Fundamentos da Geometria - ICMC

Fundamentos da Geometria
Fernando Manfio
ICMC – USP
Sumário
Introdução
iv
Linhas históricas da Geometria
v
I
1
Fundamentos da Geometria
1 Axiomas de Incidência
1.1 Axiomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
3
2 Axiomas de Ordem
2.1 Axiomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
7
3 Axiomas de Continuidade
3.1 Axiomas sobre medida de segmentos . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Axiomas sobre medida de ângulos . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
11
15
4 Axiomas de Congruência
17
4.1 Congruência de segmentos e ângulos . . . . . . . . . . . . . . 17
4.2 Congruência de triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
4.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
5 O Teorema do Ângulo Externo
23
5.1 O teorema do ângulo externo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
5.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
i
II
Geometria Euclidiana Plana
32
6 Axioma das Paralelas
33
6.1 O axioma das paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
6.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
7 Polígonos
7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . .
7.2 Polígonos regulares . . . . . . . .
7.3 Polígonos congruentes por cortes
7.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . .
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39
39
40
44
47
8 Área
8.1 A unidade de medida . . .
8.2 Área de regiões poligonais
8.3 Definição geral de área . .
8.4 Aplicações . . . . . . . . .
8.5 Exercícios . . . . . . . . .
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50
50
52
56
57
61
9 Semelhança
9.1 A definição de semelhança
9.2 Homotetias . . . . . . . .
9.3 Semelhança de triângulos
9.4 Exercícios . . . . . . . . .
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63
66
69
73
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75
75
80
84
88
92
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96
96
98
103
106
10 Circunferência
10.1 A circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Polígonos inscritos numa circunferência . . . . . . . . .
10.3 Potência de um ponto em relação a uma circunferência
10.4 Semelhança no círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11 Isometrias do plano
11.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Exemplos de isometrias . . . . . . .
11.3 Classificação das isometrias do plano
11.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . .
ii
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III
Geometria Euclidiana Espacial
107
12 Pontos, Retas e Planos
108
12.1 Noções primitivas e axiomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
12.2 Construção de pirâmides e paralelepípedos . . . . . . . . . . . 111
12.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
13 Paralelismo
13.1 Paralelismo de reta e plano
13.2 Paralelismo de planos . . .
13.3 Proporcionalidade . . . . .
13.4 Exercícios . . . . . . . . . .
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115
115
117
119
122
14 Ortogonalidade
123
14.1 Ortogonalidade entre reta e plano . . . . . . . . . . . . . . . . 123
14.2 Ortogonalidade de planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
14.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
15 Distâncias, projeções e ângulos
15.1 Distâncias e projeções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2 Ângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
132
132
137
139
16 Isometrias em E3
16.1 O grupo das isometrias Iso(E3 ) . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.2 Classificação das isometrias em E3 . . . . . . . . . . . . . . .
16.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
140
140
143
144
17 Poliedros
17.1 Exemplos e relações fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . .
17.2 O Teorema de Euler para poliedros convexos . . . . . . . . . .
17.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
146
146
151
155
18 O terceiro problema de Hilbert
157
18.1 Volume de sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
18.2 O terceiro problema de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
18.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
Referências Bibliográficas
163
iii
Introdução
Caro leitor,
Estas notas foram escritas para servir de texto a um curso de Geometria elementar para alunos iniciantes de graduação, tendo como objetivo
apresentar os fundamentos da Geometria sob o ponto de vista axiomático,
caracterizando em seguida a Geometria Euclidiana Plana e discutindo alguns
problemas interessantes de Geometria Espacial.
O conjunto de axiomas escolhido é aquele apresentado por A. Pogorelov
[14]. A vantagem desta escolha é que esta leva o estudante rapidamente aos
teoremas mais importantes. O roteiro de apresentação dos axiomas segue os
moldes do excelente livro de Lucas Barbosa [3].
A primeira parte do texto corresponde aos fundamentos da Geometria.
Todos os resultados obtidos nesta parte são válidos em qualquer geometria,
Euclidiana ou não. Mais precisamente, o conjunto de axiomas escolhido pode
ser adotado em qualquer geometria, de modo a obter os mesmos resultados
iniciais.
A segunda parte aborda a Geometria Euclidiana Plana. O ponto de partida é o quinto postulado, ou o Axioma das Paralelas. Vários teoremas e
aplicações são discutidos. Especial atenção é dada aos conceitos de área de
polígonos, semelhanças, propriedades da circunferência, culminando com as
transformações do plano, onde apresentamos a classificação das isometrias
de um ponto de vista totalmente geométrico.
Na terceira e última parte do texto, apresentamos rapidamente as noções primitivas e axiomas da Geometria espacial e, em seguida, discutimos
as noções de paralelismo e ortogonalidade entre retas e planos. Por fim, apresentamos alguns problemas acerca dos poliedros, como a noção de volume, o
teorema de Euler para poliedros convexos e o terceiro problema de Hilbert.
iv
Linhas históricas da Geometria
Os Elementos de Euclides
Os registros mais antigos que temos de atividades humanas acerca da
geometria remontam à época das antigas civilizações da Mesopotâmia. Embora o historiador grego Heródoto atribua aos egípcios o início da geometria,
alguns tabletes de argila datados do período 1900 – 1600 a.C., durante o antigo império babilônico, contêm textos e diagramas indicando algum tipo de
familiaridade desses povos com a geometria, com instâncias do Teorema de
Pitágoras. Os babilônios, os egípcios e outros povos da Antiguidade que desenvolveram formas primitivas de geometria, como os hindus e os chineses,
eram motivados por necessidades práticas de medições geométricas como,
por exemplo, a demarcação de terras.
O processo de transição, da geometria como um conjunto de regras impíricas e úteis, aplicadas a casos particulares e cujas justificativas eram
aparentemente negligenciadas, para uma geometria na concepção de ciência, buscando explicações racionais para seus resultados, deve-se aos gregos.
Possivelmente, foi um processo lento e gradual. Vários pensadores gregos
visitaram antigos centros de conhecimento, como o Egito e a Babilônia, e lá
adquiriram conhecimentos sobre matemática e astronomia. Muito pouco se
sabe sobre a vida e a obra desses pioneiros.
Tales de Mileto (624 – 547 a.C.) é considerado como sendo o introdutor da
geometria na Grécia e o primeiro homem da história a que foram atribuídas
descobertas matemáticas científicas. Com o objetivo de verificar a correção
dos resultados estabelecidos, ele desenvolveu a primeira geometria lógica. A
sistematização iniciada por Tales foi continuada, nos dois séculos seguintes,
por Pitágoras de Samos (569 – 475 a.C.) e seus discípulos. Conta-se que,
em suas viagens, Pitágoras teria encontrado Tales e sofrido influência dele
e, mais tarde, Pitágoras teria fundado uma irmandade secreta em Croton,
uma colônia grega no sul da Itália, cuja importância é avaliada pelas ideias
que difundiu. Pitágoras buscava na aritmética e na geometria a chave para
v
a compreensão do universo e, devido às suas convicções, é frequentemente
citado como sendo o primeiro matemático puro da história. Foram os pitagóricos, membros da sua irmandade, que descobriram os números racionais.
Platão (427 – 347 a.C.) nasceu em Atenas, mas acabou tendo contato com
a escola pitagórica em suas viagens. Retornando a Atenas, por volta de 389
a.C., fundou sua famosa Academia e dedicou o resto de sua vida a escrever e
ensinar. Embora tenha feito poucos trabalhos originais em matemática, deu
contribuições profundas na lógica e nos métodos usados em geometria.
A ideia grega de usar a matemática para compreender os mistérios do
universo dependia de uma noção de demostração matemática. A percepção
desse fato é, provavelmente, a primeira descoberta importante na história
da ciência. Credita-se a Tales e Pitágoras a introdução dessa noção. Mas
é devido a Platão a compreensão da verdade nesse contexto. Segundo ele,
tanto as noções como as proposições matemáticas não se referem a objetos
do mundo físico, mas a certas entidades ideais que habitam um mundo diferente do mundo físico. Por exemplo, uma reta que traçamos em uma folha
de papel é apenas uma representação, aproximada, da reta que vive em um
mundo de ideias ou, como alguns preferem, em um mundo platônico de entidades ideais. O mesmo se aplica às proposições matemáticas verdadeiras.
Essa abordagem nos alerta para distinguirmos as noções matemáticas precisas das aproximações que encontramos no mundo físico. Além disso, as
proposições matemáticas que habitam o mundo platônico, ditas verdadeiras,
estão submetidas a um padrão de objetividade externo que não depende de
nossas mentes, opiniões ou processos culturais.
Euclides (325 – 265 a.C.) provavelmente foi aluno da Academia de Platão
e foi o fundador da forte escola matemática de Alexandria, numa época em
que Atenas passava por um momento de declínio político. Sua obra principal,
os Elementos, consiste de treze volumes que contêm a maior parte da matemática conhecida na época. Trata-se de um texto sistemático, organizado
segundo os critérios de rigor lógico-dedutivo, mas também de experiência intuitiva. O volume I trata de geometria plana e sua construção baseia-se em
dez proposições, separadas em dois grupos: cinco foram classificadas como
axiomas e as outras como postulados. À época, os axiomas consistiam basicamente em verdades aplicáveis a todas as ciências, enquanto que os postulados
eram verdades acerca da particular disciplina em estudo, como a geometria.
Os cinco axiomas eram:
1. Coisas que são iguais a uma mesma coisa são iguais entre si.
2. Se iguais são adicionados a iguais, os resultados são iguais.
vi
3. Se iguais são subtraídos de iguais, os restos são iguais.
4. Coisas que coincidem uma com a outra, são iguais.
5. O todo é maior do que qualquer uma de suas partes.
Os postulados eram:
1. Existe uma única reta contendo dois pontos dados.
2. Todo segmento de reta pode ser estendido indefinidamente em todas
as direções.
3. Existe uma circunferência com quaisquer centro e raio dados.
4. Todos os ângulos retos são iguais entre si.
5. Se uma reta intercepta outras duas retas formando ângulos colaterais
internos cuja soma é menor do que dois retos, então as duas retas, se
estendidas indefinidamente, interceptam-se no lado no qual estão os
ângulos cuja soma é menor do que dois retos.
Nota-se, à primeira vista, que a natureza do enunciado do quinto postulado é diferente da dos precedentes. Segundo a Definição 23 do volume
I dos Elementos, retas paralelas são retas contidas num mesmo plano que,
se prolongadas indefinidamente, não se interceptam, de modo que ele descreve exatamente uma situação em que duas retas não são paralelas. Ainda
na época dos gregos algumas dúvidas foram levantadas quanto à colocação
desse enunciado como um postulado e não como uma proposição passível
de demonstração. Dentre as tentavias gregas de prová-lo, destacam-se as de
Ptolomeu e Proclo. Posteriores a estes, outros famosos matemáticos tentaram demonstrá-lo: Nasiradin (1201 – 1274), John Wallis (1616 – 1703),
Gerolamo Sacheri (1667 – 1733), John H. Lambet (1728 – 1777), Adrien
M. Legendre (1752 – 1833), Louis Bertrand (1731 – 1812) e Carl F. Gauss
(1777 – 1855). Estes deixaram nas suas obras referências relevantes sobre o
assunto.
Os primeiros que compreenderam que o quinto postulado de Euclides era
indemonstrável e que se poderia, a partir de sua negação, construir geometrias novas e totalmente coerentes foram Gauss, Lobachevski (1792 – 1856)
e Bolyai (1802 – 1860), que chegaram às suas conclusões de forma independente um dos outros. Para os gregos, principalmente para os seguidores de
Platão, o espaço físico era uma entidade absoluta, a realização direta de um
vii
objeto platônico. A geometria Euclidiana era a ciência do espaço físico e, portanto, a única geometria possível e certamente a verdadeira, e constituía-se
do estudo de propriedades das figuras geométricas mergulhadas nesse espaço.
Com as descobertas de Gauss, Lobachevski e Bolyai, não apenas a geometria
Euclidiana deixou de ser a única possível, mas também deixou de ser aquela
verdadeira. Finalizou-se assim uma época na história da matemática que
fora inaugurada dois milênios antes, originando-se uma transformação profunda não apenas do pensamento matemático, mas também do pensamento
teórico em geral, que acabaria por influenciar nossas concepções do universo
e do mundo físico.
Os trabalhos de Gauss, Lobachevski e Bolyai mas, principalmente, dos
dois últimos, foram levados às suas devidas proporções por Friedrich B. Riemann (1826 – 1866) que deu início a um segundo período no desenvolvimento
das geometria Euclidianas e não-Euclidianas, período este caracterizado pelas investigações sob o ponto de vista do Cálculo Diferencial, em contraste
com os métodos sintéticos previamente utilizados. A preocupação com a fundamentação da geometria em bases sólidas dominou a pesquisa matemática
sobre o assunto culminando com a reconstrução da geometria Euclidiana por
Hilbert o que, finalmente, encerrou a longa batalha com o quinto postulado
de Euclides.
Os Axiomas de Hilbert
Um sistema axiomático consiste num conjunto de verdades acerca de uma
determinada realidade, organizado de tal forma que todos os conceitos são
definidos a partir de alguns poucos conceito básicos, chamados termos primitivos, os quais não se define e que são conhecidos intuitivamente. Esses
conceitos são então articulados por meio de algumas proposições primitivas,
chamados axiomas1 , que não se demonstram, pois sua veracidade é evidente
pela intuição que temos acerca do domínio em estudo. As demais proposições, os teoremas, são então obtidos por demonstração a partir dos axiomas.
Além disso, um sistema axiomático deve satisfazer três condições seguintes:
ser consistente, ou seja, os axiomas não podem contradizer uns aos outros,
por si mesmos ou por suas consequências; deve ser completo, no sentido de
serem suficientes para provar verdadeiras ou falsas todas as proposições formuladas no contexo da teoria em questão; por fim, cada axioma deve ser
independente dos demais, no sentido de que não é consequência deles, sob
1
Hoje em dia, a distinção entre axioma e postulado não é mais feita, subentendendo
que significam a mesma coisa.
viii
pena de ser supérfluo.
A fundamentação da geometria estabelecida por David Hilbert (1862 –
1943) parte de dois termos primitivos que são as noções de ponto e reta. Entre
estes termos primitivos, Hilbert supõe a existência de três relações primitivas
que são expressas por um ponto pertence a uma reta, um ponto está entre
dois pontos e a relação de congruência. Esses termos e relações primitivas
devem satisfazer uma série de axiomas. Hilbert apresenta esses axiomais, em
seu trabalho The Foundations of Geometry [11], em cinco grupos:
1. Axiomas de Incidência,
2. Axiomas de Ordem,
3. Axiomas de Congruência,
4. Axiomas de Continuidade,
5. Axioma das Paralelas.
Os axiomas de incidência expressam a noção de estar em, enquanto os
axiomas de ordem expressam a noção de estar entre. Os axiomas de continuidade não envolvem uma nova relação primitiva mas tratam de garantir que
certas construções, que vão nos permitir medir distâncias entre pontos, são
possíveis. O axioma das paralelas abre porta à Geometria Euclidiana. Nesse
texto, adotaremos o axioma enunciado por John Playfair (1748 – 1819), ao
invés do quinto postulado enunciado por Euclides:
Por um ponto fora de uma reta dada pode-se traçar uma única reta
paralela à reta dada.
É interessante notar que esse axioma já havia sido considerado por Proclo,
como o próprio Playfair apontou, mas é normalmente associado ao nome de
Playfair.
O fundamental dos termos e relações primitivas, bem como dos axiomas,
é entender claramente o adjetivo primitivo. Com isso, o que se quer dizer é
que estes termos e relações não vão ser definidos através de outros, mas cada
pessoa deve fazer a sua própria representação do que são pontos, retas, estar
em, etc. Não importa a imagem que cada um faça desses objetos e relações,
o que é essencial é que as interconexões entre eles, expressas pelos axiomas,
sejam reconhecidos como verdadeiras.
ix
Parte I
Fundamentos da Geometria
1
Capítulo 1
Axiomas de Incidência
Os axiomas de incidência definem a ideia expressa pela noção de estar
em, além de estabelecer uma conexão entre os termos primitivos do plano:
ponto e reta.
1.1
Axiomas
Axioma 1. Dados quaisquer dois pontos distintos, A e B, existe uma única
reta que os contém.
De acordo com o Axioma 1, uma reta está completamente determinada
pela especificação de dois pontos distintos. Assim, denotaremos a única reta
que passa pelos pontos distintos A e B por AB, e diremos a reta AB.
Definição 1.1.1. Se um ponto é comum a duas retas, dizemos que este
ponto é um ponto de interseção dessas retas. Duas retas que se interceptam
num único ponto são chamadas de retas concorrentes.
r
P
s
Figura 1.1: Retas r e s concorrentes no ponto P .
Axioma 2. Em cada reta existem ao menos dois pontos distintos e existem
três pontos distintos que não pertencem a uma mesma reta.
2
Segue do Axioma 2 que reta é um subconjunto próprio do plano.
Proposição 1.1.2. Duas retas distintas ou não se interceptam ou se interceptam em um único ponto.
Demonstração. Dados duas retas distintas, suponha que elas se interceptam
em dois (ou mais) pontos. Pelo Axioma 1, estas retas serão coincidentes,
o que é uma contradição pois, por hipótese, elas são distintas. Portanto, a
interseção dessas retas ou é vazia ou só contém um ponto.
Definição 1.1.3. Pontos pertencentes a uma mesma reta são chamados
colineares; caso contrário, são chamados não-colineares.
Observação 1.1.4. Ao estudarmos geometria é comum darmos uma representação gráfica aos termos primitivos. Imaginamos um plano como uma
superfície de uma folha de papel que se estende indefinidamente em todas
as direções. Nela, a marca da ponta de um lápis representa um ponto e a
parte de uma reta é obtida usando-se uma régua. Por exemplo, na Figura
1.1, estão representadadas duas retas, r e s, e um ponto P , que é o ponto de
interseção dessas retas. Muitas vezes faremos uso desse artifício. No entanto,
os desenhos devem ser considerados apenas como um instrumento de auxílio
à intuição e à linguagem e, em momento algum, devem ser utilizados como
dados para demonstrações.
1.2
Exercícios
1. Quantos pontos comuns a pelo menos duas retas pode ter um conjunto
de três retas distintas do plano? E um conjunto de quatro retas?
2. Prove que três pontos não-colineares determinam três retas. Quantas
retas são determinadas por quatro pontos, sendo que estes são três a três
não-colineares? E para o caso de seis pontos?
3. Usando apenas os conhecimentos estabelecidos até então, discuta a seguinte questão: Existem retas que não se interceptam?
4. Por que o conjunto de todos os pontos do plano não pode ser uma reta?
O conjunto vazio pode ser uma reta do plano?
5. De acordo com os Axiomas 1 e 2, qual o número mínimo de pontos de
uma reta?
3
Capítulo 2
Axiomas de Ordem
Os axiomas de ordem definem a ideia expressa pelo termo estar entre,
e tornam possível, com base nessa ideia, descrever uma ordem de sequência
dos pontos sobre uma reta. Os pontos de uma reta têm uma certa relação
um com o outro, e a noção de estar entre servirá para descrevê-la.
2.1
Axiomas
Axioma 3. Para quaisquer três pontos distintos colineares, apenas um deles
está entre os outros dois.
As expressões um ponto C está entre A e B, um ponto C separa os pontos
A e B ou os pontos A e B estão em lados opostos do ponto C serão assumidas
como equivalentes.
C
B
A
Figura 2.1: O ponto C está entre A e B.
Axioma 4. Se A, B e C são pontos tais que C está entre A e B então estes
três pontos são distintos, colineares e C está entre B e A.
Definição 2.1.1. Dados dois pontos distintos, A e B, o conjunto dos pontos
A, B e todos os pontos que estão entre A e B é chamado de segmento AB.
Se A e B são coincidentes, dizemos que AB é o segmento nulo. Os pontos A
e B são chamados as extremidades do segmento AB.
4
Definição 2.1.2. Dados dois pontos distintos, A e B, a semi-reta de origem
A contendo o ponto B é o conjunto dos pontos do segmento AB unido com
todos os pontos C tais que B está entre A e C.
A
B
Figura 2.2: Semi-reta SAB .
A semi-reta de origem A contendo o ponto B será denotada por SAB .
Dois pontos distintos, A e B, determinam duas semi-retas, SAB e SBA , as
quais contêm o segmento AB. Além disso, temos a seguinte:
Proposição 2.1.3. As semi-retas SAB e SBA satisfazem as seguintes propriedades:
(a) SAB ∪ SBA é a reta determinada por A e B, i.e., a reta AB.
(b) SAB ∩ SBA é o segmento AB.
Demonstração. (a) Como as semi-retas SAB e SBA são constituídas de pontos da reta AB, segue que SAB ∪ SBA está contido na reta AB. Por outro
lado, se P é um ponto da reta AB, o Axioma 3 garante que apenas uma das
seguintes possibilidades ocorre:
(i) P está entre A e B,
(ii) A está entre B e P ,
(iii) B está entre A e P .
No caso (i), o ponto P pertence ao segmento AB; no caso (ii), P pertence
a SBA ; no caso (iii), P pertence a SAB . Portanto, em qualquer caso, P
pertence a SAB ∪ SBA .
(b) Dado um ponto P ∈ SAB ∩ SBA suponha, por absurdo, que P não pertença ao segmento AB. Assim, A está entre P e B ou B está entre A e P .
No primeiro caso, concluimos que P ∈ SBA e P 6∈ SAB , o que é uma contradição. Analogamente para o segundo caso. Reciprocamente, todo ponto
P pertencente ao segmento AB pertence, por definição, às semi-retas SAB e
SBA logo, P está na interseção SAB ∩ SBA .
Axioma 5. Dados dois pontos distintos, A e B, existem um ponto C entre
A e B e um ponto D tal que B está entre A e D.
Decorre do Axioma 5 que entre quaisquer dois pontos existe uma infinidade de pontos. Além disso, toda semi-reta SAB contém uma infinidade de
pontos além daqueles pertencentes ao segmento AB.
5
Considere uma reta r e dois pontos distintos, P e Q, não pertencentes
a r. Dizemos que os pontos P e Q estão em um mesmo lado da reta r se o
segmento P Q não a intercepta. Caso contrário, dizemos que P e Q estão em
lados opostos da reta r.
Q
P
r
R
Figura 2.3: P e Q estão do mesmo lado de r; P e R estão em lados opostos.
Definição 2.1.4. Dados uma reta r e um ponto P não pertencente a r, o
semi-plano determinado por r contendo P é o conjunto de todos os pontos
Q tais que P e Q estão do mesmo lado de r, unido aos pontos de r.
A reta r é chamada de origem do semi-plano.
Axioma 6 (Separação do plano). Uma reta r determina somente dois semiplanos distintos, cuja interseção é a própria reta r.
Uma figura geométrica é simplesmente um subconjunto próprio do plano.
Usando-se segmentos, podemos construir inúmeras figuras geométricas. Uma
das mais simples é o triângulo, que é formada por três pontos não-colineares e
pelos segmentos definidos por esses três pontos. Os três pontos são chamados
vértices do triângulo e os segmentos são os lados do triângulo.
Indicaremos o triângulo determinado pelos pontos A, B e C por ABC,
e diremos triângulo ABC.
A
C
B
Figura 2.4: Triângulo ABC.
