isôsceles — No frî' i
chama-se base ao lado diferente; a/fut
"j,?— 5 3
-9ulo isosceles é a altura reialiva a esse lado; vér-dû friànc/ulo isosceles é o vérlice do ângulo
oposlo à base.
Oeinonstra-se que no triangulo isosceles sâo
iguais os ângulos opostos aos lados iguais. Assim,
fig. 96 os ângulos A c B sâo iguais.
Fiff. 96
No triângulo isosceles a altura, a bi.ssetriz do
^Pgulo do vértlce e a mediana relativa à base coin
Cïdem (fig. 97)
Triângulo equilâtero — 0 triângulo equilâtero
sendo uin caso particular do triângulo isosceles,
^ que cada lado pode ser considcrado cqmo base,
onclue-se facilniente: que o triângulo «9'"'"'^
'ambém equiângulo. isto é, o triângulo que te
lados iguais também tem os ângulos iguais (t
Sara gg.i)
o» 1 retângulo — No triângulo retângulo,
ados do ângulo reto se chamam catetos e o a
— 5 1 — 0 0 —
fig. 98-11, que représenta um triângulo retângulo,
AC e AB sào os catelos; BC c a hipoteniisa.
O Iriângulo retângulo goza de niuitas
proprie-dades importantes, das quais deslacaremos as duas
seguintes:
A
I I
F i g . 9 8
1.°) Os ângulos agiidos sào complementares.
Com efeito, desde que um dos ângulos do triân gulo c reto, a soma dos outros dois dà oulro reto.
2.°) O quadrado da hipoleniisa é igiial à soma
dos quadrados dos catetos. Esta proposiçâo notàvcl
atribuida a Pilâgoras, exprime que, se a
liipotc-nusa medir a e os catetos medirem, resnortiva-mente, bec, teremos sempre
a= = 6^ -f c3 Desta igualdade, podemos tirar
= a- — c- e c- = a-
b-isto é, o quadrado de um cateto é igual ao qua
drado da hipotenusa menos o quadrado do outro
c a t e t o .
Igualdade de triângulos _ Quando dois noli
gonos podem ser levados a coincidir pontn nnr
ponto, diz-se que êles sào iguais. Si considerarmos
O caso particular de dois triângulos, é évidente que uni sô poderâ coincidir ponto por ponto com outro, si tiverem os très lados respectivamente
iguais e, bein assini, os très ângulos. Entâo,
cha-uiando ABC e A'B'C os triângulos iguais, devemos
1 e r
A B = A ' B ' B C = B ' C A C = = A ' C A A = A A '
BC_= B'C
A B ^ A B - A C = A C
Enlretanto, très dessas seis condiçôes,
escolhi-das convenientemente, bastam para garantir a
igualdade dos dois triângulos. As proposiçôes que
oxprimem estas condiçôes sâo chamadas casas de
|gualdadc de triângulos. Os casos mais simples de
igualdade de triângulos sûo os seguintes:
Fig.99 — lo igualdade: AB = A'B'i /\A== A^'' A^- A^'
1.®) Dois triângulos sâo iguais quando têm um
lado igual e os ûngiilos adjacentes a êsse lado
res-Pectivamente iguais;
2.°) Dois triàngulos sâo îgnais quando iêm um
àngulo igual compreendido entre lados
respecti-v a n i e n t e i g u a i s ;
C c *
Fig. 101 — 3.® caso de igualdade: AB = A'B'-, AC = A'C'-, BC = B'C
3.°) Dois triùngulos sâo igiiais quando lém os
très lados respeciivamenle iguais.
1 . 2 . 3 . 4 . 5 . G . 7 . 8 . 9 . 1 0 . 1 1 . 1 2 . 1 3 . 1 4 . QUESTI0N.4RÏ0 Que é poHgono?
Coino se désigna um iioligono?
Que sâo ângulos internu e exlcrno de um poHgono?
(.onio se chaîna a soma dos coniprimenlos dos lados
d e u n i p o l i g o n o ?
Que é um triângulo?
Quais os elemento.s principais de uni Iriûngulo'?