Teorema 2.1.5 (Pash). Se ABC é um triângulo e r é uma reta que intercepta o lado AB em um ponto entre A e B, então r também intercepta, pelo
menos, um dos outros dois lados.
6
Demonstração. Se o ponto C pertence a r, o Teorema está provado pois,
neste caso, r intercepta os dois lados, AC e BC. Suponha, então, que C 6∈ r
(cf. Figura 2.5). Como A e B não pertencem a r e o segmento AB intercepta
r segue, por definição, que A e B estão em lados opostos de r. Como C 6∈ r,
segue do Axioma 6 que C está do mesmo lado de A em relação a r ou do
mesmo lado de B em relação a r. Se A e C estão do mesmo lado de r, então
B e C estão em lados opostos de r. Isso significa que r intercepta o segmento
BC e não intercepta AC. Se B e C estão do mesmo lado de r, analogamente
se prova que r intercepta o segmento AC e não intercepta BC.
A
r
C
B
Figura 2.5: Teorema de Pash.
2.2
Exercícios
1. São dados quatro pontos A, B, C e D e uma reta r que não contém
nenhum deles. Sabe-se que os segmentos AB e CD interceptam a reta r e
que o segmento BC não a intercepta. Mostre que o segmento AD também
não a intercepta.
2. Dados quatro pontos A, B, C e D, mostre que se os segmentos AB e CD
se interceptam, então os pontos B e D estão em um mesmo semi-plano em
relação à reta que passa por A e C.
3. Sejam AB e CD segmentos e E um ponto tais que AB ∩ CD = {E}.
Mostre que a reta que contém AB não pode conter CD.
4. Seja C um ponto pertencente à semi-reta SAB , com C 6= A. Mostre que
SAB = SAC , BC ⊂ SAC e que A 6∈ BC.
5. Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E
tendo exatamente dois pontos em comum?
7
Capítulo 3
Axiomas de Continuidade
Os axiomas de continuidade não envolvem uma terceira relação primitiva
mas tratam de garantir que certas construções, que vão nos permitir medir
distâncias entre pontos, são possíveis.
3.1
Axiomas sobre medida de segmentos
O conceito de medida de um segmento é introduzido mediante a adoção
de uma unidade de comprimento que, neste curso, a faremos axiomaticamente. Uma vez que soubermos medir segmentos estaremos aptos a poder
compará-los em tamanho.
Axioma 7. A cada segmento AB está associado um único número real positivo, e ao segmento nulo está associado o número zero.
O número associado a um segmento AB, dado pelo Axioma 7, é chamado de medida do segmento AB, ou comprimento do segmento AB, e será
denotado por AB.
Axioma 8. Se um ponto C está entre dois pontos A e B então
AB = AC + CB.
Dados uma reta r e um ponto O ∈ r, o ponto O divide r em duas semiretas opostas. A uma destas chamamos de parte positiva de r, a outra de
parte negativa. Considere um ponto A pertencente à parte positiva de r, com
A 6= O. Ao ponto A fica associado um único número real positivo OA, dado
pelo Axioma 7. Se A pertence à parte negativa de r, com A 6= O, à ele fica
associado um único número real negativo −OA. Se A ≡ O, temos OA = 0.
Portanto, à todo ponto da reta r fica associado, de modo único, um número
8
real que será chamado a coordenada desse ponto. Note que, pelo Axioma 8,
essa correspondência é unívoca, no seguinte sentido. Se A e A0 são pontos
distintos de r, então OA 6= OA0 .
Axioma 9. A todo número real positivo fica associado um segmento, cuja
medida é igual ao número dado, sendo que ao número zero fica associado o
segmento nulo.
Axioma 10 (Transporte de segmento). Fixado um segmento arbitrário AB,
para qualquer segmento CD, existe um único ponto E pertencente à semi-reta
SCD tal que AB = CE.
Os Axiomas 9 e 10 permitem-nos considerar a recíproca da correspondência estabelecida no parágrafo logo após o Axioma 8. De fato, dado uma
reta r, fixe um ponto arbitrário O sobre r. Dado um número real positivo x,
considere um segmento AB, com AB = x, dado pelo Axioma 9. Pelo Axioma
10, existe um único ponto P sobre a parte positiva de r tal que OP = AB.
Se x = 0, tome P ≡ O; se x for negativo, considere P na parte negativa de
r. Portanto, a cada número real fica associado, de modo único, um ponto da
reta r. Além disso, pelo Axioma 9, esta correspondência também é unívoca.
Essas duas correspondências, estabelecidas até agora, podem ser resumidas no seguinte:
Teorema 3.1.1. Existe uma correspondência biunívoca entre pontos de uma
reta e números reais.
A bijeção do Teorema 3.1.1 é as vezes chamada de sistema de coordenadas
para a reta considerada. O número real, associado a cada ponto P dessa reta
é, como já vimos, a coordenada de P em relação à reta. O ponto da reta
associado ao número zero é chamado a origem do sistema de coordenadas.
Dado um segmento AB, denotaremos por a e b as coordenadas de suas
extremidades A e B, respectivamente. Assim, a medida do segmento AB
será a diferença entre o maior e o menor destes números. Isso é equivalente
a tomar a diferença entre a e b em qualquer ordem e, em seguida, considerar
o seu valor absoluto. Portanto,
AB = |a − b|.
(3.1)
A relação (3.1) nos diz como determinar a medida de um segmento a partir
das coordenadas de suas extremidades. Como os números reais são ordenados pela relação “menor do que” (ou pela relação “maior do que”), podemos
estabalecer uma relação de ordem para os pontos de uma reta.
9
Lema 3.1.2. Numa semi-reta SAB , se um segmento AC é tal que AC < AB
então C está entre A e B.
Demonstração. Como A é a origem de SAB e B, C ∈ SAB , o ponto A não
pode estar entre B e C. Se B estiver entre A e C, segue do Axioma 8 que
AC = AB + BC logo, AC > AB, o que é uma contradição. Portanto, o
ponto C deve estar entre A e B.
Teorema 3.1.3. Sejam A, B, C três pontos colineares e distintos, cujas
coordenadas são a, b e c, respectivamente. Então, o ponto C está entre A e
B se, e somente se, c está entre a e b.
Demonstração. Se o ponto C está entre A e B, decorre do Axioma 8 que
AB = AC + CB, ou seja,
|b − a| = |c − a| + |b − c|.
(3.2)
Se a < b, decorre da igualdade (3.2) que
|c − a| < b − a e |b − c| < b − a.
Isso implica que
c−a<b−a e b−c<b−a
logo, c < b e a < c, i.e., c entá entre a e b. Conclusão análoga se supormos
que a > b. Reciprocamente, suponha que c está entre a e b. Assim,
|b − a| = |c − a| + |b − c|,
ou seja, AB = AC + CB e isso implica, em particular, que
AC < AB
e CB < AB.
(3.3)
Se B e C pertencem a uma mesma semi-reta com origem em A, segue do
Lema 3.1.2 que C está entre A e B. Resta provar que A não separa B e C.
Se isso ocorre, A está entre B e C e, assim, BC = BA + AC. Isso implica
que BC > AB, contradizendo (3.3).
Definição 3.1.4. O ponto médio de um segmento AB é um ponto C deste
segmento tal que AC = CB.
Teorema 3.1.5. Todo segmento AB tem um único ponto médio.
10
Demonstração. Se a e b são as coordenadas dos pontos A e B, respectivamente, considere o número real c = 12 (a + b). Pelo Teorema 3.1.1, existe um
ponto C pertencente à reta AB cuja coordenada é c. Temos
1
AC = |c − a| = (a + b) − a = |b − a|
2
e
1
CB = |c − b| = (a + b) − b = |a − b|
2
logo, AC = CB. Como c está entre a e b, segue do Teorema 3.1.3 que C
está entre A e B. Portanto, o ponto C é ponto médio de AB. Quanto à
unicidade, suponha que exista outro ponto C 0 pertencente ao segmento AB
tal que AC 0 = C 0 B. Se c0 é a coordenada de C 0 , temos
c0 − a = b − c0 ,
se a < c0 < b
a − c0 = c0 − b,
se b < c0 < a.
ou
Em qualquer caso, obtemos
1
c0 = (a + b).
2
Assim, c0 = c e, pelo Teorema 3.1.1, concluimos que C = C 0 .
3.2
Axiomas sobre medida de ângulos
Analogamente ao caso de segmentos, introduziremos o conceito de medida de ângulo, o que também nos possibilitará compará-los em tamanho.
Definição 3.2.1. Ângulo é uma figura geométrica formada por duas semiretas com mesma origem.
As semi-retas são chamadas de lados do ângulo e a origem comum é o
vértice do ângulo. Se os lados de um ângulo são semi-retas opostas, esse
ângulo é chamado de ângulo raso; caso os lados são semi-retas coincidentes,
chamamos o ângulo de ângulo nulo.
Existem várias formas de representar um ângulo. Por exemplo, se O é
o vértice e A, B são pontos distintos de um ângulo, um em cada lado do
\ ou BOA.
\ Quando nenhum
ângulo, este pode ser representado por AOB
11
A
O
B
\
Figura 3.1: Ângulo AOB.
outro ângulo tem o mesmo vértice, podemos usar apenas a letra que designa o vértice para representá-lo. Assim, o ângulo da Figura 3.1 pode ser
b Em algumas ocasiões, é comum utilizar
representado simplesmente por O.
letras minúsculas do alfabeto grego para representar um ângulo. Neste caso,
é usual escrever a letra que designa o ângulo próximo do vértice e entre as
duas semi-retas.
a
Figura 3.2: Ângulo α.
Semelhantemente aos axiomas sobre medida de segmentos, introduziremos agora os axiomas que nos dirão como medir ângulo.
Axioma 11. A todo ângulo está associado um único número real positivo.
Este número é zero se, e somente se, o ângulo é constituído por duas semiretas coincidentes.
O número dado pelo Axioma 11 é chamado de medida do ângulo.
Definição 3.2.2. Dizemos que uma semi-reta divide um semi-plano se ela
estiver contida neste semi-plano e sua origem for um ponto da reta que o
determina (cf. Figura 3.3).
Axioma 12. Dado um número real r > 0, é possível colocar em correspondência biunívoca os números reais entre 0 e r e as semi-retas de mesma origem que dividem um dado semi-plano, de modo que a diferença entres estes
números seja a medida do ângulo formado pelas semi-retas correspondentes.
Aos ângulos raso e nulo ficam associados os números r e zero, respectivamente, e reciprocamente.
12
r
O
Figura 3.3: Divisão de um semi-plano.
No caso em que r = 180, a medida de ângulo dá o resultado em graus.
Quando r = 200, a medida é em grados e, quando r = π, a medida está dada
em radianos.
O número associado a cada semi-reta, dado pelo Axioma 12, chama-se a
coordenada da semi-reta. Assim, se a e b forem as coordenadas dos lados do
\ então |a − b| é a medida deste ângulo, e escreveremos
ângulo AOB,
\ = |a − b|.
AOB
Sejam SOA , SOB , SOC semi-retas com mesma origem O. Dizemos que
\ se o segmento AB intercepta SOC .
SOC divide o ângulo AOB
\ então AOB
\=
Axioma 13. Se uma semi-reta SOC divide um ângulo AOB
[
\
AOC + COB.
Dois ângulos são chamados consecutivos se eles têm um lado em comum.
Se os outros lados dos ângulos estão em semi-planos opostos, definidos pelo
lado comum, esses ângulos são chamados adjacentes. Por exemplo, na Figura
\ e AOC
[ são consecutivos e adjacentes; no entanto, AOB
\
3.4, os ângulos AOB
\
e BOC são consecutivos mas não são adjacentes.
A
C
B
O
Figura 3.4: Ângulos consecutivos e adjacentes.
Definição 3.2.3. Dois ângulos são chamados suplementares se a soma de
suas medidas é 180o . O suplemento de um ângulo é o ângulo adjacente ao
ângulo dado obtido pelo prolongamento de um de seus lados.
13
B
C
A
O
Figura 3.5: Ângulos suplementares.
Decorre diretamente da definição que um ângulo e seu suplemento são
ângulos suplementares. Além disso, se dois ângulos têm a mesma medida,
então o mesmo ocorre com os seus suplementos.
Definição 3.2.4. Ângulos opostos pelo vértice são aqueles em que os lados
de um são as respectivas semi-retas opostas aos lados do outro.
D
A
O
B
C
Figura 3.6: Ângulos opostos pelo vértice.
Proposição 3.2.5. Ângulos opostos pelo vértice têm a mesma medida.
\ e COD
\ dois ângulos opostos pelo vértice. Como
Demonstração. Sejam AOB
\
o ângulo AOD é suplementar a ambos, obtemos
\ + AOD
\ = 180o
AOB
\ + AOD
\ = 180o .
e COD
(3.4)
\ = COD.
\
Disso decorre que AOB
Definição 3.2.6. Ângulo reto é um ângulo cuja medida é 90o . Duas retas
são chamadas perpendiculares se elas se interceptam e um dos quatro ângulos
formados por elas for reto.
Teorema 3.2.7. Por qualquer ponto de uma reta passa uma única reta perpendicular a reta dada.
14
Demonstração. Dados uma reta r e um ponto O ∈ r, considere as duas semiretas opostas determinadas por O; elas formam um ângulo raso. Considere
um dos semi-planos determinados por r. Pelo Axioma 12, existe uma única
semi-reta com origem O, dividindo o semi-plano fixado e cuja coordenada
é 90o . Esta semi-reta forma com as semi-retas determinadas em r, pelo
ponto O, ângulos de 90o . Logo, a semi-reta assim construída está contida
numa reta s, que contém o ponto O, e é perpendicular à reta r. Quanto
à unicidade, suponha que existam duas retas, s e s0 , passando pelo ponto
O, e perpendiculares a r. Fixemos um dos semi-planos determinados por
r. As insterseções de s e s0 com este semi-plano são semi-retas que formam
um ângulo α entre si, e formam outros dois ângulos β e θ com as semi-retas
determinadas pelo ponto O ∈ r. Como s e s0 são perpendiculares a r tem-se
β = θ = 90o . Por outro lado, como semi-retas opostas definem o ângulo
raso, temos α + β + θ = 180o . Isso implica que α = 0o e, portanto, s e s0 são
coincidentes.
3.3
Exercícios
1. Considere três pontos colienares A, B, C, sendo que B está entre A e C,
e AB = BC. Se M é o ponto médio de AB e N é o ponto médio de BC,
prove que M N = AB.
2. Sejam M , A, B pontos colineares e distintos. Dizemos que M divide
o segmento AB na razão a se a = M A/M B. Dado qualquer número real
positivo a, prove que existe um único ponto M ∈ AB tal que M divide AB
na razão a.
3. Sejam A, B e C três pontos no plano tais que a distância de A a B é
igual a soma das distâncias de A a C e de C a B. O que podemos afirmar
sobre estes pontos?
4. Considere quatro pontos distintos, A, B, C e D, e uma reta r que não
contém nenhum dos pontos dados. Suponhas que os segmentos AB e CD
interceptam r e que AC não a intercepta. O que podemos afirmar sobre o
segmento BD?
5. Um ponto C pertencente a um segmento AB é chamado seção áurea de
AB se √
AC/CB = AB/AC. √
Prove que se C é seção
áurea de AB, então
√
5−1
5+1
5+1
AC = 2 AB e que AB = 2 AC; o número 2 é chamado número
áureo. Prove também que todo segmento possui uma seção áurea.
15
6. Prove que duas retas concorrentes são perpendiculares se, e somente se,
elas formam ângulos adjacentes suplementares de mesma medida.
7. Prove que se um ângulo e seu suplemento têm a mesma medida então o
ângulo é reto.
8. Um ângulo é chamado agudo se mede menos de 90o , e é chamado obtuso
se mede mais de 90o . Prove que o suplemento de um ângulo agudo é sempre
um ângulo obtuso.
9. Se duas retas se interceptam formando quatro ângulos e um deles é reto,
prove que os outros também o são.
10. Dois ângulos são chamados complementares se sua soma é um ângulo
reto. Considere dois ângulos complementares tais que o suplemento de um
deles mede tanto quanto o suplemento do segundo mais 30o . Quanto medem
os dois ângulos?
11. Por que o complemento de um ângulo é sempre menor do que o seu
suplemento?
12. Qual a medida da diferença entre o suplemento de um ângulo e seu
complemento?
\ prove que existe uma única semi-reta SOC tal
13. Dado um ângulo AOB,
[
\
\
que AOC = COB. A semi-reta SOC é chamada de bissetriz do ângulo AOB.
14. Prove que as bissetrizes de um ângulo e do seu suplemento são perpendiculares.
15. Prove que as bissetrizes de dois ângulos opostos pelo vértice são semiretas opostas.
16
Capítulo 4
Axiomas de Congruência
Os axiomas deste capítulo expressam a ideia de congruência ou de superposição. A ideia intuitiva que se procura precisar com a noção de congruência
é a de que dois segmentos ou ângulos congruentes têm a mesma medida ou
podem ser superpostos por um movimento rígido do plano, ou seja, por uma
aplicação que não distorça as figuras. Essa noção de congruência de segmentos e ângulos será naturalmente estendida aos triângulos, onde obteremos
teoremas que nos dão condições suficientes para a congruência de triângulos.
4.1
Congruência de segmentos e ângulos
Definição 4.1.1. Dois segmentos AB e CD são chamados congruentes se
eles têm a mesma medida, ou seja, se AB = CD. Diremos que dois ângulos
beB
b são congruentes se eles têm a mesma medida.
A
Denotaremos a congruência entre os segmentos AB e CD utilizando o
símbolo ≡ e escreveremos AB ≡ CD. Assim, AB ≡ CD se, e somente se,
AB = CD. Da mesma forma para a congruência de ângulos, diremos que os
beB
b são congruentes denotando por A
b ≡ B.
b
ângulos A
Neste texto usamos o termo congruente, e não igual, para distinguir do
termo igual, que significa, matematicamente, o mesmo objeto matemático.
Com esta definição de congruência, as propriedades que envolvem igualdade de números reais passam a valer para a congruência de segmentos e
de ângulos. Como consequência disso, a relação ≡ é uma relação de equivalência, ou seja, satisfaz as propriedades reflexiva, simétrica e transitiva de
congruência.
17
4.2
Congruência de triângulos
A fim de simplificar a notação, denotaremos um triângulo, definido por
três pontos não-colineares A, B e C, por 4ABC ou, simplesmente, por
ABC.
Definição 4.2.1. Dois triângulos são chamados de congruentes se existe uma
correspondência biunívoca entre seus vértices de modo que lados e ângulos
correspondentes sejam congruentes.
Isso significa que se ABC e XY Z são dois triângulos congruentes e se
ϕ : {A, B, C} → {X, Y, Z}
é a bijeção que define a congruência, com
A 7→ X,
B 7→ Y,
C 7→ Z,
então valem as seguintes relações:
b ≡ X,
b
A
b ≡ Yb ,
B
AB ≡ XY,
AC ≡ XZ,
b ≡ Z,
b
C
BC ≡ Y Z.
Os vértices A e X, B e Y , C e Z são chamados correspondentes. Ângulos
correspondentes são aqueles cujos vértices são correspondentes, e lados correspondentes são os lados cujas extremidades são vértices correspondentes.
Se ABC e XY Z são triângulos congruentes, escreveremos ABC ≡ XY Z,
significando que a congruência leva A em X, B em Y e C em Z.
Axioma 14. Se dois triângulos ABC e XY Z são tais que AB ≡ XY ,
b≡X
b então ABC ≡ XY Z.
AC ≡ XZ e A
Pelo Axioma 14, a fim de verificar a congruência entre dois triângulos,
basta verificar apenas três relações, ao invés das seis relações exigidas na
Definição 4.2.1. Este axioma é chamado primeiro caso de congruência de
triângulos ou, simplesmente, caso LAL.
Teorema 4.2.2 (caso ALA). Dois triângulos ABC e XY Z são congruentes
b≡X
b eB
b ≡ Yb .
se AB ≡ XY , A
18
b≡X
b
Demonstração. Dados dois triângulos ABC e XY Z, com AB ≡ XY , A
b ≡ Yb , conside o ponto D sobre a semi-reta SAC tal que AD ≡ XZ.
e B
b ≡ X,
b segue
Considere o triângulo ABD. Como AB ≡ XY , AD ≡ XZ e A
\≡
do Axioma 14 que ABD ≡ XY Z. Disso decorre, em particular, que ABD
b
b
\
\
\
Y . Como, por hipótese, temos ABC ≡ Y , concluimos que ABD ≡ ABC.
Decorre daí que as semi-retas SBD e SBC coincidem e, assim, os pontos B e
C são coincidentes. Portanto, os triângulos ABC e ABD são congruentes e,
pela transitividade da relação ≡, concluimos que ABC ≡ XY Z.
C
Z
D
A
B X
Y
Figura 4.1: Caso ALA.
Definição 4.2.3. Um triângulo que tem dois lados congruentes é chamado
isósceles; os lados congruentes são as laterais e o terceiro lado é a base do
triângulo. Um triângulo que tem os três lados congruentes chama-se equilátero.
Proposição 4.2.4. Em qualquer triângulo isósceles, os ângulos da base são
congruentes.
Demonstração. Seja ABC um triângulo isósceles, com AB ≡ AC. Provemos
b ≡ C.
b De fato, considere a aplicação ϕ : {A, B, C} → {A, C, B}
que B
definida por
A 7→ A,
B 7→ C,
C 7→ B.
b ≡ A,
b segue do
Por hipótese, temos que AB ≡ AC e AC ≡ AB. Como A
b
b
Axioma 14 que ABC ≡ ACB. Decorre, em particular, que B ≡ C.
A Proposição seguinte é a recíproca da Proposição 4.2.4.
Proposição 4.2.5. Se um triângulo tem dois ângulos congruentes, então ele
é iscósceles.
19
b ≡ C.
b Provemos que AB ≡
Demonstração. Seja ABC um triângulo, com B
AC. De fato, considere a aplicação ϕ : {A, B, C} → {A, C, B} definida por
A 7→ A,
B 7→ C,
C 7→ B.
b ≡ C,
b C
b ≡B
b e BC ≡ CB, segue do Teorema 4.2.2 que ABC ≡
Como B
ACB. Disso decorre, em particular, que AB ≡ AC.
Das Proposições 4.2.4 e 4.2.5 concluimos que um triângulo é isósceles se,
e somente se, os ângulos da base são congruentes.
Dado um triângulo ABC, considere um ponto D sobre a reta determinada
por B e C. Se D é ponto médio do segmento BC, o segmento AD chama-se
\ ≡
mediana do triângulo ABC relativo ao vértice A. Se D é tal que CAD
b
\
DAB, AD chama-se a bissetriz do ângulo A. Se D é tal que a reta AD é
perpendicular à reta BC, AD é chamada altura do triângulo ABC relativo
ao vértice A.
Proposição 4.2.6. Em qualquer triângulo isósceles, a mediana relativa à
base é também altura e bissetriz.
Demonstração. Dado um triângulo isósceles ABC, de base BC, seja AD
\ ≡ DAC
\ e BDA
\ = 90o .
sua mediana relativo a BC. Provemos que BAD
b ≡ C,
b segue do Axioma 14 que
De fato, como BD ≡ DC, AB ≡ AC e B
\ ≡ DAC
\ e ADB
\ ≡ ADC.