A que e igual a soma dos ângulos inlernos de um
tnangulo (lei angular de Talcs)?
Quais sâo os clenientos socundàrios de uni
triân-Z T t n "
e
q u a n t o
dade? "" '"""S"'" i^ûsceles e quai a sua
proprie-SrreTacâoTr" ? rotàngulo?
g u l o r e t û u g u l o , d o t r i â n
-Que^relaçâo hâ entre os lados do triângulo
retân-Enuncie os casos de igualdade de triàngulos.
— 0 /
P R O B L E . M A . S
Problema 23. — Determinar o centra de um
/r/dn-S u l o .
o Ii'iàngulo (fig. . iiremos as mcdianas re lias nos lados .-IZ) e Jil).
Essa.s mcdianas corlam-sc
.."1 C que é o ccntro do
triân-« u l o .
\ m e d i a n a r c l a t i v a
l a d o A H l a n i h é m p a s . s a ' ^ 2
p o r c .
lat
. Probloma 24. — Traçar as alluras de um triângulo.
lirai' i|e cada vértice a perpendicular ao lado oposto.
o triângulo fôr acutângiilo, as très alluras caem os lados (fig. loS).
p I ^ fôr retângulo, sô haverâ iinia altura
a - traçar: a rclativa à liipotenusaf a altura relativa
^da cateto é o outro caleto (fig. 104).
A
Fig. 1 0 3
F i g . 1 0 4 F i g . 1 0 5
^Os triângulo for obtusângulo, as alturas relativas
seu^ 'ïîeiiores lados icaem fora desles, isto é, nos
Prolongamentos. (fig. 105).
— 5 8
Problema 25. — Construir urn triangulo
conhecen-dO'se dois lados e o àngulo por êles formados, B (fig. 108)
A .
C
-£
B
F i g . 1 0 6 F i g . 1 0 7
Sobre a reta .U^V, (fig. 107) marquemos MV = AB; do ponto M, com um raio igual a EF, traccmos iim pcqueno
a r c o e d e V c o m r a i o i g u a l a C D I r a c e n i o s ' o u t r o a r c o
que carte o primeiro.. Dcterminamos, assim, o ponto P-Este ligado a .V e V forma o triangulo pedido.
Problema 26. — Construir um triangulo conhecen-do-se dais lados e o àngulo por êtes fornmdo. H (fig. 1^8) é o angulo; EF ofiU (fig. 108) sao.os lados eonhecidos.
B
-G - • H
F i g . 1 0 8
No ponto (fig, 109), façamos um àngulo A igual ao àngulo B; sôbre um lado, a partir do vértice,
mar-— 5 9 mar-—
Q^ermjs ^ jôbre o outre lado marquemos
consirniV i^JgiKunos o ponio N ao ponto C e teremos
nsliuKlo o triangulo pedido.
Construir um Iriàngulo conhecen-•' " '""P ^ OS ungulos adjacentes a êsse lado. '
° " ' " 8 - " " S u l o s
= AR n- ^ (^'8* 112) marquemos J/Z) =
• Jcmando para vértice o ponto .1/, façamos um
111 F i g . 11 2
^acfos"n'^T!''*! c no ponto /), um àngulo igual a //. Os
^ Angulo pecUdo^""^ cortam-se no ponto 0; MDO c o
tri-^o-se ïi;n'°îr? Construir um triûngulo
conhecen-° esse lado àngulo adjacente e o àngulo oposlo
P S c o / p .
^ente a êsse i. i ^ ^^3); A^, (fig. 114) uni àngulo adja-
® e M (fig^ 1J5) Q àngulo oposto.Fig. 113
F i g . 1 1 4 F i g . l i s
^^Çainn^ ponto D tornado sôbre um lado do àngulo 3/
— 6 0 —
Os lados dos ângulos D e M determinam o ponto P, formando uni ângiilo que vai scr no Iriingulo pedido o
oulro ângiilo adjacente ao lado conhecido. Recaimos assini no problema anterior, pois jâ cstâo conhccidos
uin lado e os dois ângulos adjacentes.