\ Como
ABD ≡ ACD. Assim, BAD
\ + ADC
\ = BDC
\ = 180o ,
ADB
\ = ADC
\ = 90o logo, AD é perpendicular a BC.
concluimos que ADB
A
B
D
C
Figura 4.2: Proposição 4.2.6.
20
Teorema 4.2.7 (Teorema LLL). Dois triângulos são congruentes se possuem
os lados correspondentes congruentes.
Demonstração. Sejam ABC e XY Z dois triângulos tais que AX ≡ XY ,
AC ≡ XZ e BC ≡ Y Z. Considere o semi-plano determinado pela semireta SAB e oposto ao vértice C. Neste semi-plano, considere o ângulo com
b tendo por lado SAB . No outro lado
vértice A, congruente ao ângulo X,
deste ângulo, considere o ponto D tal que AD ≡ XZ. Como AB ≡ XY ,
b segue do Axioma 14 que ABD ≡ XY Z. Provemos
\ ≡ X,
AD ≡ XZ e DAB
que ABD ≡ ABC. De fato, como
AD ≡ XZ ≡ AC
e DB ≡ Y Z ≡ BC,
os triângulos ACD e BCD são isósceles. Assim,
\ ≡ ADC
\
ACD
\ ≡ BDC
\
e BCD
\ ≡ ADB.
\ Assim, pelo Axioma 14, tem-se ADB ≡ ACB. Porlogo, ACB
tanto, pela equivalência da relação ≡, concluimos que ABC ≡ XY Z.
C
A
Z
B
X
Y
D
Figura 4.3: Caso LLL.
4.3
Exercícios
1. Um ângulo raso é dividido por duas semi-retas em três ângulos adjacentes
congruentes. Prove que a bissetriz do ângulo do meio é perpendicular aos
lados do ângulo raso.
2. Dois segmentos AB e CD se interceptam em um ponto M , o qual é ponto
médio dos dois segmentos. Prove que AC ≡ BD.
3. Em um triângulo ABC, a altura do vértice A é perpendicular ao lado BC
e o divide em dois segmentos congruentes. Prove que AB ≡ AC.
21
4. Prove que os pontos médios de um triângulo isósceles formam um triângulo que também é isósceles.
5. Prove que um triângulo equilátero também é equiangular, ou seja, os três
ângulos internos são congruentes.
6. Na Figura 4.4, o ponto A é o ponto médio dos segmentos CB e DE.
Prove que os triângulos ABD e ACE são congruentes.
B
A
D
E
C
Figura 4.4
7. Na Figura 4.5, ABD e BCD são triângulos isósceles com base BD. Prove
\ ≡ ADC
\ e que AC é bissetriz do ângulo BCD.
\
que ABC
B
D
A
C
Figura 4.5
8. A mediatriz de um segmento AB é a reta perpendicular a AB passando
pelo seu ponto médio. Prove que todo ponto pertencente à mediatriz de AB
é equidistante de A e B. Reciprocamente, prove que o conjunto dos pontos
que satisfaz a propriedade de serem equidistantes dos extremos A e B é a
mediatriz do segmento AB.
9. Prove que em qualquer triângulo equilátero as três medianas são congruentes.
10. Prove que todo triângulo, no qual uma altura e uma bissetriz são coincidentes, é isósceles.
22
Capítulo 5
O Teorema do Ângulo Externo
Neste capítulo estudaremos vários resultados envolvendo propriedades de
triângulos; nenhum axioma novo é introduzido aqui. O resultado central é
o teorema do ângulo externo e a partir dele obteremos inúmeras aplicações,
dentre elas a existência de retas paralelas e a desigualdade triangular.
5.1
O teorema do ângulo externo
b B
beC
b de
Dado um triângulo ABC, é comum chamarmos os ângulos A,
ângulos internos do triângulo. Os suplementos destes ângulos são chamados
\
de ângulos externos do triângulo. Por exemplo, na Figura 5.1, o ângulo CBD
\
é um ângulo externo do triângulo ABC, adjacente ao ângulo interno CBA.
C
A
B
D
\
Figura 5.1: Ângulo externo CBD.
Teorema 5.1.1 (Ângulo externo). A medida de um ângulo externo de qualquer triângulo é maior que a medida de qualquer um dos ângulos internos
não adjacentes a ele.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, considere um ponto D sobre a
be
\>A
semi-reta SAB tal que B esteja entre A e D. Provaremos que CBD
23
b De fato, sejam M o ponto médio do segmento BC e N o ponto
\ > C.
CBD
na semi-reta SAM tal que M esteja entre A e N e AM ≡ M N . Temos:
CM ≡ BM,
AM ≡ M N
\
\
e AM
C ≡ BM
N.
Assim, pelo Axioma 14, os triângulos AM C e BM N são congruentes e,
b ≡ M
\
\
\
\
portanto, C
BN . Como M
BD = M
BN + N
DB, concluimos que
b
b
\
\ > A.
CBD > C. De forma inteiramente análoga se prova que CBD
C
N
M
A
B
D
Figura 5.2: Teorema do ângulo externo.
Corolário 5.1.2. A soma das medidas de quaisquer dois ângulos internos
de um triângulo é menor que 180o .
b+
Demonstração. Dado um triângulo ABC, mostremos, por exemplo, que A
o
b
B < 180 . De fato, seja θ a medida do ângulo externo do triângulo ABC,
b Pelo Teorema 5.1.1, temos A
b < θ. Como θ e B
b são
adjacente ao ângulo B.
o
o
b = 180 logo, A
b+B
b < θ+B
b = 180 , como
suplementares, temos θ + B
queríamos.
C
q
B
A
Figura 5.3: Corolário 5.1.2.
Corolário 5.1.3. Em todo triângulo existem, pelo menos, dois ângulos internos agudos.
Demonstração. Se um triângulo possuir dois ângulos internos não agudos, a
soma deles é maior ou igual a 180o , contradizendo o Corolário 5.1.2.
24
Corolário 5.1.4. Se duas retas distintas, r e s, são perpendiculares a uma
terceira, então elas não se interceptam.
Demonstração. Se r e s se interceptam, temos definido um triângulo com
dois ângulos retos, contradizendo o Corolário 5.1.3.
O Corolário 5.1.4 motiva a seguinte
Definição 5.1.5. Duas retas que não se interceptam são chamadas paralelas.
Corolário 5.1.6 (Caso LAA). Dois triângulos ABC e XY Z são congruentes
b≡Y eC
b ≡ Z.
se AB ≡ XY , B
Demonstração. Sejam ABC e XY Z dois triângulos tais que
AB ≡ XY,
b≡Y
B
b ≡ Z.
e C
Na semi-reta SY Z , considere o ponto W tal que BC = Y W . Queremos
C
Z
W
A
X
B
Y
Figura 5.4
provar que os pontos W e Z são coincidentes. De fato, se W 6= Z, então
W está entre Z e Y ou Z está entre W e Y . No primeiro caso, considere o
triângulo XY W . Pelo Axioma 14 (caso LAL), os triângulos ABC e XY W
b No triângulo XZW
\
são congruentes e, em particular, tem-se XW
Y ≡ C.
temos, em virtude do Corolário 5.1.2, que
\
Zb + XW
Z < 180o .
b obtemos
\
\
\
Por outro lado, como XW
Z é o suplemento de XW
Y e XW
Y ≡ Z,
\
Zb + XW
Z = 180o ,
o que é uma contradição. Portanto, W não está entre Y e Z. Analogamente
se prova que Z não pode estar entre Y e W . Portanto, W deve coincidir
com Z e, assim, ABC ≡ XY Z.
Proposição 5.1.7. Por um ponto não pertencente a uma reta passa uma
única reta perpendicular à reta dada.
25
Demonstração. Dados uma reta r e um ponto P 6∈ r, considere um ponto
A ∈ r. Se a reta AP já é perpendicular à reta r, então a proposição está
\
provada. Caso contrário, seja B ∈ r, com B 6= A, tal que P
AB seja um
ângulo agudo. No semi-plano determinado por r, oposto ao ponto P , considere a semi-reta com origem A formando com SAB um ângulo congruente
\
aP
AB. Nesta semi-reta, conside o ponto P 0 tal que AP ≡ AP 0 . Por consc0 . Se O denota o ponto de
trução, o triângulo P AP 0 é isósceles logo, Pb ≡ P
0
interseção das retas r e P P , concluimos, pelo Teorema 4.2.2 (caso ALA),
que os triângulos P AO e P 0 AO são congruentes. Em particular, segue que
0 OA. Como tais ângulos são suplementares, P
\
[
P[
OA ≡ P
OA = 90o . Por0
tanto, a reta P P é perpendicular à reta r. Quanto à unicidade, se existissem
duas retas distintas, passando por P , ambas perpendiculares à reta r, isso
contradiria o Corolário 5.1.4.
P
A
B
O
r
P'
Figura 5.5: Proposição 5.1.7.
Dados uma reta r e um ponto P 6∈ r, a reta perpendicular a r passando
por P intercepta r em um ponto O, chamado o pé da perpendicular baixada
do ponto P à reta r. Se A ∈ r, com A 6= O, o segmento AP é chamado
oblíquio em relação a r; o segmento AO é chamado projeção de AP sobre r.
P
A
O
r
Figura 5.6
b é oposto ao lado BC,
Dado um triângulo ABC, dizemos que o ângulo A
b é oposto ao lado AC e C
b é oposto ao lado AB.
B
26
Proposição 5.1.8. Se dois lados de um triângulo não são congruentes então
seus ângulos opostos não são congruentes e o maior ângulo é oposto ao maior
lado.
Demonstração. Seja ABC um triângulo, com AB 6= AC. Queremos provar
b 6= C.
b Se B
b≡C
b então o triângulo ABC é isósceles com base BC e,
que B
em particular, tem-se AB = AC, o que é uma contradição. Para a segunda
b > B.
b De fato, seja D
parte, suponha que AB > AC, e provemos que C
o ponto na semi-reta SAB tal que AD ≡ AC. Como AC < AB, o ponto
b
D pertence ao segmento AB e, assim, a semi-reta SCD divide o ângulo C.
Logo,
b > ACD.
\
C
Por outro lado, como o triângulo ACD é isósceles, temos
\ = ADC.
\
ACD
\ é ângulo externo do triângulo CBD, tem-se
Ainda, como ADC
b
\ > B.
ADC
b > B,
b como queríamos.
Portanto, C
A
D
C
B
Figura 5.7: Proposição 5.1.8.
A Proposição seguinte é a recíproca da Proposição 5.1.8.
Proposição 5.1.9. Se dois ângulos de um triângulo não são congruentes
então os lados que se opõem a estes ângulos têm medidas distintas e o maior
lado opõe-se ao maior ângulo.
b 6= C.
b Provemos que AB 6=
Demonstração. Seja ABC um triângulo, com B
AC. De fato, se tivéssemos AB ≡ AC, então o triângulo ABC seria isósceles
b ≡ C,
b o que é uma contradição.
com base BC; em particular, teríamos B
b
b
Para a segunda parte, suponha que B > C e provemos que AC > AB. Pela
primeira parte, existem duas possibilidades: AC > AB ou AC < AB . Se
b > B,
b o que é uma contradição.
AC < AB , segue da Proposição 5.1.8 que C
b > C,
b como queríamos.
Portanto, devemos ter B
27
Teorema 5.1.10. Em qualquer triângulo, a soma dos comprimentos de dois
lados é maior que o comprimento do terceiro lado.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, provemos, por exemplo, que
AB + BC > AC. De fato, na semi-reta SCB , considere o ponto D tal que
CD = AB + BC. Como BD = BA, o triângulo ABD é isósceles, com base
b ≡ BAD.
\ Como B está entre C e D, tem-se CAD
\ > BAD
\
AD. Logo, D
\
\
logo, no triângulo ACD, tem-se CAD > ADC e, pela Proposição 5.1.9,
concluimos que CD > AC, ou seja, BC + AB > AC.
A
C
B
D
Figura 5.8: Teorema 5.1.10.
Teorema 5.1.11 (Desigualdade triangular). Para quaisquer três pontos do
plano, A, B e C, tem-se AB + BC ≥ AC e vale a igualdade se, e somente
se, B pertecente ao segmento AC.
Demonstração. Se A, B e C não são colineares, eles determinam um triângulo ABC, e o resultado segue do Teorema 5.1.10. Suponha, agora, que
AB + BC = AC. Se a, b, c denotam as coordenadas de A, B e C, respectivamente, a igualdade acima significa que
|a − b| + |b − c| = |a − c|,
ou seja, b está entre a e c. Logo, pelo Teorema 3.1.3, B está entre A e C.
Reciprocamente, se B está entre A e C, a igualdade segue do Axioma 8.
Observação 5.1.12. Em linguagem mais moderna, o Axioma 7, juntamente
com o Teorema 5.1.11, afirmam que o plano está munido de uma métrica, i.e.,
uma aplicação d que a cada par (A, B) de pontos do plano, associa um único
número real d(A, B) que satisfaz as seguintes propriedades para quaisquer
pontos A, B, C:
1. d(A, B) ≥ 0,
2. d(A, B) = 0 se, e somente se, A = B,
28
3. d(A, B) = d(B, A),
4. d(A, C) ≤ d(A, B) + d(B, C).
O Exemplo a seguir é uma aplicação simples da desigualdade triangular.
Exemplo 5.1.13. Dados uma reta r e dois pontos A e B não pertencentes
a r, determinemos um ponto P ∈ r tal que AP + BP seja o menor possível.
Para solucionar este problema, consideremos dois casos:
(i) A e B estão em semi-planos opostos em relação a r. Neste caso, o ponto
P , interseção das retas r e AB, é a solução do problema. De fato, seja P 0
outro ponto de r. Pela desigualdade triangular, tem-se AP 0 + P 0 B ≥ AB,
ocorrendo a igualdade se, e somente se, P 0 coincide com P .
A
P'
r
P
B
Figura 5.9: Exemplo 5.1.13, caso (i).
(ii) Se A e B estão em um mesmo semi-plano, seja O o ponto de interseção
de r com sua perpendicular passando pelo ponto B. Na semi-reta oposta
a SOB , seja B 0 o ponto tal que OB = OB 0 . Para qualquer P 0 ∈ r, tem-se
P 0 B = P 0 B 0 , assim AP 0 +P 0 B = AP 0 +P 0 B 0 . Portanto, o problema reduz-se
ao caso (i) e a solução é o ponto P obtido como interseção de r com a reta
AB 0 .
B
A
O
P
r
B'
Figura 5.10: Exemplo 5.1.13, caso (ii).
29
5.2
Exercícios
1. Prove que, se um triângulo tem dois ângulos externos congruentes, então
ele é isósceles.
2. Um triângulo que possui um ângulo reto é chamado triângulo retângulo.
O lado oposto ao ângulo reto chama-se hipotenusa, e os outros dois lados
são chamados catetos. Prove que um triângulo retângulo tem dois ângulos
externos obtusos.
\
\
3. Na Figura 5.11, o ponto P satisfaz BP ≡ BC. Prove que AP
B > BP
C.
A
P
C
B
Figura 5.11: Exercício 3.
4. Se um triângulo ABC é equilátero e D é um ponto entre B e C, prove
que AD > DB.
5. Prove que, qualquer triângulo tem pelo menos um ângulo externo obtuso.
6. Dado um triângulo ABC, marca-se um ponto D sobre o lado AB. Prove
que o comprimento de CD é menor que o comprimento de um dos lados AC
ou BC.
7. Sejam ABC e XY Z dois triângulos não retângulos tais que AB ≡ XY ,
b ≡ Z.
b Dê um exemplo para provar que essas hipóteses não
BC ≡ Y Z e C
acarretam que os triângulos devam ser congruentes.
8. Prove que, por um ponto não pertencente a uma reta sempre passa uma
outra reta que não intercepta a reta dada.
9. Prove que, se duas retas têm uma perpendicular em comum então elas
não se interceptam.
10. A soma dos comprimentos dos lados de um triângulo é chamada de
perímetro do triângulo, e a metade do perímetro é chamada semiperímetro.
Prove que o comprimento de qualquer lado de um triângulo é menor do que
seu semiperímetro.
30
11. Prove que o lugar geométrico dos pontos equidistantes das semi-retas
\
SOA e SOB é a bissetriz do ângulo AOB.
12. Prove que, num triângulo retângulo cujos ângulos agudos medem 30o e
60o , o menor cateto mede metade do comprimento da hipotenusa e, reciprocamente.
13. Prove que todo triângulo retângulo tem dois ângulos externos obtusos.
14. Prove que em qualquer triângulo a soma dos comprimentos das medianas
está compreendida entre o perímetro e o semiperímetro.
15. Se ABC é um triângulo e P um ponto de seu interior, prove que a soma
das distâncias de P aos três vértices está compreendida entre o perímetro e
o semiperímetro do triângulo.
31
Parte II
Geometria Euclidiana Plana
32
Capítulo 6
Axioma das Paralelas
A consistência da geometria apresentada por Hilbert estabeleceu o quinto
postulado de Euclides como um axioma, independente dos demais. Este
axioma caracteriza o que hoje chamamos de Geometria Euclidiana Plana.
Adotaremos aqui, como já mencionado, o enunciado devido a Playfair. Nesta
forma equivalente, o axioma afirma a unicidade da reta passando por um
ponto e paralela a uma reta dada. Observe que, auxiliados pelos Teorema
3.2.7 e Proposição 5.1.7, o Corolário 5.1.4 garante a existência de retas paralelas e, também, fornece um método de construí-las.
6.1
O axioma das paralelas
Axioma 15. Por um ponto não pertencente a uma reta r passa uma única
reta paralela à reta r.
Uma consequência direta do Axioma 15 é que o paralelismo de retas
satisfaz a propriedade de transitividade, como mostra a Proposição seguinte.
Proposição 6.1.1. Considere três retas, r, s e t, duas a duas não coincidentes. Se r é paralela a s e s é paralela a t, então r é paralela a t.
Demonstração. Se r e t não são paralelas, ela se interceptam em um ponto P .
Assim, temos duas retas passando por um mesmo ponto e ambas paralelas
à reta s, contradizendo o Axioma 15.
Proposição 6.1.2. Se uma reta intercepta uma de duas retas paralelas,
então ela intercepta também a outra.
33
Demonstração. Sejam r e s duas retas paralelas e t uma reta que intercepta
r num ponto P . Se a reta t não intercepta s, então t e s são paralelas.
Temos, assim, duas retas, r e t, passando por P , e ambas paralelas a s,
contradizendo o Axioma 15.
Observe que a Proposição 6.1.2 pode ser vista como um corolário direto
da Proposição 6.1.1. De fato, sejam r e s retas paralelas e t uma reta que
intercepta r. Se t não intercepta s, então t e s são paralelas. Assim, como r
é paralelas a s e s é paralela a t, segue da Proposição 6.1.1 que r é paralela
a t, o que é uma contradição.
Dados duas retas, r e s, interceptadas por uma transversal t, ficam deb e E,
b B
b e Fb,
terminados oito ângulos, como mostra a Figura 6.1. Os pares A
r
^
^ A
B
^
^ D
C
^ E
^
F
^
^ H
G
t
s
Figura 6.1: Ângulos correspondentes.
b e G,
b D
b eH
b são chamados ângulos correspondentes.
C
Proposição 6.1.3. Se r e s são retas interceptadas por uma transversal t,
de modo que um par de ângulos correspondentes sejam congruentes, então
r e s são retas paralelas.
Demonstração. Suponha, por absurdo, que r e s se interceptam em um ponto
P . Sejam A o ponto de interseção de r com t, e B o ponto de interseção de
s com t. Assim, os pontos A, B e P definem um triângulo ABP . Suponha
que α e β seja o par de ângulos correspondentes congruentes. No triângulo
ABP (cf. Figura 6.2), β é um ângulo externo e α é um ângulo interno não
adjacente a β. Pelo Teorema 5.1.1, temos β > α, contradizendo a hipótese
de termos α = β. Portanto, r e s são retas paralelas.
O Axioma 15 garante que a recíproca da Proposição 6.1.3 também é
verdadeira.
Proposição 6.1.4. Duas retas paralelas interceptadas por uma reta transversal determinam ângulos correspondentes congruentes.
34
r
P
A a
b
B
t
s
Figura 6.2: Proposição 6.1.3.
Demonstração. Sejam r e s duas retas paralelas e t uma reta que intercepta
r e s nos pontos A e B, respectivamente. Considere uma reta r0 passando por
A formando com t quatro ângulos congruentes aos ângulos correspondentes
formados por s e t. Pela Proposição 6.1.3, r0 e s são retas paralelas e, pelo
t
A
r
r'
s
B
Figura 6.3
Axioma 15, r e r0 são coincidentes. Portanto, a reta r forma com t ângulos
congruentes aos correspondentes formados por s e t.
O teorema seguinte é uma consequência importante do Axioma 15. Mais
do que isso, é possível provar que ele é equivalente ao quinto postulado de
Euclides e, portanto, é equivalente ao Axioma 15.
Teorema 6.1.5. Em qualquer triângulo, a soma das medidas do ângulos
internos é 180o .
Demonstração. Dado um triângulo ABC, considere a reta r que passa pelo
vértice C e paralela à reta determinada por A e B. O ponto C determina
sobre r duas semi-retas. Sejam X e Y dois pontos, um em cada uma destas
semi-retas. Temos:
b + BCY
\+C
\ = 180o .
XCA
35
X
C
Y
B
A
Figura 6.4
Como a reta AC é transversal às paralelas r e AB, segue da Proposição 6.1.4
b Analogamente concluimos que BCY
b Portanto,
\ ≡ A.
\ ≡ B.
que XCA
b+B
b+C
b = XCA
b = 180o ,
\ + BCY
\+C
A
como queríamos.
Corolário 6.1.6. Em qualquer triângulo, a medida de um ângulo externo é
igual à soma das medidas dos ângulos internos não adjacentes a ele.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, seja α o ângulo externo adjacente,
b + B.
b Do Teorema
por exemplo, ao ângulo C. Queremos provar que α = A
6.1.5, temos
b+B
b+C
b = 180o .
A
b = 180o , segue que A
b+B
b = α.
Como α + C
Definição 6.1.7. Dados uma reta r e um ponto P não pertencente a r, a
distância de P a r é o comprimento do segmento AP , onde A é o pé da
perpendicular de P a r.
Gostaríamos agora de falar em distância entre duas retas. Diremos que a
distância entre duas retas concorrentes é zero. Para o caso de retas paralelas,
consideremos inicialmente a seguinte
Proposição 6.1.8. Retas paralelas são equidistantes, ou seja, se r e s são
retas paralelas, então qualquer ponto de r dista igualmente de s.
Demonstração. Sejam r e s duas retas paralelas. Dados dois pontos A, B ∈ r,
considere as retas perpendiculares a r por estes pontos. Sejam A0 , B 0 ∈ s
os pés destas perpendiculares (cf. Figura 6.5). Queremos provar que AA0 ≡
BB 0 . De fato, considere o segmento A0 B. Temos:
0B0
\0 ≡ BA
\
ABA
0B ≡ A
0 BB 0 .
\
\
e AA
Assim, pelo Teorema 4.2.2, os triângulos A0 AB e BB 0 A0 são congruentes.
Em particular, concluimos que AA0 ≡ BB 0 .
36
A
B
A'
B'
r
s
Figura 6.5: Proposição 6.1.8.
A partir da Proposição 6.1.8, temos a seguinte
Definição 6.1.9. A distância entre duas retas paralelas é a distância de um
ponto qualquer de uma delas a outra.
6.2
Exercícios
1. Seja ABC um triângulo isósceles com base AB. Sejam M e N os pontos
médios dos lados AC e BC, respectivamente. Prove que o reflexo do ponto
C, em relação à reta determinada por M e N , é exatamente o ponto médio
do segmento AB.
2. Determine a soma dos ângulos externos de um triângulo.
3. Um triângulo têm dois ângulos que medem 20o e 80o . Determine a medida
de todos os seus ângulos externos.
b e a bissetriz
4. Pode existir um triângulo ABC em que a bissetriz do ângulo A
do ângulo externo no vértice B sejam paralelas?
5. Determine os ângulos de um triângulo retângulo isósceles.
6. Por que um triângulo não pode ter dois ângulos externos agudos?
7. Na Figura 6.6, AB ≡ BC, AD é uma altura, AE é uma bissetriz e
b = 80o . Determine o ângulo DAE.
\
B
8. Pode um ângulo externo de um triângulo ser menor do que o ângulo
interno que lhe é adjacente?
9. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC. Prove que a bissetriz do
seu ângulo externo no vértice A é paralela à sua base.
10. Seja ABC um triângulo, P um ponto de AC e Q um ponto de AB.
b
Além disso, sabe-se que BC ≡ BP ≡ P Q ≡ AQ. Supondo que o ângulo C
o
b
mede 60 , determine a medida do ângulo A.
37
B
D
E
A
C
Figura 6.6
11. Prove que a bissetriz de um ângulo externo, relativo ao vértice de um
triângulo isósceles, é paralela à base desse triângulo.
12. Sejam ABC um triângulo isósceles e P um ponto qualquer da base BC.
Sejam P M e P N os segmentos perpendiculares às laterais desse triângulo.
Prove que P M +P N é um valor constante, que é a medida da altura relativa
a uma das laterais.
13. Prove que se P é um ponto interior de um triângulo equilátero, então a
soma das distâncias de P aos lados do triângulo é igual à altura do mesmo.
14. Prove a recíproca da Proposição 6.1.8, ou seja, se r é uma reta cujos
pontos são equidistantes de uma reta s, então r e s são retas coincidentes ou
paralelas.
15. Prove a equivalência entre o Axioma 15 e o Teorema 6.1.5.
38
Capítulo 7
Polígonos
Neste Capítulo estudaremos alguns resultados básicos sobre polígonos,
dando especial atenção aos polígonos convexos. Os resultados são, em geral, consequências de resultados anteriores, principalmente daqueles sobre
congruência e paralelismo.
7.1
Introdução
Um polígono é uma figura geométrica formada por um número finito de
pontos A1 , A2 , . . . , An e pelos segmentos A1 A2 , A2 A3 , . . . An−1 An , satisfazendo as seguintes propriedades:
1. An = A1 ;
2. Os segmentos Ai−1 Ai , chamados lados do polígono, interceptam-se somente em suas extremidades;
3. Dois lados com mesma extremidade não pertencem a uma mesma reta.
Os pontos A1 , A2 , . . . , An são os vértices do polígono. Uma diagonal de
um polígono é um segmento que tem por extremidades dois de seus vértices que não pertencem a um mesmo lado. Por exemplo, na Figura 7.1, o
segmento CE é uma diagonal do polígono.
39
A
E
B
D
C
Figura 7.1: Polígono com diagonal CE.
Uma classificação para os polígonos pode ser realizada segundo o número
de lados. Listamos a seguir alguns polígonos conhecidos.
Número de lados
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
15
20
7.2
Nome do polígono
triângulo
quadrilátero
pentágono
hexágono
heptágono
octágono
eneágono
decágono
undecágono
dodecágono
pentadecágono
icoságono
Polígonos regulares
Um polígono é chamado convexo se ele está sempre contido em um dos
semi-planos determinados pelas retas que contêm seus lados. Dois lados
consecutivos de um polígono determinam dois ângulos onde, em virtude da
condição (3), um deles mede menos de dois retos e o outro mais que dois
retos. Um ângulo de um polígono convexo, cuja medida é menor que dois
retos, chama-se ângulo interno do polígono.
Definição 7.2.1. Um polígono regular é um polígono convexo no qual todos
os lados são congruentes entre si e, também, todos os ângulos internos são
congruentes entre si.
Um quadrilátero é um polígono que possui quatro lados. Os vértices
não consecutivos de um quadrilátero são chamados opostos, assim como dois
40
D
C
P
A
B
Figura 7.2: Quadrilátero ABCD.
ângulos e dois lados não consecutivos são chamados opostos. Assim, as diagonais de um quadrilátero são segmentos cujas extremidades são os vértices
opostos.
Proposição 7.2.2. As diagonais de um quadrilátero convexo se interceptam
em um único ponto.
Demonstração. Dado um quadrilátero convexo ABCD, provemos que AC
e BD se interceptam em um ponto P . De fato, considere as semi-retas
\ Se isso não
SAB , SAC e SAD . Afirmamos que SAC divide o ângulo BAD.
ocorre, então SAB está entre SAC e SAD , ou SAD está entre SAB e SAC .
No primeiro caso, o segmento CD intecepta SAB , ou seja, C e D estão
em semi-planos opostos determinados pela reta AB. Isso contradiz o fato
de que ABCD é convexo. Contradição análoga obtemos se supormos que
\ logo, BD
SAD está entre SAB e SAC . Assim, SAC divide o ângulo BAD
intercepta a semi-reta SAC . Porém, de forma inteiramente análoga, se prova
que o segmento BD intercepta SCA . Isso implica que os segmentos AC e
BD interceptam-se em um ponto P . Se existissem dois pontos, P e P 0 ,
pertencentes à interseção de AC e BD, então eles estariam sobre a mesma
reta, o que é uma contradição.
Definição 7.2.3. Um paralelogramo é um quadrilátero cujos lados opostos
são paralelos.
D
C
A
B
Figura 7.3: Paralelogramo ABCD.
41
Todo paralelogramo ABCD é convexo. De fato, suponha, por exemplo,
que C e D estão em semi-planos opostos em relação à reta AB. Assim, as
retas AB e CD interceptam-se em, pelo menos, um ponto. Disso decorre, em
particular, que AB e CD não são paralelos (a menos que estejam contidos
em uma mesma reta), o que é uma contradição.
Proposição 7.2.4. Todo paralelogramo satisfaz as seguintes propriedades:
(a) lados e ângulos opostos são congruentes;
(b) o ponto de interseção de suas diagonais é o ponto médio delas.
Demonstração. (a) Dado um paralelogramo ABCD, considere a diagonal
\ ≡ ACD,
\ e como AD é paAC. Como AB é paralelo a DC, temos BAC
\ ≡ ACB.
\ Assim, os triângulos ABC e CAD são
ralelo a BC, temos CAD
b ≡ D,
b AB ≡ CD e AD ≡ BC.
congruentes e, portanto, concluimos que B
b
b
Disso também decorre que A ≡ C.
(b) Seja P o ponto de interseção das diagonais AC e BD. Do item (a),
temos:
\ ≡ CBD
\ e CAD
\ ≡ ACB.
\
AD ≡ BC, ADB
Assim, os triângulos AP D e CP B são congruentes e, portanto, AP ≡ P C e
DP ≡ P B.
Proposição 7.2.5. Um quadrilátero é um paralelogramo se:
(a) os lados ou ângulos opostos são congruentes;
(b) dois lados opostos são congruentes e paralelos;
(c) as diagonais interceptam-se mutuamente em seus pontos médios.
Demonstração. (a) Seja ABCD um quadrilátero e suponha que AB ≡ CD
e BC ≡ AD. Considere a diagonal AC. Pelo Teorema 4.2.7, os triângulos
D
C
A
B
Figura 7.4: Quadrilátero ABCD.
42
ABC e CAD são congruentes logo,
\ ≡ ACD
\
BAC
\ ≡ ACB.
\
e CAD
A primeira congruência garante que AB é paralelo a CD, enquanto a segunda
congruência garante que AD e BC são paralelos. Portanto, ABCD é um
paralelogramo. Suponha agora que o quadrilátero ABCD tenha os ângulos
b ≡ C
b e B
b ≡ D.
b A fim de simplificar a
opostos congruentes, ou seja, A
\
\
\ e γ = CAD
\ (cf.
notação, denotemos por α = CAB, β = ACB, θ = ACD
Figura 7.5). Temos:
D
q
g
A
a
C
b
B
Figura 7.5: Quadrilátero ABCD.
b + γ + θ = 180o = B
b + α + β.
D
Isso implica que
θ + γ = α + β.
(7.1)
b ≡ C,
b ou seja, α + γ = θ + β. Temos, assim, duas
Por outro lado, temos A
equações:
α + β = θ + γ,
α + γ = θ + β.
Simplificando, obtemos θ + γ − β = θ + β − γ, ou seja, β = γ. Assim, de
(7.1), concluimos que α = θ. Isso implica que AB é paralelo a CD e AD é
paralelo a BC, ou seja, ABCD é um paralelogramo.
(b) Suponha, por exemplo, que AB e CD sejam congruentes e paralelos, e
considere a diagonal AC (cf. Figura 7.4). Como AB e CD são paralelos,
\ ≡ BAC.
\ Assim, os triângulos ABC e ACD são congrutem-se que ACD
\ ≡ CAD.
\ Isso implica que AD e BC
entes. Segue, em particular, que ACB
são paralelos.
43
(c) Suponha que as diagonais AC e BD interceptam-se em seus pontos mé\
\
dios, M . Como CM
D ≡ AM
D, pois são opostos pelo vértice, concluimos
que os triângulos ABM e CDM são congruentes. Segue, em particular, que
\ ≡ DCM
\
BAM
\ ≡ ABM
\.
e CDM
Isso implica que AB é paralelo a CD e AD é paralelo a BC.
Teorema 7.2.6. O segmento ligando os pontos médios de dois lados de um
triângulo é paralelo ao terceiro lado e tem metade de seu comprimento.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, sejam D o ponto médio do lado
AB e E o ponto médio do lado AC. Queremos provar que DE é paralelo a
BC e que DE = 12 BC. Na semi-reta SED , seja F o ponto tal que D esteja
entre E e F e F D ≡ DE. Temos:
AD ≡ BD,
\ ≡ BDF
\
ADE
e F D ≡ DE.
Assim, os triângulos ADE e BDE são congruentes. Segue, em particular,
\
\ e BF ≡ CE. Isso implica que BF e EC são congruentes
que DF
B ≡ AED
e paralelos. Pela Proposição 7.2.5, item (b), segue que BF EC é um paralelogramo. Portanto, EF e BC são paralelos e congruentes. Como D é ponto
médio de EF , tem-se que DE = 12 BC, como queríamos.
A
D
F
E
C
B
Figura 7.6: Teorema 7.2.6.
7.3
Polígonos congruentes por cortes
Discutiremos agora o problema de saber se dois polígonos dados são sempre congruentes por cortes.
Definição 7.3.1. Uma decomposição poligonal de um polígono P é uma
coleção finita de polígonos P1 , P2 , . . . , Pn , cuja união é P, de modo que a
interseção de dois tais polígonos ou é vazia, ou é um vértice comum ou um
lado comum a ambos.
44
Definição 7.3.2. Dois polígonos P e Q são ditos congruentes por cortes se
existem decomposições poligonais P1 , P2 , . . . , Pn e Q1 , Q2 , . . . , Qn de P e Q,
respectivamente, tais que Pk é congruente a Qk , para todo 1 ≤ k ≤ n.
Uma decomposição poligonal para um polígono P será denotada por
P = P1 +. . .+Pn , e quando P e Q forem congruentes por cortes, denotaremos
por P ∼ Q. Fica a cargo do leitor provar que esta relação é, de fato, uma
relação de equivalência. Além disso, dois polígonos congruentes por cortes
têm sempre mesma área.
Consideremos agora a recíproca do fato acima. Mais precisamente, dois
polígonos com mesma área são sempre congruentes por cortes? Este problema foi proposto por Bolyai e Gerwien, em 1833. Apresentaremos aqui
sua demonstração numa sequência de lemas.
Lema 7.3.3. Todo polígono admite uma decomposição poligonal formada
por triângulos.
Demonstração. Dado um polígono P, fixe uma reta r que não seja paralela
a nenhum dos lados de P. As retas paralelas a r, que passam através dos
vértices de P, decompõem o polígono em triângulos e trapézios, e estes
podem agora ser decompostos em triângulos; basta considerar uma diagonal
do trapézio.
Lema 7.3.4. Quaisquer dois triângulos com mesmas base e altura são congruentes por cortes.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, considere a altura h relativa ao
vértice A. Pelo ponto médio de h, trace uma paralela ao lado BC, interceptando os lados AB e AC nos pontos M e N , respectivamente. Pelos vértices
BP M e CAN , como na Figura ??. Pelo caso ALA, temos:
BP M ≡ AOM
e CQN ≡ AON.
Assim, o triângulo ABC e o retângulo BCQP , assim construído, são congruentes por cortes. Finalmente, se dois triângulos ABC e XY Z, possuem
mesmas base e altura, então eles são congruentes por cortes a um mesmo
retângulo, e o resultado segue pela transitividade.
Lema 7.3.5. Quaisquer dois triângulos com mesma área são congruentes
por cortes.
45
Demonstração. Em virtude do Lema 7.3.4, podemos supor que os triângulos
b e Yb , respectivamente. Além disso,
dados, ABC e XY Z, são retângulos em B
a menos de um movimento rígido do plano, suponha que B ≡ Y , como na
Figura ??. Temos:
d(A, B) · d(B, C)
d(B, Z) · d(B, X)
= Área(ABC) = Área(XY Z) =
.
2
2
Disso decorre que
d(A, B)
d(B, Z)
=
,
d(B, X)
d(B, C)
logo os triângulos ABZ e XBC são semelhantes. Em particular, tem-se XC
paralelo a AZ. Assim, os triângulos CXA e CXZ têm mesmas base e altura,
logo têm mesma área. Portanto, usando o Lema 7.3.4, obtemos:
ABC ∼ AXC + XBC ∼ XCZ + XBC ∼ XY Z,
como queríamos.
Lema 7.3.6. Dados um retângulo R e um número b > 0, existe um retângulo
S, de base b e altura h, tais que R ∼ S.
Demonstração. Considere o retângulo S, de base b e altura h = Área(R)/b.
As diagonais de R e S determinam triângulos T1 , T2 e U1 , U2 , respectivamente (cf. Figura ??). Como Área(R) = Área(S), tem-se Área(T1 ) =
Área(U1 ) e Área(T2 ) = Área(U2 ). Assim, segue do Lema 7.3.5 que T1 ∼ U1
e T2 ∼ U2 . Logo,
R ∼ T1 + T2 ∼ U1 + U2 ∼ S,
como queríamos.
Lema 7.3.7. Se P é um polígono formado por dois retângulos R1 e R2 ,
então existe um retângulo S tal que S ∼ P.
Demonstração. Pelo Lema 7.3.6, existe um retângulo R3 , com mesma base
de R2 , tal que R1 ∼ R3 . Considere, então, S = R2 + R3 . Temos:
P ∼ R1 + R2 ∼ R2 + R3 ∼ S,
e isso prova o lema.
Observação 7.3.8. Se P é um polígono constituído por n retângulos R1 , . . . , Rn ,
podemos usar indução para determinar, também neste caso, um retângulo
S tal que S ∼ P.
46
Teorema 7.3.9 (Bolyai-Gerwien). Quaisquer dois polígonos, com mesma
área, são congruentes por cortes.
Demonstração. Sejam P e Q dois polígonos de mesma área. Note, inicialmente, que todo triângulo T é congruente por cortes a um triângulo retângulo
com altura igual a 2 e base igual a área de T , e este é congruente por cortes
a um retângulo com altura igual a 1 e base igual a área de T . Denote este
retângulo por Rx , onde x é a sua área. Assim, para o polígono P, temos:
P ∼ T1 + . . . + Tn
∼ RÁrea(T1 ) + . . . + RÁrea(Tn )
∼ RÁrea(T1 )+...+Área(Tn )
∼ RÁrea(P) .
Analogamente tem-se Q ∼ RÁrea(Q) . Como RÁrea(P) e RÁrea(Q) são congruentes por cortes (cf. Exercício 17), concluimos que P ∼ Q.
7.4
Exercícios
1. Um retângulo é um quadrilátero que tem todos os seus ângulos retos.
Prove que todo retângulo é um paralelogramo.
2. Prove que as diagonais de um retângulo são congruentes.
3. Um losango é um paralelogramo que tem todos os lados congruentes.
Prove que as diagonais de um losango interceptam-se em ângulo reto e são
bissetrizes dos seus ângulos.
4. Um quadrado é um retângulo que também é um losango. Prove que se as
diagonais de um quadrilátero são congruentes e se interceptam em um ponto
que é ponto médio de ambas, então o quadrilátero é um retângulo. Além
disso, se as diagonais são perpendiculares uma a outra, então o quadrilátero
é um quadrado.
5. Um trapézio é um quadrilátero em que dois lados opostos são paralelos.
Os lados paralelos de um trapézio são chamados bases e os outros dois são
chamados de laterais. Um trapézio é chamado isósceles se suas lateriais são
congruentes. Seja ABCD um trapézio em que AB é uma base. Se ele é
b≡B
beC
b ≡ D.
b
isósceles, prove que A
6. Prove que as diagonais de um trapézio isósceles são congruentes.
47
7. Determine a soma dos ângulos internos de um pentágono.
8. Na Figura 7.7, ABCD é um quadrado e BCE é um triângulo equilátero.
\
Determine o ângulo BDE.
A
B
E
D
C
Figura 7.7
9. Na Figura 7.8, ABCD é um quadrado e CDE é um triângulo equilátero.
\
Determine a medida do ângulo AED.
A
B
E
D
C
Figura 7.8
10. Prove que num trapézio isósceles a mediatriz de uma de suas bases é
mediatriz da outra base, e reciprocamente.
11. Prove que o segmento que liga os pontos médios das laterais de um
trapézio é paralelo às bases e que seu comprimento é a média aritmética dos
comprimentos das bases.
12. Prove que ligando-se os pontos médios dos lados de um quadrilátero
qualquer obtém-se um paralelogramo.
13. A partir de cada vértice de um quadrado ABCD, cujos lados são percorridos em um mesmo sentido, marcam-se pontos X, Y, Z, W tais que AX ≡
BY ≡ CZ ≡ DW . Prove que o quadrilátero XY ZW também é um quadrado.
14. Qual é a figura geométrica obtida quando ligamos os pontos médios dos
lados de um retângulo?
48
15. Dado um paralelogramo ABCD, considere os triângulos equiláteros
ABF e ADE construídos exteriormente ao paralelogramo. Prove que F CE
também é equilátero.
16. Prove que dois paralelogramos com mesmas base e altura são congruentes
por cortes.
17. Prove que dois retângulos com mesma área são sempre congruentes por
cortes.
49
Capítulo 8
Área
Neste capítulo discutiremos o conceito de área de regiões poligonais, que
será feito mediante alguns axiomas, os quais permitirão introduzir as fórmulas usuais para a área de triângulos, retângulos e demais polígonos. Como
aplicações do conceito de área, veremos os famosos Teorema de Pitágoras e
o Teorema de Tales.
8.1
A unidade de medida
Nosso objetivo inicial é estabelecer um método de medir a região do plano
delimitada por uma figura geométrica F . Isso será feito pela comparação da
figura F com uma unidade de medida. O resultado dessa comparação será
um número, que deverá exprimir quantas vezes a figura F contém a unidade
de medida.
Lembremos que o quadrado é um quadrilátero que tem os quatro lados
congruentes e os quatro ângulos internos retos. Uma região quadrangular
é o conjunto dos pontos do plano formado por todos os segmentos cujas
extremidades estão sobre os lados de um quadrado. O quadrado chama-se
a fronteira da região quadrangular e o conjunto dos pontos de uma região
quadrangular que não pertencem à sua fronteira é chamado de interior da
região.
Adotaremos como unidade de medida uma região quadrangular cujo lado
da fronteira mede uma unidade de comprimento. Esta região será chamada
de região quadrangular unitária ou, simplemente, de região unitária. Mais
precisamente, estabeleceremos o seguinte axioma.
Axioma 16. Qualquer região unitária terá como medida o número real 1.
50
Figura 8.1: Região quadrangular.
Este número real (igual a 1), associado a cada região unitária, é chamado
de área da região unitária. Portanto, qualquer região unitária tem área
igual a 1. Além disso, o número real obtido da comparação de uma figura
geométrica F com a região unitária será chamado a área da figura F , e será
denotado por Área(F ).
Observação 8.1.1. Na discussão acima, estamos admitindo que seja possível realizar essa comparação. Ou seja, estamos supondo que as figuras
geométricas não sejam segmentos ou retas, por exemplo. Neste caso, não faz
sentido falar em quantas vezes a figura F contém a região unitária.
Seja Q uma região quadrangular cuja medida do lado do quadrado é um
número inteiro n. A região Q pode ser decomposta, através de retas paralelas
aos lados do quadrado, em n2 regiões unitárias justapostas. Assim, deve-se
ter Área(Q) = n2 .
Figura 8.2: Região quadrangular Q.
Considere agora uma região quadrangular Q cuja medida do lado do
quadrado é 1/n, onde n é um número inteiro. Decompomos a região unitária
em n2 regiões quadrangulares, todas congruentes a Q. Então, como estas n2
regiões compõem a região unitária, a área de Q deve satisfazer à condição
n2 · Área(Q) = 1
e, portanto, Área(Q) = 1/n2 .
De forma mais geral, considere uma região quadrangular Q cuja medida
do lado do quadrado é um número racional m/n. Decompomos cada lado do
51
quadrado em m segmentos, cada um dos quais com medida 1/n. Traçando
paralelas ao lados do quadrado a partir dos pontos de divisão, obtemos uma
decomposição de Q em m2 regiões quadrangulares, onde a medida do lado
do quadrado de cada uma delas é 1/n. Assim, a área de cada uma destas
regiões é 1/n2 . Portanto, deve-se ter Área(Q) = m2 · (1/n2 ) = m2 /n2 .
Analisemos agora o caso em que o lado do quadrado de uma região quadrangular tem por medida um número irracional.
Proposição 8.1.2. Seja Q uma região quadrangular cuja medida do lado
do quadrado é um número irracional a. Então, ainda neste caso, tem-se
Área(Q) = a2 .
Demonstração. Provaremos que a área de Q não pode ser um número b menor nem um número c maior do que a2 . Assim, concluiremos que
Área(Q) = a2 . Seja, então, b um número real tal que b < a2 . Seja r
um número racional tal que b < r2 < a2 . No interior da região Q, considere
uma região quadrangular Q0 , cuja medida do lado do quadrado é r. Como
r é racional, tem-se Área(Q0 ) = r2 . Como Q0 está contida no interior de Q,
devemos ter
Área(Q0 ) < Área(Q),
ou seja, r2 < Área(Q). Portanto, como b < r2 , segue que b < Área(Q).
Assim, todo número real b, menor que a2 , é também menor que a área de Q.
Analogamente se prova que todo número real c, maior do que a2 , é maior do
que a área de Q. Portanto, a área de Q não pode ser menor nem maior do
que a2 . Por exclusão, deve-se ter Área(Q) = a2 .