Problema 29. — Consirnir uni triângnlo conhecen-dO'Sc dois lados e o ângulo oposto a iim dêles. Sejam m e n os lados e V o ûngalo dado (fig. 116).
■ y
— 6 1 —
lância°^de T' ""1"'" «
dis-. dis-. j r , , !
îi uniii soluç^o: o triàngulo retânguio ABC (fig. 118).
d c s c o n h e c i d o . N ' e s t e c a s n;
m
T l /
F i b . " 6 F i g . 1 1 7
Façamos um ângulo A igual ao ângulo V e
apHdue-m o s e apHdue-m A B ( fi g . 11 7 ) a apHdue-m e d i d a apHdue-m .
Com o centro em B e raio igual a n determinemos ,J-o p,J-ont,J-o G. Unam,J-os B a G e ,J-obterem,J-os ,J-o triângul,J-o pedid,J-o
A B C .
' Observaçâo — Corn os elementos fornecidos, o pro
blema teve uma soluçâo e uma sô. Entretanto esta cons-truçâo (cm que se dâo um ângulo, um lado dêstc o o
lado oposto, para se obter o triângulo) nem sempre tem soluçâo c, às vezes, pode ter duas soluçôes. Exarnincmos alguns cases que podem surgir, conservaiido o mesmo
ângulo dado.
1.°) O lado oposto ao ângulo dado é igual ou inaior
do que o outro lado conhecido. É o caso resolvido acima •
e cm que hà sempre uma soluçâo e sô uma (fig. 117),
pois, fazendo centro em B, com raio igual ou maior do
que AB, sempre podemos encontrar AF uma vez e sô
" t v
Fig. 118
ï-eferid-! aicK*'""-^ ^ 'lo que a
* ï î e n o r d o ^ d e . s c o n l i e c i d o ) p o r é m
Com pf ^'"^o AB). Nestc fcaso lia duas soluçôes.
^Siial a n fizernios cciîtro cm B e, com raio
' procurarmos deteriuinar o terceîro vértice duFig. 119
ï l o i s
p o i i t o s
°
"
c o r t a A F
e m
® ABc n " ^ rosultain dois triângulos, ABC
4 0) resolvem o problema (fig. 119).
^ 30 lad^ oposto a A é menor do que a distância de
oosconhecido. Desta vez o problema nâo tem Geomctria mti.a— 6 2 — — 6 3 —
soluçâo, pois, fazendo centre em B, com uni lal raio nâo conseguimos cortar AF (fig. 120).
m
Fig. 120
Problema 30. — Constniir um triângulo
couheceii-dose dois lados e uma allnra.
1." Caso. — A altura é rclativa a um dos lados
co-n h c c i d o s .
a a b sâo os dois lados e m n altura (fjg. 121).
Sobre uma rcla marquemos EF ■=z a a por um ponto
R (fig. 122) levantemos-lhe uma perpendicular; sôbrc
esta marquemos RS = m.
Façamos passar por S uma paralela a EF e com o centre em F e raie igual a b determinemos (î; dcstc
ponto, e com o raio EF, dcterminemos D
Qualquer dos Iriângulos, EFG, GDF,' EFD ou GDE,
resolve o problema,
2." caso._~ A altura é relativa ao lado desconhccido.
® ^ ^ r c l a t i v a a o 3 . "
lado (fig. 121). Marquemos sôbre uma reta a inedida
a
F i g . 1 2 1 F i g . 1 2 2
Dividamos RV ao meio e do ponto C, com um raio
Cy on CR delerminemos o ponto N no arco de circulo.
r i r e m o s j i o r u m a r e t a .
Centre em R e corn um raio igual a b marquemos o ponto S, o quai, unido a R, resolve o problema RN é a
a l t u r a .
Problema 31. — Constrnir um triângulo conhecen"
dose os meioi" dos très lados.
Fig. 125
Unamos entre si os îrqs pontes A, B e C. Résulta o iriungulo ABC. (fig, 124) pelos vertices do quai tracemos paralelas aos lados opostos.
As Ires retas se certain formando o triângulo
pe-d i pe-d o E F G .