A Proposição 8.1.2, juntamente com a discussão acima, pode então ser
resumida na seguinte
Proposição 8.1.3. A área de uma região quadrandular, cuja medida do
lado do quadrado é um número real positivo a, é dada por Área(Q) = a2 .
8.2
Área de regiões poligonais
Nosso objetivo agora é calcular a área de algumas regiões poligonais.
Neste texto usaremos, frequentemente, expressões do tipo a área de um polígono, quando queremos dizer a área da região poligonal cuja fronteira é o
dado polígono.
52
Figura 8.3: Região triangular.
Analogamente ao quadrado, chamamos de região triangular o conjunto
dos pontos do plano formado por todos os segmentos cujas extremidades
estão sobre os lados de um triângulo.
Uma região poligonal é a união de um número finito de regiões triangulares que, duas a duas, não têm pontos interiores em comum. Dizemos
que um ponto é interior a uma região poligonal se existe alguma região triangular contida na região poligonal e contendo o ponto em seu interior. A
fronteira de uma região poligonal é constituída pelos pontos da região que
não pertencem ao seu interior.
Proposição 8.2.1. A área de um retângulo ABCD é o produto AB · AD.
Demonstração. Lembremos que um retângulo é um quadrilátero que tem os
quatro ângulos internos retos. A fim de simplificar a notação, denotemos por
a = AD e b = AB. A partir do retângulo ABCD, construimos o quadrado
Q, de lado a+b, o qual contém duas cópias de ABCD e mais dois quadrados,
um de lado a e outro de lado b. Pela Proposição 8.1.3, temos
b
A
b
B
a
D
C
Figura 8.4: Área do retângulo ABCD.
Área(Q) = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 .
Por outro lado, como os quadrados menores têm áreas iguais a a2 e b2 ,
respectivamente, temos
Área(Q) = a2 + b2 + 2 · Área(ABCD).
Portanto, tem-se Área(ABCD) = a · b = AB · AD.
53
Outra região poligonal simples é aquela delimitada por um paralelogramo. Dado um paralelogramo ABCD, um segmento ligando as retas que
contêm os segmentos AB e CD, e perpendicular a ambas, chama-se a altura
do paralelogramo ABCD relativo ao lado AB.
Proposição 8.2.2. A área de um paralelogramo ABCD é o produto da
medida de um de seus lados pela medida da altura relativa a este lado.
Demonstração. Dado um paralelogramo ABCD, denotemos por b = AB e
por a a medida da altura de ABCD relativa ao lado AB. Construimos o
retângulo AF CE, de lados b + c e a, de modo que ABCD esteja contido
neste retângulo (cf. Figura 8.5). A área desse retângulo é dada por
D
E
C
a
c
b
A
B
F
Figura 8.5: Área do paralelogramo ABCD.
Área(AF CE) = a(b + c) = ab + ac.
Por outro lado, o retângulo AF CE é formado pelo paralelogramo ABCD
mais dois triângulos que, juntos, formam um retângulo de área ac. Portanto,
Área(ABCD) + ac = ab + ac,
donde Área(ABCD) = ab.
Corolário 8.2.3. A área de um triângulo é a metade do produto da medida
de qualquer um de seus lados pela altura relativa a este lado.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, pelo vértice C trace uma paralela
a AB, e por B trace uma paralela a AC. Estas retas definem o polígono
ABDC, que é um paralelogramo, onde os triângulo ACB e DBC são congruentes. Assim,
1
Área(ABC) = Área(ABDC).
2
Como a altura relativa ao vértice C do triângulo ABC coincide com a altura do paralelogramo ABDC relativo ao lado AB, o resultado segue da
Proposição 8.2.2.
54
C
D
A
B
Figura 8.6: Área do triângulo ABC.
Observação 8.2.4. Dado um triângulo ABC, considere a reta r paralela à
reta BC, passando pelo ponto A. Sejam A0 outro ponto de r, com A0 6= A,
e D um ponto na semi-reta SBC . Tem-se BD = r · BC, para algum número
real r > 0. Considere a algura AE do triângulo ABC, relativa ao vértice A,
e a altura A0 E 0 do triângulo A0 BD, relativa ao vértice A0 (cf. Figura 8.7).
Observe que, pela Proposição 6.1.8, estas alturas são congruentes, ou seja,
AE = A0 E 0 . Pelo Corolário 8.2.3, temos:
1
Área(ABC) = BC · AE.
2
Por outro lado, temos
1
1
Área(A0 BD) = BD · A0 E 0 = r · BC · AD,
2
2
logo
Área(A0 BD) = r · Área(ABC).
A'
A
B
E
C
E'
r
D
Figura 8.7
Finalizaremos esta seção calculando a área de um trapézio.
Proposição 8.2.5. A área de um trapézio é metade do produto da medida
de sua altura pela soma das medidas de suas bases.
55
Demonstração. Dado um trapézio ABCD, cujas bases são AB e CD, considere a diagonal AC. Considere também as alturas CE e AF dos triângulos ACB e ACD, respectivamente. Como AB e CD são paralelos, tem-se
CE ≡ AF . Assim,
Área(ABCD) = Área(ACB) + Área(ADC)
AB · CE DC · AF
=
+
2
2
1
=
CE(AB + CD),
2
como queríamos provar.
F
D
C
A
E
B
Figura 8.8: Área do trapézio ABCD.
8.3
Definição geral de área
Até agora obtemos uma fórmula para o cálculo da área de algumas regiões
poligonais. Entretanto, não demos ainda uma definição geral para a área de
uma figura geométrica arbitrária F .
A área de uma figura geométrica F , que estamos denotando por Área(F ),
ficará bem determinada se conhecermos seus valores aproximados, por falta
ou por excesso. Os valores de Área(F ) aproximados por falta são, por definição, as áreas das regiões poligonais P contidas em F . Os valores de Área(F )
aproximados por excesso são as áreas das regiões poligonais Q que contêm F .
Assim, quaisquer que sejam as regiões poligonais P e Q, o número Área(F )
satisfaz
Área(P ) ≤ Área(F ) ≤ Área(Q).
Por simplicidade, ao invés de considerarmos regiões poligonais quaisquer,
limitaremos nossa atenção às regiões poligonais retangulares, que consistem
de uma união de várias regiões retangulares justapostas. A área de uma
56
região poligonal retangular ou, abreviadamente, de um polígono retangular,
é a soma das áreas dos retângulos que o compõem.
Para maior simplicidade ainda, limitaremos nossa atenção à polígonos
retangulares contidos na figura F , cuja área desejamos calcular. Definimos,
então, a área da figura F como o número real positivo cujas aproximações
por falta são as áreas dos polígonos retangulares contidos em F . Isso significa
que, para todo polígono retangular P , contido em F , tem-se
Área(P ) ≤ Área(F ).
Além disso, dado qualquer número b < Área(F ), existe um polígono retangular P , contido em F , tal que
b < Área(P ) ≤ Área(F ).
Figura 8.9: Polígono retangular P contido na figura F .
Observe que poderíamos ter definido a área de F como o número real positivo cujas aproximações por excesso são as áreas dos polígonos retangulares
que contêm F .
8.4
Aplicações
Nesta seção obteremos o Teorema de Tales, à respeito de retas paralelas,
e o famoso Teorema de Pitágoras acerca de triângulos retângulos.
Teorema 8.4.1 (Tales). Dado um triângulo ABC, considere uma reta paralela ao lado BC, interceptando os lados AB e AC nos pontos B 0 e C 0 ,
respectivamente. Então,
AB 0
AC 0
=
.
AC
AB
57
(8.1)
Demonstração. Como B 0 C 0 é paralelo a BC, segue da Observação 8.2.4 que
Área(BB 0 C 0 ) = Área(CB 0 C 0 ).
(8.2)
Além disso, os triângulos C 0 AB e B 0 AC têm, em comum, o triângulo AB 0 C 0 .
Assim, em virtude de (8.2),tem-se
A
D
E
C'
B'
B
C
Figura 8.10: Teorema de Tales.
Área(C 0 AB) = Área(B 0 AC).
(8.3)
Por outro lado, os triângulos C 0 AB e C 0 AB 0 têm mesma altura C 0 D relativa
ao vértice C 0 . Assim, pelo Corolário 8.2.3, obtemos:
1
Área(C 0 AB) = AB · C 0 D
2
1
e Área(C 0 AB 0 ) = AB 0 · C 0 D.
2
(8.4)
Analogamente, os triângulos B 0 AC e B 0 AC 0 têm mesma altura B 0 E relativa
ao vértice B 0 . Logo,
1
Área(B 0 AC) = AC · B 0 E
2
1
e Área(B 0 AC 0 ) = AC 0 · B 0 E.
2
(8.5)
Portanto, de (8.3), (8.4) e (8.5), obtemos:
AB 0
Área(C 0 AB 0 )
Área(C 0 AB 0 )
AC 0
=
=
=
,
Área(C 0 AB)
Área(B 0 AC)
AB
AC
provando a relação (8.1).
O Teorema de Tales pode ser enunciado de uma forma mais geral.
Teorema 8.4.2 (Tales). Três retas paralelas, interceptadas por duas retas
transversais, determinam segmentos proporcionais.
58
Demonstração. Considere três retas paralelas, r, s e t, que interceptam duas
retas, m e n, nos pontos A, B, C e A0 , B 0 , C 0 , respectivamente (cf. Figura
8.11). Queremos provar que
AB
A0 B 0
= 0 0.
AC
AC
(8.6)
Pelo ponto A, considere a reta n0 , paralela à reta n, interceptando as retas
s e t nos pontos D e E, respectivamente. Pelo Teorema 8.4.1, tem-se
AB
AD
=
.
AC
AE
(8.7)
Agora, como ADB 0 A0 e DEC 0 B 0 são paralelogramos, segue que
AD ≡ A0 B 0
e DE ≡ B 0 C 0 .
(8.8)
Portanto, de (8.7) e (8.8), obtemos a relação (8.6).
n' m
A
B
C
n
A'
D
r
B' s
E
C' t
Figura 8.11: Teorema de Tales.
Teorema 8.4.3 (Pitágoras). Em qualquer triângulo retângulo, o quadrado
da medida da hipotenusa é igual a soma dos quadrados das medidas dos
catetos.
b A
Demonstração. Seja ABC um triângulo retângulo, cujo ângulo reto é C.
fim de simplificar a notação, escrevamos a = BC, b = AC e c = AB. Na
semi-reta SCB , considere o ponto D tal que B esteja entre C e D e BD = b.
Considere agora a reta perpendicular à reta BC, passando por D. Sobre esta
reta, considere o ponto E, situado no mesmo semi-plano que A em relação
à reta BC, e tal que DE = a. Obtemos, assim, o triângulo retângulo BED.
Observe que, pelo caso LAL, os triângulos ABC e BED são congruentes.
De forma inteiramente análoga, construimos os triângulos retângulos EGF
59
e GAH, ambos congruentes ao triângulo ABC, como mostra a Figura 8.12.
Por construção, os quadriláteros CDF H e ABEG são quadrados. Temos:
Área(CDF H) = Área(ABEG) + 4 · Área(ABC).
(8.9)
Pela Proposição 8.2.2 e pelo Corolário 8.2.3, a igualdade (8.9) torna-se:
1
· a · b.
2
(a + b)2 = c2 + 4 ·
(8.10)
Elevando ao quadrado e simplificando os termos, a relação (8.10) torna-se
a2 + b2 = c2 ,
como queríamos.
E
a
D
b
c
C
a
c
B
a
F
b
G
c
c
b
b
a
A
H
Figura 8.12: Teorema de Pitágoras.
A recíproca do Teorema de Pitágoras também é verdadeira.
Teorema 8.4.4. Se num triângulo ABC vale a relação
2
2
2
BC = AB + AC ,
então o triângulo é retângulo e sua hipotenusa é o lado BC.
Demonstração. A partir do triângulo ABC, construimos um triângulo retângulo XY Z, cuja hipotenusa é o lado ZY e os catetos XY e XZ satisfazem
XY ≡ AB e XZ ≡ AC. Pelo Teorema de Pitágoras, a hipotenusa Y Z mede
q
2
2
Y Z = AB + AC .
Portanto, o triângulo XY Z tem lados medindo AB, AC e BC logo, pelo
Teorema 4.2.7, os triângulos XY Z e ABC são congruentes. Isso implica que
ABC é retângulo e sua hipotenusa é o lado BC.
60
C
Z
X
B
A
Y
Figura 8.13: Recíproca do Teorema de Pitágoras.
8.5
Exercícios
1. Dois hexágonos regulares têm lados medindo 2cm e 3cm. Qual é a relação
entre as suas áreas?
2. Dado um quadrado ABCD, de lado a, sejam O o ponto de interseção das
diagonais AC e BD. Se P e A denotam os pontos médios dos segmentos AO
e BO, respectivamente, calcule a área do quadrilátero ABQP .
3. Prove que os pontos médios de um quadrilátero convexo qualquer são
vértices de um paralelogramo cuja área é a metade da área do quadrilátero
dado.
4. Na Figura 8.14, ABCD é um quadrado e M N C é um triângulo equilátero.
Determine a área deste triângulo.
D
C
M
A
N
B
Figura 8.14: Triângulo equilátero M N C.
5. Prove que a área de um losango é igual à metade da medida do produto
das diagonais.
6. Prove que as três medianas de um triângulo o decompõem em seis triângulos de mesma área.
7. Usando a Figura 8.15, dê uma nova prova para o Teorema de Pitágoras.
8. Usando a Figura 8.16, dê uma nova prova para o Teorema de Pitágoras.
61
a
b
a
c
c
b
Figura 8.15: Teorema de Pitágoras.
Figura 8.16: Teorema de Pitágoras, provado por Bhaskara.
Figura 8.17: Teorema de Pitágoras.
9. Usando a Figura 8.17, dê uma nova prova para o Teorema de Pitágoras.
10. Prove que a área A de um triângulo de semiperímetro p e lados de
medida a, b, c é dada por
p
A = p(p − a)(p − b)(p − c).
Esta é chamada a fórmula de Heron para a área de um triângulo (cf. [7]).
62
Capítulo 9
Semelhança
Neste capítulo discutiremos, de forma simples, o conceito geral de semelhança, permitindo que se desenvolva toda a teoria de forma elementar.
Obteremos, em particular, a teoria de semelhança de triângulos. Além disso,
apresentaremos uma nova demonstração dos teoremas de Tales e Pitágoras,
agora sob o ponto de vista de semelhança.
9.1
A definição de semelhança
Sejam F e F 0 duas figuras geométricas e r um número real positivo.
Definição 9.1.1. Dizemos que F e F 0 são semelhantes, com razão de semelhança r, se existe uma bijeção ϕ : F → F 0 , entre os pontos de F e os pontos
de F 0 , satisfazendo
ϕ(X)ϕ(Y ) = r · XY ,
para quaisquer pontos X, Y pertencentes à figura F .
A bijeção ϕ : F → F 0 chama-se uma semelhança de razão r entre as
figuras geométricas F e F 0 . A fim de simplificar a notação, denotaremos por
X 0 = ϕ(X) e Y 0 = ϕ(Y ) as imagens dos pontos X e Y pela bijeção ϕ.
Observação 9.1.2. Toda figura geométrica F é semelhante a si própria, pois
a aplicação identidade ϕ : F → F é uma semelhança de razão 1. Além disso,
se F é semelhante a F 0 então F 0 é semelhante a F pois, se ϕ : F → F 0 é uma
semelhança de razão r, então a inversa ϕ−1 : F 0 → F é uma semelhança de
razão 1/r. Finalmente, se F é semelhante a F 0 e F 0 é semelhante a F 00 , então
F é semelhante a F 00 . De fato, se ϕ : F → F 0 e ψ : F 0 → F 00 são semelhanças
de razões r e r0 , respectivamente, então a composta ψ ◦ ϕ : F → F 00 é
63
F'
F
j
Y'
Y
X
X'
Figura 9.1: Semelhança de razão r.
uma semelhança de razão r · r0 . Isso mostra que a semelhança de figuras
geométricas é uma relação de equivalência.
Definição 9.1.3. Uma semelhança de razão 1 é chamada de isometria.
Neste caso, quando existe uma isometria entre as figuras F e F 0 , dizemos
que estas são congruentes.
Exemplo 9.1.4. Se dois segmentos AB e CD satisfazem CD = r · AB,
para algum número real r > 0, definimos uma semelhança ϕ : AB → CD,
de razão r, fazendo corresponder a cada ponto X do segmento AB o ponto
X 0 de CD tal que
CX 0 = r · AX.
A fim de provar que ϕ é de fato uma semelhança, sejam X, Y ∈ AB. Se X
está entre A e Y então, pela definição de ϕ, o ponto X 0 está entre C e Y 0 .
Assim,
X 0 Y 0 = CY 0 − CX 0 = r · AY − r · AX
= r(AY − AX) = r · XY .
Analogamente se Y está entre A e X, Portanto, os segmentos AB e CD são
semelhantes.
B
Y
D
j
Y'
X
X'
A
C
Figura 9.2: Semelhança de segmentos.
64
Exemplo 9.1.5. Duas semi-retas SAB e SCD são figuras semelhantes. De
fato, dado qualquer número real r > 0, definimos uma semelhança
ϕ : SAB → SCD , de razão r, fazendo corresponder a cada ponto X em
SAB o ponto X 0 = ϕ(X) em SCD tal que
CX 0 = r · AX.
A prova de que ϕ é uma semelhança se faz como no Exemplo 9.1.4. De forma
análoga se prova que duas retas quaisquer são semelhantes.
Veremos a seguir algumas propriedades das semelhanças.
Lema 9.1.6. Toda semelhança transforma pontos colineares em pontos colineares.
Demonstração. Sejam ϕ : F → F 0 uma semelhança de razão r e três pontos
A, B, C em F tais que C pertence ao segmento AB. Provemos que C 0
pertence ao segmento A0 B 0 . De fato, como AB = AC + CB, temos:
A0 C 0 + C 0 B 0 = rAC + rCB = r(AC + CB)
= rAB = A0 B 0 ,
provando que C 0 pertence ao segmento A0 B 0 .
A proposição seguinte fará uso do conceito do círculo. A fim de definílo, considere um ponto O do plano e a um número real positivo. O círculo
de centro O e raio a é o conjunto de todos os pontos P do plano tais que
OP ≤ a. No Capítulo 10, ao tratarmos da circunferência, voltaremos a falar
do círculo com mais detalhes.
Proposição 9.1.7. Toda semelhança ϕ : F → F 0 de razão r transforma:
(a) Todo segmento contido em F num segmento contido em F 0 .
(b) Um círculo de raio a contido em F num círculo de raio r · a em F 0 .
(c) Pontos interiores a F em pontos interiores a F 0 .
(d) Pontos da fronteira de F em pontos da fronteira de F 0 .
(e) Vértices de F em vértices de F 0 (se F e F 0 forem polígonos).
65
Demonstração. (a) Dados um segmento AB contido em F e um ponto
C ∈ AB, o ponto C 0 pertence ao segmento A0 B 0 em virtude do Lema
9.1.6. Reciprocamente, dado um ponto C 0 em A0 B 0 , tem-se C 0 = ϕ(C),
onde C = ϕ−1 (C 0 ). Como ϕ−1 é uma semelhança, segue do Lema 9.1.6 que
o ponto C pertence ao segmento AB. Portanto, ϕ estabelece uma correspondência biunívoca entre os pontos dos segmentos AB e A0 B 0 .
(b) Um círculo de centro O e raio a, contido em F , é a união de todos os
segmentos OX tais que OX = a. Sua imagem por ϕ é a união dos segmentos
O0 X 0 tais que O0 X 0 = r · OX, ou seja, é o círculo de centro O0 e raio r · a.
(c) Dizemos que um ponto X está no interior de uma figura F se é centro de
algum círculo inteiramente contido em F . Sua imagem X 0 é, pelo item (b),
o centro de um círculo de raio r · a, contido em F 0 . Portanto, X 0 é ponto
interior de F 0 .
(d) Dizemos que um ponto X pertence à fronteira de uma figura F se X ∈ F
mas não é interior a F . Neste caso, o ponto X 0 deve pertencer à fronteira
de F 0 pois, se X 0 estivesse no interior de F 0 então, em virtude do item (c),
X = ϕ−1 (ϕ(X)) também estaria no interior de F .
(e) Suponha que F e F 0 sejam polígonos e que X seja um vértice de F . Em
particular, X está na fronteira de F e, pelo item (d), sua imagem X 0 está na
fronteira de F 0 . Se X 0 não fosse vértice, X 0 pertenceria a um lado A0 B 0 de
F 0 , sendo diferente de A0 e B 0 . Mas isso implicaria que X pertence ao lado
AB de F , com X 6= A e X 6= B, logo X não seria vértice de F .
9.2
Homotetias
Fixemos um ponto arbitrário O do plano e seja r um número real positivo.
Definição 9.2.1. Uma homotetia de centro O e razão r é a aplicação do
plano ϕ tal que ϕ(O) = O e, para todo X 6= O, X 0 = ϕ(X) é o ponto da
semi-reta SOX tal que OX 0 = r · OX.
Uma homotetia de razão 1 é simplesmente a aplicação identidade. Uma
homotetia de centro O transforma toda reta que passa por O em si mesma.
Além disso, toda homotetia é uma correspondência biunívoca, cuja inversa
é a homotetia de mesmo centro e razão 1/r.
Teorema 9.2.2. Toda homotetia é uma semelhança que transforma qualquer
reta em si própria ou numa reta paralela.
Demonstração. Seja ϕ uma homotetia de centro O e razão r. Note que o
caso r = 1 é trivial, pois ϕ é a identidade. Supondo então r 6= 1, considere
66
dois pontos quaisquer X, Y . Se X, Y e O são colineares então, da Definição
9.2.1, tem-se X 0 Y 0 = r · XY . Suponha então que X, Y e O não sejam
colineares. Da hipótese
OX 0 = r · OX
e OY 0 = r · OY ,
e da Observação 8.2.4 concluimos (cf. Figura 9.3) que
Área(OXY 0 ) = r · Área(OXY ) e Área(OY X 0 ) = r · Área(OXY ),
logo
Área(OXY 0 ) = Área(OY X 0 ).
(9.1)
Subtraindo de ambos os membros de (9.1) a área do triângulo comum OXY ,
resulta
Área(XY X 0 ) = Área(XY Y 0 ).
Como estes dois triângulos têm a mesma base XY , da igualdade de suas
áreas segue-se que suas alturas são congruentes. Logo, pelo Exercício 6.14,
XY é paralelo a X 0 Y 0 . Provemos que X 0 Y 0 = r · XY . De fato, usando
novamente a Observação 8.2.4, temos:
Área(Y OX) + Área(Y XX 0 ) = r · Área(Y OX)
(9.2)
Área(Y OX) + Área(Y XX 0 ) + Área(X 0 Y Y 0 ) = rÁrea(OY X 0 )
= r Área(Y OX) + Área(Y XX 0 ) .
(9.3)
e
Subtraindo (9.2) de (9.3), obtemos
Área(X 0 Y Y 0 ) = r · Área(Y XX 0 ).
Como XY e X 0 Y 0 são paralelos, os triângulos X 0 Y Y 0 e Y XX 0 têm a mesma
altura. Assim, a razão
Área(X 0 Y Y 0 )
r=
Área(Y XX 0 )
é igual à razão entre suas bases, ou seja,
X 0Y 0
= r,
XY
como queríamos provar.