Problema 32. — Conslruir um triângulo
conhecen-do-se os pés das très altiiras.
Sejam M, jV e D os pés das alturas (fig. 125). Ligiienios estes pontos entre si e prolonguemos as ^etas além dos pontos dados.
Tracemos as bissetrizes dos ângulos exlernos do
tri-î^bguio Q pjgs darâo a solucâo do problema: o
ïriânguîo ABC.
Problema 33. — Constrnir um triângulo
conhecend o
-lado.
6 4 — 6 5 —
V é o ângulo, m o lado e ft a altura. (fig. 12G). Sobre uma reta apliquemos AB = /n c tomando A para vértice, (fig. 127) façamos um ûngulo igual a V;
de um ponte E qualquer de AB-levantemos. uma per
pendicular; sôbrc esta, a partir do pé, marquernos
E C = h .
T a
Figr. 126
Do ponto C tracemos uma paralela a AB, a quai vai determinar o ponto D, terceiro vértice do triângiilo
pe-d i pe-d o A B D .
Problema 34. — Consthur um iriàngulo
conhecen-do-ae os ângulos adjacentes ao mcsmo lado e a altura r'o
l a t i v a a e s t e l a d o .
T i g . 1 2 8
Tomando A corao vértice, facamos dois ângulos M =
= y e r = i?.
Os lados désses ângulos, vâo determinar os ponto.s
e o e completam o triângulo pedido CDA.
Ppobiema 35. — Co/is/rm> um triângulo
conhecen-/ o-se um ângulo e as alluras relativas aos lados dêsse
u n g u l o .
Façamos um ângulo A igual'ao ângulo dado (fig. 130)
levanleinos duas perpendiculares; uma a - ' cada lado do ûngulo.
I * .
altura (fil f29,°Vacamr e AB é a %
perpendiculares a aJ. ^ Por A e por B. relas
N \
Fîg. 130
Em lima destas perpendiculares marquernos AM igual
drna das alturas, e, na outra, AiV igual à segunda altura
" a d a .
Por M tracemos uma paralela ao lado AE e por N
paralela ao lado AF.
^ As paralelas determinam os pontes B e C, que sâo
dois vértices do triânggulo pedido ABC. Bastaliga,. B a C.
Problema 38. — Conslruir um triângulo
6 6
Formemos um triângulo ABC (fig. 132) cujos lados
sejam respectivaniente iguais a dois terços de cada
n i e d i u n a , i s t o é : m T U F i g . 1 3 1 F i g . 1 3 2 2 2 2 AB = — de 771 : AC = — de n e BC = — de p 3 3 3
Reproduzamos o triangulo ABC em CDB, traçando
as paralelas aos lados CA e AB.
Prolonguemos DC, AC e BC; tracemos AD e do ponto E apliquemos EF = p.
Liguemos F a A e a 7). O triangulo pedido é ADF.. ppoblema 37. — Construir um Iriângulo co/i/iecen-do-se o perimetro e dois angnlos.
F i g . 1 3 3 F i g . 1 3 4
Sejam P e B os angulos dados (fig. 133) e MN
(fig-1 3 4 ) o p e r i m e t r o .
— 6 7 —
Na exlremidade M façamos um àngulo igiial à me-tade de P; no ponto N façamos um angulo igual à
mc-t a d e d o / ? .
Achamos, o pçnto C; cm seguida façamos o angulo MCA = AM c AXCB = AN.
0 triangulo ABC resolve o problema.
Ppoblema 38. — Construir uni triangulo eguilàtero
dado o lado. Seja AB (fig. 135) o lado.
Sobre uma reta tomemos MN (fig. 136) igual a AB.
v . .
F i g . 1 3 5
F i g . 1 3 6
Façamos centre em M e N c com raio igual a AB
^eterminemos o ponto C, que, ligado aos pontos M e A,
^solvera o problema.
p PFoblema 39. Traçar um triangulo eguildtero
°'ï7iece/u/o-se-//ic a altura.l^acemos uma reta e, num ponto artrario C tornado
obre ela (fig. 137) façamos centro, descrevendo com
''aio qualqiier o arco EF.
em E 0 com o mesmo raio, delcrminemos o
ânn ? ^'g"cmos C a G -- depois tracemos bissctnz d
— 6 8 —
ApHqucmos em CM a medida da altura dada c pelo ponto M façamos passar nma perpendicular u CM. O tri-angulo CDN resolve o problema.