67
X'
X
O
Y
Y'
Figura 9.3
Usando o Teorema 9.2.2, podemos obter novamente o Teorema de Tales,
agora sob o ponto de vista de semelhança.
Corolário 9.2.3 (Tales). Toda reta paralela a um dos lados de um triângulo,
que intercepta os outros dois lados, determina um novo triângulo semelhante
ao primeiro.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, considere uma reta paralela ao
lado BC, interceptando os lados AB e AC nos pontos D e E, respectivamente. Afirmamos que os triângulos ABC e ADE são semelhantes. De
AB
fato, considere a homotetia ϕ de centro A e razão r = AD
. Observe que ϕ
0
transforma D em B e E num ponto C sobre a semi-reta SAC . A imagem de
DE por ϕ é o segmento BC 0 , paralelo a DE. Assim, C 0 pertence às retas
BC e AC, isto é, C 0 ≡ C. Portanto, ϕ(A) = A, ϕ(D) = B e ϕ(E) = C, ou
seja, ϕ é uma semelhança entre os triângulos ADE e ABC. Em particular,
obtemos
AD
AE
=
,
AC
AB
como queríamos.
A
E
D
B
C
Figura 9.4: Teorema de Tales.
68
A recíproca do Corolário 9.2.3 também é verdadeira.
Proposição 9.2.4. Num triângulo ABC, considere um ponto D sobre o
AB
AC
= AE
. Então, DE é paralelo
lado AB e um ponto E sobre AC tais que AD
a BC.
Demonstração. Considere a homotetia ϕ de centro A e razão
r=
AB
AC
=
.
AD
AE
Como B = ϕ(D) e C = ϕ(E), segue do Teorema 9.2.2 que DE e BC são
paralelos.
9.3
Semelhança de triângulos
Na literatura a semelhança de triângulos é definida de modo que dois
triângulos são semelhantes se existe uma bijeção entre seus vértices de modo
que ângulos correspondentes são congruentes e lados correspondentes são
proporcionais. Provaremos agora que a definição de semelhança, dada na
Seção 9.1, quando aplicada a triângulos, reduz-se à definição tradicional.
Teorema 9.3.1. Dois triângulos semelhantes têm ângulos correspondentes
congruentes e lados correspondentes proporcionais. Reciprocamente, se dois
triângulos têm ângulos correspondentes congruentes ou lados correspondentes
proporcionais, eles são semelhantes.
Demonstração. Seja ϕ : ABC → A0 B 0 C 0 uma semelhança de razão r entre
os triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , com A0 = ϕ(A), B 0 = ϕ(B) e C 0 = ϕ(C).
Então, pela definição de semelhança, temos:
A0 B 0
A0 C 0
B0C 0
=
=
= r,
AB
AC
BC
ou seja, os triângulos têm os lados correspondentes proporcionais. A fim de
provar que os ângulos correspondentes são congruentes, considere a homotetia ϕ de centro A e razão r; ϕ transforma o triângulo ABC no triângulo
parcial AB 00 C 00 , com B 00 C 00 paralelo a BC. Assim,
c00 ≡ B
b
B
c00 ≡ C.
b
e C
No entanto, como
AB 00 = A0 B 0 = r · AB,
69
AC 00 = A0 C 0 = r · AC
e
B 00 C 00 = B 0 C 0 = r · BC,
os triângulos AB 00 C 00 e A0 B 0 C 0 são congruentes, portanto
c0 ,
b≡A
A
c0
b≡B
B
c0 .
b≡C
e C
Reciprocamente, sejam ABC e A0 B 0 C 0 dois triângulos tais que
C
C'
C''
A
B''
B'
B A'
Figura 9.5
c0 ,
b≡A
A
c0
b≡B
B
c0 .
b≡C
e C
Nas retas AB e AC, considere os pontos B 00 e C 00 , respectivamente, tais que
c0 , os triângulos AB 00 C 00 e A0 B 0 C 0
b≡A
AB 00 ≡ A0 B 0 e AC 00 ≡ A0 C 0 . Como A
c00 ≡ B
c0 , donde B
c00 . Portanto, as
b ≡B
são congruentes. Isso implica que B
00
00
retas B C e BC são paralelas e, pelo Corolário 9.2.3, os triângulos AB 00 C 00
e ABC são semelhantes. Como AB 00 C 00 e A0 B 0 C 0 são congruentes segue,
pela transitividade, que ABC e A0 B 0 C 0 são semelhantes. Sejam agora dois
triângulos ABC e A0 B 0 C 0 tais que
A0 B 0 = r · AB,
A0 C 0 = r · AC
e B 0 C 0 = r · BC,
para algum número real r > 0. A homotetia de centro A e razão r transforma
o triângulo ABC no triângulo AB 00 C 00 cujos lados medem
AB 00 = r · AB,
AC 00 = r · AC
e B 00 C 00 = r · BC.
Os triângulos AB 00 C 00 e A0 B 0 C 0 são congruentes pois têm os lados correspondentes congruentes. Como AB 00 C 00 é semelhantes a ABC, pela transitividade, segue-se que ABC e A0 B 0 C 0 são semelhantes.
Veremos a seguir condições suficientes para que dois triângulos sejam
semelhantes.
70
Corolário 9.3.2. Dois triângulos são semelhantes se dois ângulos correspondentes são congruentes.
b≡X
b eB
b ≡ Yb .
Demonstração. Sejam ABC e XY Z dois triângulos, com A
Do Teorema 6.1.5, temos
b+B
b+C
b = 180o = X
b + Yb + Z
b
A
b ≡ Z,
b e o resultado segue do Teorema 9.3.1.
logo, C
b≡X
b
Teorema 9.3.3. Dois triângulos ABC e XY Z são semelhantes se A
AB
AC
e XY = XZ .
Demonstração. A partir dos triângulos dados, construimos um triângulo
HIJ tal que
b ≡A
b e Ib ≡ B.
b
HI ≡ XY, H
Pelo Corolário 9.3.2, os triângulos ABC e XIJ são semelhantes, assim
AB
AC
=
.
HI
HJ
AC
= XZ
e a igualdade acima implicam
b ≡ H,
b pelo Axioma 14, segue que os
que HJ ≡ XZ. Como XY ≡ HI e X
triângulos XY Z e HIJ são conguentes. Como ABC e HIJ são semelhantes,
segue por transitividade que ABC e XY Z são semelhantes.
Como HI ≡ XY , a hipótese
AB
XY
C
A
J
Z
B X
Y
H
I
Figura 9.6
A proposição seguinte fornece uma relação interessante entre as medidas
dos lados de um triângulo retângulo.
Proposição 9.3.4. Em qualquer triângulo retângulo, a altura relativa ao
vértice do ângulo reto é média geométrica entre as projeções dos catetos
sobre a hipotenusa.
71
Demonstração. Dado um triângulo retângulo ABC, com ângulo reto no vértice A, trace a altura AD relativa ao lado BC (cf. Figura 9.7). Provemos
que
2
AD = BD · DC.
Como AD é perpendicular a BC, os triângulos ADC e ADB são retângulos.
b + BAD
b+C
b = 90o , temos:
\ = 90o e B
Como B
b ≡ BAD.
\
C
Assim, pelo Corolário 9.3.2, os triângulos ADC e BDA são semelhantes.
Desta semelhança, decorre que
AD
CD
=
,
BD
AD
ou seja,
2
AD = BD · DC,
como queríamos.
A
B
D
C
Figura 9.7: Triângulo retângulo ABC.
Corolário 9.3.5 (Teorema de Pitágoras). Em qualquer triângulo retângulo,
o quadrado da medida da hipotenusa é igual a soma dos quadrados das
medidas dos catetos.
Demonstração. Dado um triângulo retângulo ABC, com ângulo reto no vértice A, trace a altura AD do vértice A ao lado BC. Pela Proposição 9.3.4,
os triângulos ABC, ADC e BDA são semelhantes. Da semelhança de ADC
e BAC, temos:
CD
AC
=
,
AC
BC
e da semelhança entre BDA e BAC, temos:
BD
AB
=
.
AB
BC
72
Assim,
2
AC = BC · CD
2
e AB = BC · BD.
Portanto,
2
2
2
AB + AC = BC(BD + CD) = BC ,
como queríamos provar.
9.4
Exercícios
1. Se ϕ : F → F 0 e ϕ0 : F 0 → F 00 são semelhanças de razões r e r00 ,
respectivamente, prove que a composta ϕ0 ◦ ϕ : F → F 00 é uma semelhança
de razão rr0 , e a inversa ϕ−1 : F 00 → F é uma semelhança de razão 1/r.
2. Seja r uma reta do plano. A reflexão em torno de r é a aplicação ϕ que
associa a cada ponto X do plano o ponto X 0 tal que r é a mediatriz do
segmento XX 0 . Prove que toda reflexão é uma isometria.
3. A simetria em torno de um ponto O é a aplicação ϕ que faz corresponder
a cada ponto X o ponto ϕ(X) = X 0 tal que O é o ponto médio do segmento
XX 0 . Prove que toda simetria em torno de um ponto é uma isometria.
4. Prove que dois triângulos equiláteros são sempre semelhantes.
5. Se dois triângulos isósceles têm os ângulos opostos à base congruentes
entre si, prove que os triângulos são semelhantes.
6. Dado um triângulo ABC, considere o triângulo XY Z formado pelos pontos médios dos lados de ABC. Qual é a relação entre os perímetros dos
triângulos?
7. Prove que alturas correspondentes em triângulos semelhantes estão na
mesma razão que os lados correspondentes.
8. Prove que se em um triângulo retângulo o menor cateto mede metade da
medida da hipotenusa, então seus ângulos agudos são de 30o e 60o .
b o ângulo reto, trace a altura
9. Dado um triângulo retângulo ABC, sendo C
a partir do vértice C. Se a e b são as medidas dos catetos e h é a medida da
altura, prove que
1
1
1
= 2 + 2.
2
h
a
b
10. Sejam p e q inteiros positivos, com p > q. Prove que todo triângulo
cujos lados medem p2 − q 2 , 2pq e p2 + q 2 , é um triângulo retângulo.
73
11. Prove que em todo triângulo ABC, a medida ha da altura relativa ao
vértice A é dada por
ha =
2p
p(p − a)(p − b)(p − c),
a
onde a = BC, b = AC, c = AB e p é o semi-perímetro do triângulo.
74
Capítulo 10
Circunferência
Este capítulo será dedicado ao estudo da circunferência. A primeira parte
aborda propriedades básicas sobre a geometria na circunferência, em especial
aquelas relacionadas a arcos e ângulos e, em seguida, problemas relacionados
a polígonos inscritos e circunscritos a uma dada circunferência. Na terceira
parte discutimos o conceito de potência de um ponto em relação a uma
circunferência e finalizamos com a questão da semelhança no círculo.
10.1
A circunferência
Definição 10.1.1. Dados um ponto O do plano e um número real r > 0, a
circunferência de centro O e raio r, denotada por C(O; r), é o conjunto
C(O; r) = {P : OP = r}.
Um raio de uma circunferência é um segmento que une o centro a qualquer um de seus pontos. Corda é um segmento determinado por dois pontos
da circunferência; diâmetro é uma corda que passa pelo seu centro.
C
A
O
B
D
Figura 10.1: Diâmetro AB e cordas AB e CD.
75
Proposição 10.1.2. Um raio é perpendicular a uma corda, que não é um
diâmetro, se, e somente se, a divide em dois segmentos congruentes.
Demonstração. Dado uma circunferência C(O; r), seja OP o raio perpendicular à corda AB. Sejam M o ponto de interseção de OP e AB. Como
b ≡ B.
b
OA = OB = r, o triângulo OAB é isósceles, com base AB. Assim, A
\
\
Como OP e AB são perpendiculares, os ângulos AM
O e BM
O são retos
\
\
logo, AM O ≡ BM O. Pelo caso LAL, os triângulos AOM e BOM são
congruentes. Segue, em particular, que AM ≡ M B. Reciprocamente, se
\
AM ≡ M B, os triângulos AM O e BM O são congruentes logo, AM
O ≡
o
\
\
\
BM O. Como AM O + BM O = 180 , concluimos que cada um deles mede
90o , ou seja, o raio OP é perpendicular à corda AB.
O
M
A
B
P
Figura 10.2
Uma reta tangente a uma circunferência é uma reta que tem um único
ponto em comum com ela; este ponto comum chama-se ponto de tangência.
Proposição 10.1.3. Uma reta é tangente a uma circunferência se, e somente
se, ela é perpendicular ao raio determinado pelo ponto de tangência.
Demonstração. Sejam t uma reta tangente a uma circunferência C(O; r) e
T o ponto de tangência. Seja P o pé da perpendicular baixada de O à reta
t. Provemos que P ≡ T . De fato, se P 6= T , então os pontos O, P e
T determinam um triângulo retângulo OP T , cuja hipotenusa é OT . Seja
T 0 ∈ t tal que P esteja entre T e T 0 e P T ≡ P T 0 (cf. Figura 10.3) Pelo
caso LAL, os triângulos OP T e OP T 0 são congruentes. Disso decorre, em
particular, que OT 0 = OT = r, ou seja, T 0 é outro ponto da reta t que
também pertence a C(O; r), o que é uma contradição. Portanto, P e T são
coincidentes. Reciprocamente, sejam OT um raio de C(O; r) e t uma reta
que passa por T e perpendicular a OT . Considere um ponto P ∈ t, com
P 6= T . Fica, assim, determinado o triângulo OP T , cuja hipotenusa é o lado
OP . Disso decorre que r = OT < OP , ou seja, P 6∈ C(O; r). Portanto, T é
o único ponto comum a t e a C(O; r), isto é, t é a reta tangente a C(O; r)
no ponto T .
76
O
T'
t
P T
Figura 10.3: Proposição 10.1.3
Dados dois pontos A e B pertencentes a uma circunferência C(O; r), a
reta AB separa o plano em dois semi-planos, cada um destes contendo uma
parte da circunferência. Estas partes são chamadas de arcos determinados
pelos pontos A e B. Quando A e B são extremidades de um diâmetro, estes
arcos são chamados de semi-círculos.
Quando a corda AB não é um diâmetro, o centro O situa-se em um dos
semi-planos determinados pela reta AB; o arco que fica no mesmo semi-plano
que O chama-se arco maior, e o outro de arco menor.
arco menor
B
A
O
arco maior
Figura 10.4: Arcos maior e menor.
Definição 10.1.4. Dois pontos A, B ∈ C(O; r) determinam um ângulo
\ chamado de ângulo central. A medida em graus do arco menor, deterAOB,
\ A medida em graus
minado por A e B, é a medida do ângulo central AOB.
o
do arco maior é 360 menos a medida do arco menor; se AB é um diâmetro,
a medida dos arcos é 180o (cf. Figura 10.5).
Definição 10.1.5. Um ângulo é inscrito numa circunferência se o seu vértice
é um ponto da circunferência e seus lados interceptam a circunferência em
dois pontos distintos do vértice.
O arco determinado pelos dois pontos distintos e que não contém o vértice
77
B
A
O
\
Figura 10.5: Ângulo central AOB.
do ângulo inscrito é chamado arco subentendido pelo ângulo (cf. Figura 10.6).
A
A
C
O
O
C
B
B
\
Figura 10.6: Arco subentendido pelo ângulo inscrito ABC.
Teorema 10.1.6. A medida de um ângulo inscrito numa circunferência é
metade da medida do arco subentendido por esse ângulo.
Demonstração. Temos três casos a considerar:
1. Um dos lados do ângulo inscrito é um diâmetro.
2. O ângulo inscrito é dividido pelo diâmetro com extremidade em seu
vértice.
3. O ângulo inscrito não é dividido pelo diâmetro com extremidade em
seu vértice.
\ o ângulo inscrito com vértice A e suponha que O ∈ AC.
Caso 1. Seja BAC
\ Como OA ≡ OB, o triângulo AOB é
Assim, a medida do arco BC é BOC.
\ ≡ OBA.
\ Como BOC é ângulo externo
isósceles com base AB assim, OAB
ao triângulo AOB, temos:
\ = OAB
\ + OBA
\ = 2OAB.
\
BOC
78
D
B
O
A
B
C
O
C
B
D
O
A
C
A
Figura 10.7: Arcos subentendidos.
Caso 2. Seja AD o diâmetro com extremidade no vértice A do ângulo inscrito. Pelo Caso 1, temos:
1\ \
BOD = BAD
2
e
1\ \
DOC = DAC.
2
\ = 1 BOD
\+
BAC
2
1\ 1\
DOC = BOC.
2
2
\ = BAD
\ + DAC,
\ temos:
Como BAC
\ temos
Caso 3. Considere o diâmetro AD. Se AB divide o ângulo CAD,
\
\
\
DAC = DAB + BAC. Assim,
\ = DAC
\ − DAB
\ = 1 DOC
\ − 1 DOB
\ = 1 BOC.
\
BAC
2
2
2
\ o argumento é inteiramente análogo.
Se AC divide o ângulo BAD,
Corolário 10.1.7. Ângulos inscritos que subentendem um mesmo arco são
congruentes.
Demonstração. Basta observar que a cada ângulo inscrito, nesta situação,
está associado ao mesmo ângulo central.
Corolário 10.1.8. Sejam AB e CD cordas distintas de uma mesma circunferência que se interceptam num ponto P . Então,
AP · P B = CP · P D.
Demonstração. Considere os triângulos BP D e AP C. Temos:
\
[
BP
D ≡ AP
C
[ ≡ BDP
\.
e CAP
79
C
B
P
A
D
Figura 10.8: Corolário 10.1.8.
Assim, BP D e CAP são triângulos semelhantes logo,
AP
CP
=
,
PD
BP
ou seja, AP · P B = CP · P D, como queríamos.
10.2
Polígonos inscritos numa circunferência
Definição 10.2.1. Dizemos que um polígono está inscrito numa circunferência se os seus vértices pertencem à circunferência. Neste caso, dizemos
que a circunferência é circunscrita ao polígono.
E
D
A
C
B
Figura 10.9: Polígono ABCDE inscrito numa circunferência.
Proposição 10.2.2. Todo triângulo está inscrito em uma única circunferência.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, denotemos por r e s as mediatrizes
de AB e AC, respectivamente, e seja O o ponto de interseção de r e s. Como
todo ponto de r é equidistante de A e B, e todo ponto de s é equidistante de
A e C (cf. Exercício 4.7), o ponto O é equidistante de A, B e C. Considere,
então, a circunferência C(O; r), onde r = OA = OB = OC. Seja, agora,
80
outra circunferência C(O0 ; r0 ) circunscrita ao triângulo ABC. Sejam M e N
os pontos médios de AB e AC, respectivamente. Pela Proposição 10.1.2, o
raio que passa por M é perpendicular a AB e, assim, O0 pertence à mediatriz
de AB. Da mesma forma, O0 pertence à mediatriz de AC. Isso implica que
O0 ≡ O. Além disso,
r0 = O0 A = OA = r.
Portanto, as circunferências C(O; r) e C(O0 ; r0 ) são coincidentes.
A
s
r M
N
O
C
B
Figura 10.10: Triângulo ABC inscrito numa circunferência.
A Proposição 10.2.2 pode ser enunciada da seguinte forma equivalente:
Proposição 10.2.3. Três pontos não colineares determinam uma única circunferência.
O centro O da circunferência circunscrita a um dado triângulo ABC,
dado pela Proposição 10.2.2, tem a propriedade de ser equidistante de A, B
e C. Assim, pelo Exercício 4.7, o ponto O pertence às três mediatrizes do
triângulo ABC. Podemos então enunciar o seguinte corolário da Proposição
10.2.2.
Corolário 10.2.4. As mediatrizes de um triângulo interceptam-se num
único ponto, e este é chamado o circuncentro do triângulo.
Proposição 10.2.5. Um quadrilátero pode ser inscrito em uma circunferência se, e somente se, possui um par de ângulos opostos suplementares.
Demonstração. Seja ABCD um quadrilátero inscrito em uma circunferênbeC
b subentendem os dois arcos determinados por B e D.
cia. Os ângulos A
beC
b é 180o , isto é,
Como estes dois arcos somam 360o , a soma dos ângulos A
são suplementares. Reciprocamente, suponha que um quadrilátero ABCD
tem um par de ângulos opostos suplementares. Pelos vértices A, B e C, considere a circunferência determinada por esses pontos. Em relação ao ponto
D, temos três possibilidades: ele está sobre, fora ou dentro da circunferência. Suponha que D esteja fora da circunferência. Considere o segmento
81
A
D
B
C
Figura 10.11: Quadrilátero ABCD inscrito numa circunferência.
BD e seja D o ponto de interseção de BD com a circunferência. O quadrilátero ABCE está inscrito na circunferência logo, seus ângulos opostos são
suplementares. Em particular, tem-se
\ + AEC
[ = 180o .
ABC
Por hipótese, temos
\ + ADC
\ = 180o .
ABC
\ = AEC.
[ Por outro lado, temos
Assim, ADC
\ > ADB
\
AEB
\ > BDC,
\
e BEC
pois são ângulos externos. Assim,
[ = AEB
\ + BEC
\ > ADB
\ + BDC
\ = ADC,
\
AEC
o que é uma contradição. Portanto, D não pode estar fora da circunferência.
Analogamente se prova que D não pode estar dentro da circunferência.
B
A
C
E
D
Figura 10.12: Quadrilátero ABCD.
Proposição 10.2.6. Todo polígono regular está inscrito em uma circunferência.
82
Demonstração. Dado um polígono regular A1 A2 . . . An , considere a circunferência que passa pelos pontos A1 , A2 e A3 . Seja O o centro da circunferência.
\
\
Como OA2 = OA3 , o triângulo OA2 A3 é isósceles logo, OA
2 A3 ≡ OA3 A2 .
Como o polígono é regular, tem-se
\
A\
1 A2 A3 ≡ A2 A3 A4 .
\
Assim, A\
1 A2 O ≡ OA3 A4 . Além disso, como
A1 A2 ≡ A3 A4
e OA2 ≡ OA3 ,
os triângulos OA1 A2 e OA3 A4 são congruentes. Em particular, OA4 ≡ OA1 ,
isto é, A4 também é um ponto da circunferência. Analogamente se prova que
A5 , A6 , . . . , An pertencem à circunferência.
A1
A2
O
A3
A4
Figura 10.13: Polígono regular A1 A2 . . . An inscrito numa circunferência.
Definição 10.2.7. Uma circunferência está inscrita em um polígono se todos
os lados do polígono são tangentes à circunferência. Neste caso, dizemos que
o polígono circunscreve a circunferência.
Proposição 10.2.8. Todo triângulo possuiu uma única circunferência inscrita.
b
Demonstração. Dado um triângulo ABC, trace as bissetrizes dos ângulos A
b
e B, que se interceptam em um ponto O. Denotemos por E, F , G os pés das
perpendiculares baixadas de O aos lados AB, AC e BC, respectivamente.
Provemos que OE ≡ OF ≡ OG. De fato, pelo caso ALA, os triângulos OAE
e OAF são congruentes, logo OE ≡ OF . Analogamente, tem-se OF ≡ OG.
Assim, pela Proposição 10.2.3, O é o centro de uma circunferência que passa
por E, F e G. Como os lados do triângulo ABC são perpendiculares aos raios
OE, OF e OG, eles são tangentes à circunferência. Portanto, a circunferência
83
de centro O e raio r = OE = OF = OG está inscrita no triângulo. Quanto
à unicidade, seja C(O0 ; r0 ) outra circunferência inscrita no triângulo ABC.
Denotemos por E 0 , F 0 , G0 os pés das perpendiculares de O0 baixadas aos lados
AB, AC e BC, respectivamente. Como os triângulos retângulos O0 E 0 A e
O0 F 0 A possuem hipotenusa comum e um par de catetos congruentes, eles são
b Analogamente
congruentes. Disso decorre que O0 A é a bissetriz do ângulo A.
0
0
b Assim, O é o ponto de interseção das
se prova que O B é a bissetriz de B.
b
b
bissetrizes de A e B logo, deve-se ter O0 ≡ O. Devido à unicidade da
perpendicular a uma reta passando por um ponto, tem-se E 0 ≡ E, F 0 ≡ F
e G0 ≡ G. Portanto, as circunferências C(O0 ; r0 ) e C(O; r) têm o mesmo
centro e raios iguais logo, são coincidentes.
A
E
F
O
B
G
C
Figura 10.14: Triângulo ABC inscrito numa circunferência.
Analogamente ao Corolário 10.2.4, temos o seguinte
Corolário 10.2.9. As bissetrizes de um triângulo interceptam-se num único
ponto, e este é chamado o incentro do triângulo.
Demonstração. Dado um triângulo ABC, denotemos por O o ponto de inb e B.
b Queremos provar que OC é a
terseção das bissetrizes dos ângulos A
b Sejam E, F , G os pés das perpendiculares de O
bissetriz do ângulo C.
baixadas aos lados AB, AC e BC, respectivamente. Como vimos na prova
da Proposição 10.2.8, temos que OE ≡ OF ≡ OG. Assim, os triângulos retângulos OF C e OGC têm a hipotenusa comum e um par de catetos
congruentes, logo são congruentes (cf. Figura 10.14). Disso decorre, em
b
particular, que OC é a bissetriz do ângulo C.
10.3
Potência de um ponto em relação a uma circunferência
Nesta seção discutiremos o conceito de potência de um ponto em relação
a uma circunferência, e veremos que através deste conceito podemos obter
84
aplicações em problemas que tratam de relações métricas entre secantes e
tangentes a uma dada circunferência.
Definição 10.3.1. Dados uma circunferência C(O; r) e um ponto P , definimos a potência de P em relação a C(O; r), denotada por Pot(P ), pondo
Pot(P ) = d2 − r2 ,
onde d = OP .
Decorre da definição que se P é um ponto exterior à circunferência, sua
potência é um número positivo; se P ∈ C(O; r), sua potência é zero e, se P
é interior à circunferência, sua potência é negativa.
Se P é um ponto exterior à circunferência C(O; r) e se P T é tangente à
circunferência em T , decorre diretamente da Definição 10.3.1 e do Teorema
de Pitágoras que
2
Pot(P ) = P T .
T
P
O
Figura 10.15: Tangente a C(O; r) passando por P .
Proposição 10.3.2. Dados uma circunferência C(O; r) e um ponto P , considere uma reta que passa por P e intercepta C(O; r) em dois pontos distintos,
A e B. Então, o produto P A · P B é constante.
Demonstração. Denotando por M o ponto médio da corda AB, façamos
m = M A = M B e d = OP . Se P ∈ C(O; r), então A ≡ P ou B ≡ P e,
neste caso, tem-se P A·P B = 0. Se P é exterior à circunferência e lembrando
que OM é perpendicular à corda AB (cf. Proposição 10.1.2), temos:
2
P A · P B = (P M − m)(P M + m) = P M − m2
2
2
2
= P M + OM − OM − m2
= d2 − r2
= Pot(P ).
85
Se P é interior à circunferência, temos:
2
P A · P B = (m − P M )(m + P M ) = −(P M − m2 )
2
2
2
= −(P M + OM − OM − m2 )
= −(d2 − r2 )
= −Pot(P ),
como queríamos.
Observação 10.3.3. O fato que o produto P A · P B é constante para qualquer secante passando por P já era conhecido pelos gregos. Para maiores
detalhes, cf. Proposições 35 e 36 do livro III dos Elementos [10]. O termo
potência foi utilizado pela primeira vez por Jacob Steiner (1796 – 1863),
matemático suíço que deu contribuições relavantes ao desenvolvimento da
Geometria.
O conjunto dos pontos que possuem potência igual à potência de um
ponto P , em relação a uma circunferência C(O; r), é outra circunferência,
contendo P , e concêntrica com C(O; r). Um problema interessante é investigar o conjunto dos pontos que possuem mesma potência em relação a duas
circunferências dadas (cf. Exercício 10.14).
Finalizaremos esta seção provando que em qualquer triângulo, o raio da
circunferência circunscrita não é menor que o dobro do raio da circunferência
inscrita. Esse resultado decorre diretamente da fórmula que dá a distância
entre o incentro e o circuncentro de um triângulo.
Proposição 10.3.4. Dado um triângulo XY Z, a distância d entre o incentro
I e o circuncentro C é dada por
p
d = R2 − 2rR,
(10.1)
onde r e R denotam os raios das circunferências inscrita e circunscrita, respectivamente, ao triângulo XY Z.
Demonstração. Como na Figura 10.16, considere as bissetrizes XD, Y I dos
b e Yb , respectivamente, o diâmetro DE à circunferência circunscrita
ângulos X
\ e DY
\
e F o pé da perpendicular de I a XZ. Como os ângulos DXZ
Z
subentendem o mesmo arco, temos
\
\ ≡ DXY
\.
DY
C ≡ DXZ
Assim, como Y I é bissetriz de Yb , temos:
86
X
E
F
I
C
Y
M
Z
D
Figura 10.16: Distância entre o incentro e o circuncentro.
[I = DY
\
[I = Y\
[I = DIY
[,
DY
Z + ZY
XD + XY
ou seja, o triângulo DY I é isósceles, logo
DY ≡ DI.
(10.2)
Por outro lado, denotemos por M o ponto de interseção de Y Z e DE. Como
D é ponto médio do arco Y Z e DE é diâmetro, DM é perpendicular a Y Z.
Assim, os triângulos Y DM e XIF são semelhantes. Disso decorre que
r
DM
IF
=
.
=
DY
XI
XI
(10.3)
Como DE é diâmetro, o triângulo Y DE é retângulo em Yb . Além disso,
\
\ , os triângulos Y DE e M DY são semelhantes. Disso
como DY
Z ≡ DEY
decorre que
DY
DM
=
,
DE
DY
ou seja,
2
DY = 2RDM .
Assim, usando (10.2) e (10.3), temos:
DI = 2R
DM
r
= 2R
.
DY
XI
Portanto,
DI · XI = 2rR.
87
Fazendo d = IC e calculando a potência do ponto I em relação à circunferência circunscrita C(O; R), obtemos:
Pot(I) = d2 − R2 = −DI · XI = −2rR,
ou seja,
d=
p
R2 − 2rR,
como queríamos.
10.4
Semelhança no círculo
No Capítulo 9 definimos o círculo de centro O e raio r como sendo o
conjunto de todos os pontos do plano que estão a uma distância ≤ r do ponto
O. Nosso objetivo agora é estabalecer uma relação entre área e semelhança
no círculo.
Lema 10.4.1. Quaisquer dois círculos, de mesmo raio, são figuras congruentes.
Demonstração. Dados dois círculos C(O; r) e C(O0 ; r), de raios congruentes,
considere a reta OO0 . Esta reta determina os diâmetros AB e CD nos
círculos C(O; r) e C(O0 ; r), respectivamente, tais que B está entre A e C,
e C está entre B e D. Definimos uma aplicação ϕ : C(O; r) → C(O0 ; r) do
seguinte modo. Para cada ponto X no segmento AB, seja X 0 = ϕ(X) o ponto
no segmento CD tal que CX 0 ≡ AX. Em particular, tem-se ϕ(O) = O0 .
Qualquer outro ponto X ∈ C(O; r), não pertencente ao diâmetro AB, está
em um dos semi-planos determinados pela reta OO0 . Consideremos, então,
o ponto X 0 = ϕ(X) ∈ C(O0 ; r), neste mesmo semi-plano, de modo que
O0 X 0 e OX sejam congruentes e paralelos. Disso decorre, em particular,
que OXX 0 O0 é um paralelogramo. Se Y é outro ponto do círculo C(O; r),
não pertencente à reta OX, obtemos o triângulo OXY que, pela definição
de ϕ, é congruente ao triângulo O0 X 0 Y 0 . Tem-se, assim, que X 0 Y 0 ≡ XY .
Se Y ∈ C(O; r) está sobre a reta OX então, claramente, tem-se X 0 Y 0 ≡
XY . Portanto, ϕ é uma isometria entre os círculos C(O; r) e C(O0 ; r), como
queríamos.
Proposição 10.4.2. Quaisquer dois círculos são figuras semelhantes e a
razão de semelhança é a razão entre seus raios.
Demonstração. Em virtude do Lema 10.4.1, podemos supor que os círculos
C(O; a) e C(O0 ; a0 ) sejam concêntricos, i.e., têm o mesmo centro O ≡ O0 . A
88
X
A
O
Y
X'
B
C
D
O'
Y'
Figura 10.17: Isometria entre os círculos C(O; r) e C(O0 ; r).
homotetia ϕ de centro O e razão r = a0 /a transforma cada segmento OX, de
medida a, no segmento OX 0 , de medida a0 , sobre a mesma reta. Portanto,
essa homotetia define uma semelhança entre C(O; a) e C(O; a0 ).
X'
X
O
Figura 10.18
Da fórmula obtida para a área de um retângulo (cf. Proposição 8.2.1),
segue que se multiplicarmos a base e a altura de um retângulo pelo mesmo
número positivo r, a área desse retângulo fica multiplicada por r2 . O teorema
seguinte usa este caso particular para provar que essa é uma situação geral.
Teorema 10.4.3. A razão entre as áreas de duas figuras semelhantes é o
quadrado da razão de semelhança.
Demonstração. Seja ϕ : F → F 0 uma semelhança de razão r entre duas
figuras geométricas F e F 0 . Provemos que a área de F 0 é igual a r2 vezes
a área de F . Se F e F 0 são polígonos retangulares, o teorema é verdadeiro.
Assim, todo polígono retangular P , contido em F , é transformado por ϕ num
polígono retangular P 0 , contido em F 0 , tal que a área de P 0 é igual a r2 vezes
a área de P . Reciprocamente, todo polígono retangular Q0 , contido em F 0 ,
é transformado por ϕ−1 num polígono retangular Q cuja área é 1/r2 vezes
a área de Q0 , logo a área de Q0 é r2 vezes a área de Q. Assim, a área de F 0
é o número real cujas aproximações por falta são r2 vezes as aproximações
por falta da área de F . Portanto, tem-se
Área(F 0 ) = r2 · Área(F ),
89
como queríamos.
Da Proposição 10.4.2 e do Teorema 10.4.3 segue que a área de um círculo
de raio r é r2 vezes a área do círculo de raio 1. Denotando, como de costume,
com a letra grega π a área do círculo de raio 1, segue que a área A de um
círculo de raio r é dada pela fórmula
A = π · r2 ,
onde o número π é, por definição, a área de um círculo de raio 1.
O teorema seguinte permite-nos caracterizar a área de um círculo como
o limite das áreas dos polígonos regulares nele inscritos (ou circunscritos)
quando o número de lados cresce indefinidamente.
Teorema 10.4.4. A área do círculo é o número real cujas aproximações por
falta são as áreas dos polígonos regulares nele inscritos e cujas aproximações
por excesso são as áreas dos polígonos regulares a ele circunscritos.
Demonstração. Denotemos por Pn e Qn os polígonos regulares de n lados,
respectivamente inscrito no, e circunscrito ao, círculo C(O; r). Temos que
Área(Pn ) < πr2 < Área(Qn ).
Provemos que, tomando n suficientemente grande, as áreas de Pn e Qn podem
tornar-se tão próximas de πr2 quanto se queira. Ou seja, dados α > 0 e
β > 0, com α < πr2 < β, provaremos que existe n ∈ N tal que
α < Área(Pn ) < πr2 < Área(Qn ) < β.
De fato, observe que o raio r é a hipotenusa de um triângulo retângulo, cujos
catetos medem ln /2 e an , onde ln denota a medida do lado de Pn e an denota
o apótema de Pn . Assim,
r < an + ln /2.
p
Dado um número real α > 0, com α < πr2 , seja s = α/π. Então, α = πs2
e s < r. Assim, o círculo C(O; s) tem área α e está contido em C(O; r).
Tomemos n suficientemente grande tal que ln /2 < r − s. Assim,
r < an + ln /2 < an + r − s,
donde an > s. De s < an resulta que o círculo C(O; s) está contido no
polígono Pn e, portanto,
α = Área(C(O; s))) < Área(Pn ).
90
O
ln
r
an
Figura 10.19: Polígono regular Pn inscrito na circunferência C(O; r).
Isto completa a prova de que as áreas dos polígonos regulares inscritos em
C(O; r) são aproximações por falta da área de C(O; r). Analogamente se
prova para as áreas dos polígonos regulares circunscritos Qn . Para maiores
detalhes, cf. Teorema 3.7 de [13].
A fim de estabelecer uma fórmula para o comprimento da circunferência,
denotaremos por ∂Pn (respectivamente ∂Qn ) o perímetro do polígono regular
de n lados, inscrito (respectivamente circunscrito) na circunferência C(O; r).
Definição 10.4.5. O comprimento da circunferência C(O; r) é o número real
∂C cujas aproximações por falta são os perímetros ∂Pn e cujas aproximações
por excesso são os perímetros ∂Qn .
Em virtude da Definição 10.4.5, tem-se
∂Pn < ∂C < ∂Qn ,
para todo natural n ≥ 3.
Teorema 10.4.6. O comprimento da circunferência C(O; r) é igual a 2πr.
Demonstração. Provemos inicialmente que ∂C não pode ser menor do que
2πr. De fato, se fosse ∂C < 2πr, teríamos (∂C/2) · r < πr2 . Pelo Teorema 10.4.4, podemos obter um polígono regular Pn , de n lados, inscrito em
C(O; r) tal que (∂C/2) · r < Área(Pn ). A área do polígono Pn é a soma das
áreas dos triângulos que o compõem, os quais têm o centro O como vértice
e os lados de Pn como base (cf. Figura 10.19). Assim, essa área é igual a
∂Pn · an /2, onde an é o apótema de Pn (altura dos triângulos). Assim,
∂C · r
∂Pn · an
<
2
2
91
e daí, ∂C < ∂Pn (an /r). Como an /r < 1, concluimos que ∂C < ∂Pn , o que
é uma contradição. Portanto, não se pode ter ∂C < 2πr. Analogamente,
usando polígonos regulares circunscritos, concluiremos que não se pode ter
∂C > 2πr.
Observação 10.4.7. O número π, definido inicialmente como a área de um
círculo de raio 1, satisfaz também a igualdade π = ∂C/2r, ou seja, é a razão
entre o comprimento de uma circunferência e seu diâmetro. O primeiro a
designar a razão ∂C/2r por π foi W. Jones (1675 – 1749) sendo que este só
passou a símbolo standard após sua utilização por Euler. E foi só em 1767
que J. H. Lambert (1728 – 1777) demonstrou que π não é racional.
10.5
Exercícios
1. Dado uma circunferência C(O; r), ao conjunto dos pontos P tais que
OP < r chamamos de interior da circunferência; ao conjunto dos pontos
P tais que OP > r chamamos de exterior da circunferência. Prove que o
segmento de reta, ligando um ponto do interior com um ponto do exterior
da circunferência, intercepta a circunferência num único ponto.
2. Dado uma circunferência C(O; r), prove que a distância entre quaisquer
dois pontos do interior da circunferência é menor do que 2r.
3. Considere duas circunferências de raio r que não se interceptam. Prove
que a medida do segmento ligando seus centros é maior do que 2r.
4. Duas circunferências C(O; r) e C(O0 ; r0 ) se interceptam em dois pontos.
O que podemos afirmar sobre a medida do segmento OO0 ?
5. Considere dois pontos A e B de uma circunferência C(O; r). O que
podemos afirmar sobre o triângulo OAB?
6. Dizemos que duas circunferências são tangentes se são tangentes a uma
mesma reta em um mesmo ponto; este ponto é chamado de ponto de tangência. Prove que, quando duas circunferências são tangentes, os dois centros e
o ponto de tangência são colineares.
7. Prove que a mediatriz de uma corda passa pelo centro da circunferência.
8. Em um triângulo equilátero, prove que as circunferências inscrita e circunscrita têm o mesmo centro.
9. Em uma circunferência, são traçadas duas cordas paralelas à partir das
extremidades de um diâmetro. Prove que as duas cordas são congruentes.
92
10. Na Figura 10.20, P R é tangente à circunferência no ponto P e P Q ≡ OP .
Prove que OQ ≡ QR.
O
Q
R
P
Figura 10.20
11. Na Figura 10.21, tem-se AC ≡ BD. Prove que AB ≡ CD e que AD é
paralelo a BC.
D
A
B
C
Figura 10.21
12. Prove que todo paralelogramo inscrito numa circunferência é retângulo.
13. Na Figura 10.22, P é um ponto pertencente ao exterior da circunferência.
Prove que AP · P B = CP · P D.
B
A
P
D
C
Figura 10.22
14. Considere um ponto P que tenha mesma potência em relação a duas
2
2
circunferências C(O1 ; r1 ) e C(O2 ; r2 ), ou seja, O1 P − r12 = O2 P − r22 .
Prove que o conjunto dos pontos que possuem mesma potência que P em
relação às duas cinrcunferências é a reta que passa por P e é perpendicular
a O1 O2 . Analise este problema para o caso de três circunferências (cf. [16]).
93
15. Sejam P T e P U duas tangentes, contendo P , à duas circunferências
concêntricas, com P pertencente à circunferência menor. Se P T intercepta
2
2
2
a circunferência maior num ponto Q, prove que P T − P U = QT .
16. Na Figura 10.23, as retas são tangentes comuns às duas circunferências. Prove que m e n se interceptam na reta que passa pelo centro das
circunferências. Além disso, se os raios das circunferências são diferentes,
prove que as retas r e s também se interceptam na reta dos centros.
r
m
n
s
Figura 10.23
17. Dado um triângulo retângulo ABC, constrói-se um semicírculo sobre
cada um de seus lados, tendo os lados como diâmetros. Prove que a soma
das áreas dos semicírculos, situados sobre os catetos, é igual a área do semicírculo situado sobre a hipotenusa. Prove que, se ao invés de construirmos
semicírculos, construirmos triângulos equiláteros, obtemos o mesmo resultado. O resultado continua válido se construirmos polígonos regulares?
18 (Lúnulas de Hipócrates). Uma lúnula é uma figura geométrica limitada por dois arcos de circunferência de raios distintos. Dado um triângulo
retângulo ABC, com ângulo reto em C, sejam O, P , Q os pontos médios
dos lados AB, BC e AC, respectivamente. Com centro em O, traça-se um
semicírculo de raio OA. Com centro em P , traça-se um semicírculo de raio
P B, e com centro em Q traça-se um semicírculo de raio AQ. Essa construção
delimita duas lúnulas, L1 e L2 , como na Figura 10.24. Prove que a soma das
áreas das lúnulas é igual a área do triângulo ABC.
19. A região limitada por dois raios e um arco de uma circunferência é
chamada de setor circular. Prove que a área de um setor circular é 21 rs,
onde r é o raio da circunferência e s é a medida do arco.
20 (Teorema da borboleta). Dado uma circunferência C(O; r), considere
uma corda P Q de C(O; r) e seja M o ponto médio de P Q. Considere também
94
C
L1
L2
Q
P
A
O
B
Figura 10.24
duas cordas AB e CD de C(O; r) passando por M . Se AD e BC interceptam
P Q em X e Y , respectivamente, prove que M é também ponto médio do
segmento XY .
B
D
Y
X
P
Q
M
C
A
Figura 10.25: Teorema da borboleta.
95
Capítulo 11
Isometrias do plano
O principal objetivo deste capítulo é o de classificar as isometrias do
plano e estudar algumas de suas propriedades.
11.1
Introdução
Neste capítulo admitiremos que foi fixada uma unidade de medida no
plano, aquela dada pelo Axioma 7, e denotaremos, como de costume, por
AB a distância do ponto A ao ponto B no plano, ou seja, a medida do
segmento AB.
Definição 11.1.1. Uma isometria do plano é uma aplicação ϕ que preserva
distâncias, ou seja, para quaisquer pontos X, Y do plano, tem-se
X 0 Y 0 = XY ,
onde X 0 = ϕ(X) e Y 0 = ϕ(Y ).
Toda isometria ϕ é injetora pois, se X 6= Y então X 0 Y 0 = XY > 0,
logo X 0 6= Y 0 . Veremos a seguir que uma isometria é também sobrejetora.
Analogamente ao caso de semelhanças (cf. Lema 9.1.6), temos a seguinte
Proposição 11.1.2. Toda isometria ϕ transforma retas em retas.
Demonstração. De fato, dado uma reta r, considere dois pontos distintos
A, B ∈ r e denotemos por r0 a reta que passa por A0 e B 0 . Dado qualquer
ponto X ∈ r, um dos três pontos A, B, X está entre os outros dois. Suponha
que X esteja entre A e B, i.e., X ∈ AB. Os demais casos são tratados
analogamente. Assim, AB = AX + XB e, portanto,
A0 B 0 = AB = AX + XB = A0 X 0 + X 0 B 0 ,
96
ou seja, X 0 pertence ao segmento A0 B 0 . Assim, os pontos A0 , B 0 , X 0 são
colineares. Isso prova que a restrição de ϕ a r é uma isometria entre r e r0 .
Como toda isometria entre retas é sobrejetora (cf. Observação 9.1.2), tem-se
ϕ(r) = r0 .
Proposição 11.1.3. Toda isometria ϕ transforma retas perpendiculares em
retas perpendiculares.
Demonstração. Sejam r, s duas retas perpendiculares, que se interceptam
num ponto O. Considere dois pontos A, B em r, equidistantes de O, e um
ponto C sobre s, distinto de O. A isometria ϕ transforma a mediana OC
do triângulo isósceles ABC na mediana O0 C 0 do triângulos isósceles A0 B 0 C 0 ,
logo O0 C 0 é perpendicular a A0 B 0 , ou seja, r0 é perpendicular a s0 .
s
C
s'
C'
j
r'
A
O
B
r
A'
O'
B'
Figura 11.1
Proposição 11.1.4. Toda isometria ϕ é uma bijeção, cuja inversa ϕ−1 é
ainda uma isometria.
Demonstração. Já vimos que ϕ é injetora. Para provar a sobrejetividade,
considere um ponto arbitrário X 0 e tracemos uma reta qualquer r. A imagem
de r por ϕ é uma reta r0 . Se X 0 ∈ r0 então, por definição de imagem,
existe um ponto X ∈ r tal que ϕ(X) = X 0 . Caso contrário, seja s0 a reta
perpendicular baixada de X 0 sobre r0 (cf. Figura 11.2). Denotemos por Y 0
a interseção de r0 e s0 . Como Y 0 ∈ r0 , existe Y ∈ r tal que ϕ(Y ) = Y 0 . Seja
s a reta perpendicular a r passando por Y . A imagem de s por ϕ é a reta
perpendicular a r0 e contém Y 0 , logo ϕ(s) = s0 . Como X 0 ∈ s0 , existe X ∈ s
tal que ϕ(X) = X 0 .