Problema 40. — Constniir unx triângulo isosceles
c o n h e c e n d o ' s e a b a s e e a a l t u r a .
Seja b a base e a a altura (fip. 138).
Sobre uma reta toniemos AB igual o base c façamos passar pelo meio de AB uma perpendicular; a partir do pé desta marqucmos DC igual a a.
Liguemos os ponlos A e B
ao ponto C e lerenios
rcsol-v i d o o p r o b l e m a .
O /
Fig' 138 F i g . 1 3 9
— 6 9 —
Seja m a base e £ o angulo adjacente (fig. 140).
a m e e m c a d a e x t r e
-e laçamos um angulo igual ao angulo dado.
O triângulo ABC resolve o problema.
Problema 41. — Construir um /nan<7u/o isâsceles c o n h e c e n d o a b a s e e a l a d o . f O k
Tracemos AB ^fig. 139), igual à.base conhecida. Sm
Dos pontes A e J5, como cenlros, e com um rtiio igual ao lado, detcrminemos o ponto C.
Liguemos C a A e a B c obtereinos o triângulo pedido
A B C .
Problema 42. —Construir um triângulo isâsceles ■ conhecendo-se a base c um angulo adjacente a esta base.
I o v i
Fig. 140 F i g . 1 4 1
— C o n s t r u i r u m t r i â n g u l o i s o s c e l e s
onhecedo^se a altura e o perimelro.
porimetro conliecido (fig. 142) e, pelo seu
biedM tima perpendicular; apliquenios em CB at a da altura dada e liguemos M e N a B.
"N
F i g . 1 4 3
^ 0 O S â n g u l o s M B E e N B F i g u a i s , c a d a u m ,
angulo M ou N.
— 7 0
-Problema 44. — Conslruir nm tviângulo isosceles
conhecenclo-se a altiira e o ângnio do vértice.
Tracemos a bissetriz do ângulo dado A e sôbre ela
(fig. 143) apliquemos AN igual à altura conheclda.
Fa-çamos passai* por N uma perpendicular a AN, a qual
determinara nos lados do ângulo os pontos /i e C; o tiiun
gulo ADC resolve o problema.
Ppoblema 44 bis. — Conslruir um trwngiilo isos
celes, conhecendo-se a base e o ângulo do vérlice (ân
gulo oposto à base).
Soja n a base e V o ângulo do vértice.
Sôbre uma reta tomemos AD igual a /i (fig. 1*^^) ®
no sen prolongamenlo façamos um ângulo igual a
(fig. 144), tomando D para vértice.
F i g . 1 4 4
Tracemos a bi.s.selriz DM do ângulo ABE. 0 ângulo ABM 6 o ângulo adjacente à base. O problema se reduz
e n t â o a o d o n u m é r o 4 2 , p o i s c o n h e c e m o s a b a s e e o â n g u l o a d j a c e n t e .
Problema 45. — Conslruir um triângiilo isôsceles conhecendo-se o laclo e o ângulo da base.
— 7 1 —
Seja A o ângulo da base e DC o lado (fig. 14.5). Faç.amos cm V (fig. 14lj) um ângulo igual ao ângulo A e tomemos sôbre um de seus lados, a partir do vértice,
a medida VD = DC.
Fig. 145 F i g . 1 4 6
Com o centro em Deo raio igual a DV,
determi-° pouto E, 0 qual é ligado ao ponto D. O Iriângulo
resolve o problema.
Co 46. — Conslruir um Iriângulo relângnlo
ntiecendo-se um ângulo agudo e a bipolenusa. Sôbre
reta marquemos MD (fig. 147) igual à hipotenusa;
^ ponto M façamos um ângulo igual ao ângulo dado,
o ponto D tracemos DE perpendicular a MG.MDE c 0 triângulo pedido.
Fig. 147