Segue diretamente da definição que se ϕ e ψ são isometrias então a composta ϕ ◦ ψ é também uma isometria. Assim, como a aplicação identidade
97
s'
s
j
X'
X
Y
r
Y'
r'
Figura 11.2
é isometria, o conjunto de todas as isometrias, munido da operação de composição, forma um grupo.
Proposição 11.1.5. Se uma isometria ϕ possui três pontos fixos não colineares então ϕ é a identidade.
Demonstração. Sejam A, B, C pontos não colineares tais que ϕ(A) = A,
ϕ(B) = B e ϕ(C) = C. Considere as retas AB e AC. A imagem da reta
AB por ϕ é a reta que passa pelos pontos ϕ(A) e ϕ(B), logo ϕ(AB) = AB.
Assim, a restrição de ϕ à reta AB é uma isometria da reta AB, com dois
pontos fixos distintos, A e B. Afirmamos que ϕ(X) = X, para todo X ∈ AB.
De fato, suponha que exista um ponto X ∈ AB tal que X 0 = ϕ(X) 6= X.
Como ϕ é isometria, tem-se X 0 A = XA, logo A é ponto médio do segmento
XX 0 . Analogamente, como X 0 B = XB, segue que B também é ponto
médio de XX 0 . Da unicidade do ponto médio, segue que A ≡ B, o que é
uma contradição. Analogamente se prova que ϕ(Y ) = Y , para todo Y ∈ AC.
Seja agora Z um ponto qualquer do plano, e por ele traçamos uma reta r que
intercepta AB e AC respectivamente nos pontos X e Y . Como ϕ(X) = X
e ϕ(Y ) = Y , concluimos que ϕ deixa fixos todos os pontos da reta r. Em
particular, ϕ(Z) = Z. Como Z foi escolhido de forma arbitrária, resulta que
ϕ é a aplicação identidade.
Corolário 11.1.6. Sejam ϕ, ψ isometrias e A, B, C três pontos não colineares tais que ϕ(A) = ψ(A), ϕ(B) = ψ(B) e ϕ(C) = ψ(C). Então ϕ = ψ.
Demonstração. A isometria φ = ϕ−1 ◦ ψ deixa fixos os pontos A, B e C.
Assim, pela Proposição 11.1.5, φ é a aplicação identidade, logo ϕ = ψ.
11.2
Exemplos de isometrias
Exemplo 11.2.1 (Reflexão em torno de uma reta). Dado uma reta r, a
reflexão em torno da reta r é a aplicação Rr assim definida: Rr (X) = X, para
98
todo X ∈ r e, para X 6∈ r, Rr (X) = X 0 é tal que a mediatriz do segmento
XX 0 é a reta r. A fim de provar que Rr é uma isometria, consideremos dois
casos.
X
r
X'
Figura 11.3
1o caso: X e Y estão no mesmo semi-plano determinado por r. Traçamos
os segmentos XA e X 0 A0 , paralelos a r, com A e A0 sobre Y Y 0 (cf. Figura
11.4). Os triângulos retângulos XAY e X 0 A0 Y 0 têm os catetos com a mesma
medida, logo suas hipotenusas são congruentes, i.e., X 0 Y 0 = XY .
Y
A
X
r
A'
X'
Y'
Figura 11.4
2o caso: X e Y estão em semi-planos opostos determinados por r. Denotemos
por A e B os pontos de interseção de XY e XX 0 com a reta r. Os triângulos
retângulos ABX e ABX 0 têm o cateto AB em comum e BX ≡ BX 0 (cf.
Figura 11.5). Assim, os triângulos AXX 0 e AY Y 0 são isósceles, portanto
\0 e Y
\0 . Por
\ = BAX
\
suas medianas são bissetrizes, ou seja, XAB
AC = CAY
\
\
outro lado, tem-se XAB = AY C, por serem ângulos opostos pelo vértice.
Assim,
\0 = Y
\0 .
\ + BAX
\
XAB
AC + CAY
\0 é o suplemento do ângulo XAY
\0 , segue-se que XAB
\
\+
Como Y
AC + CAY
0
0
0
\ também o é, logo X , A e Y são pontos colineares. Portanto,
BAX
X 0 Y 0 = X 0 A + AY 0 = XA + AY = XY .
99
Y'
X
B
C
r
A
X'
Y
Figura 11.5
Observe que os pontos fixos da reflexão Rr são os pontos da reta r. Além
disso, para todo ponto X, tem-se Rr (Rr (X)) = X, i.e., Rr ◦ Rr é a aplicação
identidade, logo (Rr )−1 = Rr .
Exemplo 11.2.2 (Translação). Dados dois pontos distintos do plano, A
e B, a translação do segmento AB é a aplicação TAB definida do seguinte
modo. Se X pertence à reta AB, pomos X 0 = TAB (X) como sendo o ponto
da reta AB tal que XX 0 = AB e, além disso, o sentido de percursso de X
para X 0 é o mesmo de A para B. Se X é qualquer outro ponto do plano,
B
A
M
X
X'
Figura 11.6
sua imagem X 0 = TAB (X) é o quarto vértice do paralelogramo que tem AB
e AX como lados. Assim, qualquer que seja a posição de X no plano, sua
X
X'
M
A
B
Figura 11.7
imagem X 0 por TAB fica caracterizada pelo fato de que os segmentos AX 0 e
BX têm o mesmo ponto médio M . Na definição de TAB é essencial levar em
consideração a ordem em que são considerados os pontos A e B. A translação
TBA é diferente de TAB ; na realidade, tem-se TBA = (TAB )−1 . As vezes é
útil mencionar o segmento de reta orientado AB para significar que o ponto
A foi tomado como origem e o ponto B como extremidade. Além disso, a
100
translação TAB não possui pontos fixos. Na realidade, para todo ponto X,
com X 0 = TAB (X), tem-se
XX 0 = AB.
(11.1)
A fim de provar que a translação TAB é uma isometria, considere dois pontos
arbitrários X, Y e suas imagens X 0 e Y 0 , respectivamente. Suponha, inicialmente, que a reta r que contém X e Y é paralela à reta s que contém A
e B. Temos dois casos a considerar, expressos na Figura 11.8. No primeiro
X
Y'
X' Y
X
Y X'
Y'
Figura 11.8
caso, os segmentos XX 0 e Y Y 0 não têm pontos interiores em comum e, no
segundo, têm. Então, usando (11.1), valem, respectivamente, as seguintes
relações:
X 0 Y 0 = X 0 Y + Y Y 0 = X 0 Y + XX 0 = XY
ou
X 0 Y 0 = Y Y 0 − X 0 Y = XX 0 − X 0 Y = XY .
Em qualquer caso, tem-se X 0 Y 0 = XY . Por outro lado, se r não é paralela
nem igual a s então XX 0 e Y Y 0 são lados opostos de um paralelogramo, logo
o mesmo ocorre com XY e X 0 Y 0 . Segue-se, portanto, que X 0 Y 0 = XY .
Y'
Y
X
X'
A
B
Figura 11.9
\
Exemplo 11.2.3 (Rotação). Dados um ponto O e um ângulo α = AOB,
de vértice O, a rotação de ângulo α em torno do ponto O é a aplicação RO,α
assim definida: RO,α (O) = O e, para todo X 6= O, X 0 = RO,α (X) é o ponto
do plano tal que
\0 = α
OX 0 = OX, XOX
e o sentido de rotação de A para B é o mesmo de X para X 0 . A condição
\0 = α significa que se tomarmos os pontos A e B tais que OA = OB =
XOX
101
OX = OX 0 então AB ≡ XX 0 . A exigência de que o sentido de rotação
de X para X 0 seja o mesmo que o sentido de A para B pode ser formulada
\0 têm a mesma bissetriz. A fim de
\ e AOX
dizendo-se que os ângulos BOX
X
B
X'
A
O
Figura 11.10
provar que RO,α é isometria, considere dois pontos X, Y do plano, distintos
0 OY e XOY
\
\0 têm a mesma bissetriz, segue-que
de O. Como os ângulos X
0
0
\
\
XOY ≡ X OY . Além disso, como OX ≡ OX 0 e OY ≡ OY 0 , concluimos que
os triângulos XOY e X 0 OY 0 são congruentes. Disso decorre, em particular,
que X 0 Y 0 = XY , ou seja, RO,α é uma isometria, cujo único ponto fixo é O.
A fim de que a rotação RO,α esteja bem definida, é necessário que a ordem
das semi-retas SOA e SOB seja levada em consideração: SOA é a primeira e
\ é um ângulo orientado. Ele é
SOB é a segunda. Diz-se então que α = AOB
\ Mais precisamente,
considerado diferente do ângulo orientado −α = BOA.
tem-se
RO,−α = (RO,α )−1 .
Proposição 11.2.4. Se uma isometria ϕ possui dois pontos fixos distintos
então ou ϕ é a aplicação identidade ou é a reflexão em torno da reta que
contém esses pontos.
Demonstração. Sejam A, B dois pontos distintos tais que ϕ(A) = A e
ϕ(B) = B. Então ϕ deixa fixo todos os pontos da reta r = AB. Considere agora um ponto C não pertencente à reta r. Se ϕ(C) = C, então ϕ é a
aplicação identidade, pela Proposição 11.1.5. Se, entretanto, C 0 = ϕ(C) 6= C
então, como AC ≡ AC 0 e BC ≡ BC 0 , a reta r é a mediatriz do segmento
CC 0 , logo C 0 = Rr (C). Portanto, ϕ coincide, nos pontos não-colineares A,
B e C, com a reflexão em torno da reta r, logo ϕ = Rr .
Corolário 11.2.5. Sejam ϕ, ψ isometrias e suponha que existam dois pontos
distintos A e B tais que ϕ(A) = ψ(A) e ϕ(B) = ψ(B). Então ou ϕ = ψ ou
ϕ = ψ ◦ Rr , onde Rr é a reflexão em torno da reta r = AB.
102
C
A
B
r
C'
Figura 11.11
Demonstração. A aplicação φ = ψ −1 ◦ ϕ é uma isometria com dois pontos
fixos distintos, A e B. Portanto, pela Proposição 11.2.4, ou ψ −1 ◦ ϕ é a
aplicação identidade ou então ψ −1 ◦ ϕ = Rr , donde ϕ = ψ ◦ Rr .
11.3
Classificação das isometrias do plano
O objetivo dessa seção é provar o seguinte
Teorema 11.3.1. Existem apenas três tipos de isometrias do plano: translação, rotação e reflexão, além da aplicação identidade ou composição das
aplicações anteriores.
Demonstração. Seja ϕ uma isometria diferente da aplicação identidade. Assim, existe um ponto A tal que A0 = ϕ(A) 6= A. Seja A00 = ϕ(A0 ). Temos,
assim, que A0 A00 = AA0 > 0, logo os pontos A, A0 e A00 são dois a dois
distintos. Consideremos os três seguintes casos.
Caso 1: A, A0 e A00 são não-colineares. Neste caso, a imagem do triângulo
AA0 A00 pela isometria ϕ é um triângulo A0 A00 B. Como os lados deste triângulo têm medidas congruentes às dos lados do triângulo AA0 A00 , existem
duas possíveis posições para o vértice B, conforme ele e o ponto A estejam
ou não no mesmo semi-plano determinado pela reta A0 A00 . No primeiro caso,
B
A''
A'
A
B
Figura 11.12
103
o ponto B = ϕ(A00 ) forma com A, A0 e A00 a poligonal convexa AA0 A00 B,
c0 e A
c00 são congruenna qual os lados têm a mesma medida e os ângulos A
tes, logo ela pode ser inscrita numa circunferência de raio OA, cujo centro
O é a interseção das mediatrizes dos segmentos AA0 , A0 A00 e A00 B. Seja
A'
A''
B
A
O
Figura 11.13
O0 = ϕ(O). Como OA = OA0 = OA00 , temos O0 A0 = O0 A00 = O0 B, logo O0
pertence às mediatrizes dos segmentos A0 A00 e A00 B, donde O0 ≡ O. Assim,
\0 , temos:
se considerarmos a rotação RO,α , onde α = AOA
RO,α (A) = A0 = ϕ(A),
RO,α (A0 ) = A00 = ϕ(A0 ),
RO,α (A00 ) = B = ϕ(A00 ).
Portanto, segue da Proposição 11.2.4, que ϕ = RO,α é uma rotação. Na
segunda hipótese, para o ponto B, temos um paralelogramo no qual AA0 e
A00 B são lados opostos e A0 A00 é uma diagonal. Disso decorre que os pontos
médios M , P , N dos segmentos AA0 , A00 B e A0 A00 , respectivamente, estão
sobre uma reta r. Considere a isometria ψ = TM N ◦ Rr , composta da trans-
A'
M
A
B
N
P
r
A''
Figura 11.14
lação TM N com a reflexão em torno da reta r. Segue que ψ e ϕ coincidem
nos três pontos não-colineares A, A0 e A00 . Portanto, pela Proposição 11.1.5,
tem-se ϕ = ψ, ou seja, ϕ é a composição de uma translação com uma rotação.
Caso 2: A, A0 e A00 são pontos distintos e colineares. Como AA0 = A0 A00 , A0 é
104
o ponto médio do segmento AA00 . A reta r, que contém os três pontos dados,
é transformada em si mesma por ϕ. Além disso, ϕ coincide nos pontos A e
A0 com a translação TAA0 : r → r. Assim, em todos os pontos da reta r, ϕ
coincide com TAA0 . Considere agora um ponto B 6∈ r. O triângulo AA0 B é
B'
B
r
A''
A'
A
B'
Figura 11.15
transformado por ϕ no triângulo A0 A00 B 0 , congruente a AA0 B. Existem duas
posições possíveis para o vértice B 0 , conforme ele e B estejam no mesmo ou
em semi-planos opostos determinados pela reta r. Na primeira hipótese, AB
e A0 B 0 são lados opostos de um paralelogramo. Assim, considerando a translação TAA0 , vemos que ϕ e TAA0 coincidem nos três pontos não-colineares A,
A0 e B. Segue então da Proposição 11.1.5 que ϕ = TAA0 é uma translação.
Na segunda hipótese, o ponto B 0 é o simétrico, em relação a r, do ponto B 0
do caso anterior. Assim, considerando a isometria ψ = TAA0 ◦ Rr , vemos que
ψ(A) = ϕ(A) = A0 , ψ(A0 ) = ϕ(A0 ) = A00 e ψ(B) = ϕ(B) = B 0 . Portanto,
pela Proposição 11.1.5, segue que ϕ = TAA0 ◦ Rr .
Caso 3: Suponha A00 = A. Neste caso, ϕ transforma o segmento AA0 em si
mesmo, logo ϕ(M ) = M , onde M é o ponto médio de AA0 . Disso decorre
que a mediatriz s do segmento AA0 é transformada em si mesma por ϕ. Seja
s
B
A
M
r
A'
Figura 11.16
B um ponto dessa mediatriz, diferente de M . Há duas possibilidades: ou
ϕ(B) = B ou B 0 = ϕ(B) é o simétrico de B em relação à reta r = AA0 .
No primeiro caso, ϕ coincide com a reflexão Rs nos pontos A, A0 e B, logo
105
ϕ = Rs . Na segunda hipótese, ϕ coincide com a rotação RM,180o nos pontos
não-colineares A, B e M , logo ϕ = RM,180o . Portanto, ϕ é uma translação
ou uma rotação.
11.4
Exercícios
1. Prove que toda isometria transforma retas paralelas em retas paralelas.
2. Sejam ABC e A0 B 0 C 0 dois triângulos congruentes. Prove que existe uma
única isometria do plano ϕ tal que ϕ(A) = A0 , ϕ(B) = B 0 e ϕ(C) = C 0 .
3. Sejam ϕ uma isometria e A um ponto tais que ϕ(A) 6= A e ϕ(ϕ(A)) = A.
Prove que ϕ é uma reflexão em torno de uma reta ou é uma rotação.
4. Dado uma isometria ϕ, prove que, para toda reta r, os pontos médios dos
segmentos XX 0 , com X ∈ r e X 0 = ϕ(X), estão todos sobre uma mesma
reta s.
106
Parte III
Geometria Euclidiana Espacial
107
Capítulo 12
Pontos, Retas e Planos
Analogamente à Geometria plana, faremos nestas notas uma exposição
da Geometria espacial sob o ponto de vista axiomático. No entanto, como
estamos admitindo conhecidos os fundamentos da Geometria plana, faremos
aqui apenas a passagem da Geometria plana para a espacial, ou seja, admitiremos conhecidos todos os resultados da Geometria plana válidos em cada
plano do espaço, e abordaremos apenas as propriedades adicionais que devem
exprimir as relações fundamentais de pontos, retas e planos no espaço.
12.1
Noções primitivas e axiomas
A fundamentação da Geometria espacial parte de três termos primitivos
que são as noções de ponto, reta e plano; o ambiente de trabalho será chamado
de espaço. Embora não seja necessário enunciar propriedades a respeito de
retas e pontos contidos em um plano, devemos reafirmar, para o espaço, as
propriedades básicas de pontos e retas.
Axioma 17. Por dois pontos distintos do espaço passa uma única reta.
Axioma 18. Dado uma reta do espaço, existem pontos que pertencem à reta
e pontos que não pertencem à reta.
Enunciamos agora as propriedades básicas a respeito de pontos e planos.
Axioma 19. Por três pontos não colineares do espaço passa um único plano.
Axioma 20. Dado um plano do espaço, existem pontos que pertencem ao
plano e pontos que não pertencem ao plano.
108
O Axioma 19 estabelece que, enquanto a reta é um objeto unidimensional,
o plano é um objeto bidimensional. Além disso, decorre do Axioma 20 que
todo plano é um subconjunto próprio do espaço.
Proposição 12.1.1. Se uma reta r tem dois de seus pontos pertencentes a
um plano π, então ela está contida neste plano.
Demonstração. Considere dois pontos A, B ∈ r tais que A, B ∈ π. Segue
então da Geometria Plana que existe uma única reta s ⊂ π contendo A e
B. Por outro lado, pelo Axioma 17, A e B determinam uma única reta
do espaço, que é a reta r; portanto, r coincide com s, que está contida no
plano.
Observe que, de acordo com a Proposição 12.1.1, uma reta e um plano
no espaço só podem ter uma das seguintes posições relativas: a reta pode
estar contida no plano, a reta e o plano interceptam-se num único ponto, ou
não possuem pontos em comum.
Proposição 12.1.2. Existe um único plano que contém uma reta r e um
ponto A não pertencente a ela.
Demonstração. Considere dois pontos distintos B, C ∈ r. Como A, B e C
são não colineares, segue do Axioma 19 que existe um único plano π contendo
tais pontos. Como B, C ∈ π, segue da Proposição 12.1.1 que r ⊂ π.
A
B
C
r
Figura 12.1
Segue do Axioma 17 que duas retas distintas têm no máximo um ponto
em comum. De fato, como existe uma única reta contendo dois pontos
distintos, duas retas que tenham mais de um ponto comum são coincidentes.
Quando duas retas têm apenas um ponto em comum, elas são chamadas de
retas concorrentes.
Proposição 12.1.3. Por duas retas concorrentes r e s passa um único plano.
Demonstração. Seja P o ponto de interseção de r e s, e considere pontos
Q ∈ r e R ∈ s, distintos de P . Pelo Axioma 19, existe um único plano π
contendo P , Q e R. Além disso, como r e s têm, cada uma, dois pontos no
plano, a Proposição 12.1.1 implica que r e s estão contidas em π.
109
Definição 12.1.4. Duas retas do espaço chamam-se paralelas se não possuem pontos em comum e estão contidas em um mesmo plano. Quando duas
retas do espaço não estão contidas no mesmo plano elas são chamadas de
retas reversas.
Da Proposição 12.1.3 segue que duas retas reversas não possuem pontos
em comum. Além disso, o plano que contém duas retas paralelas é único.
Proposição 12.1.5. Dados uma reta r e um ponto P 6∈ r, existe uma única
reta passando por P e paralela a r.
Demonstração. Denotemos por π o plano determinado por r e P , e por s a
paralela a r, passando por P e contida em π. Suponha que exista outra reta
s0 , paralela a r e passando por P . Como r e s0 são paralelas, existe um plano
π 0 contendo r e s0 . O plano π 0 contém r e P , logo coincide com π. Assim, s
e s0 são duas retas contidas em π, paralelas a r e passando por P . Portanto,
pelo Axioma das paralelas, s e s0 são coincidentes.
P
r
s
s'
Figura 12.2
O paralelismo de retas no espaço possui propriedades semelhantes ao paralelismo no plano. Em particular, se duas retas distintas r e s são paralelas
a uma mesma reta t, então r e s são paralelas entre si.
O axioma seguinte se refere à tridimensionalidade do espaço.
Axioma 21. Se dois planos possuem um ponto em comum, então eles possuem, pelo menos, mais um ponto em comum.
Decorre do Axioma 21 que existem apenas duas posições relativas para
dois planos distintos do espaço: eles podem paralelos (quando não têm ponto
em comum) ou secantes (quando têm uma reta em comum).
O teorema seguinte é, as vezes, adotado no lugar do Axioma 21, como
um axioma capaz de caracterizar a tridimensionalidade do espaço. Mais
precisamente, este teorema expressa a propriedade que um plano tem de
separar o espaço.
110
Teorema 12.1.6. Todo plano divide o espaço em dois semi-espaços tais
que, se dois pontos A e B estão em um mesmo semi-espaço, o segmento AB
está contido neste semi-espaço e não intercepta o plano; se A e B estão em
semi-espaços opostos, AB intercepta o plano.
Demonstração. Utilizaremos, na demonstração, o fato da Geometria Plana
de que qualquer reta divide o plano em dois semi-planos. Dados um plano π
e um ponto P 6∈ π, dividimos os pontos do espaço que não estão em π em dois
conjuntos, chamados de semi-espaços, do seguinte modo: um semi-espaço é
formado pelos pontos Q 6∈ π tais que P Q ∩ π = φ; o outro semi-espaço é
formado pelos pontos Q 6∈ π tais que P Q ∩ π 6= φ. Dados dois pontos A
e B no semi-espaço que contém P , seja α o plano passando por A, B e P .
Se α não intercepta π, AB não intercepta π. Suponha, então, que α e π
interceptam-se ao longo de uma reta r, que divide α em dois semi-planos.
Como os segmentos P A e P B não interceptam π, eles não interceptam r.
Logo, A e B estão em um mesmo semi-plano determinado por r. Isso significa
que AB está contido neste semi-plano e, assim, não intercepta r, logo não
intercepta π. Analogamente se A e B estão no semi-espaço que contém P .
P
a
B
r
p
A
Figura 12.3
Suponha agora que A está num semi-espaço e B no outro. Seja α o plano
passando por A, B e P , interceptando π numa reta r. Como A está num
semi-plano determinado por r, e B no outro, o segmento AB intercepta a
reta r, logo intercepta π (cf. Figura 12.7).
12.2
Construção de pirâmides e paralelepípedos
Com as poucas propriedades já estabelecidades, podemos construir alguns poliedros que passaremos, inicialmente, a definí-los.
111
P
a
r
A
p
B
Figura 12.4: A e B em semi-espaços distintos.
Definição 12.2.1. Um poliedro é uma região do espaço delimitada por um
número finito de regiões poligonais planas, chamadas faces do poliedro, tais
que:
(a) A interseção de duas faces é vazia, ou é um vértice comum às duas, ou é
um lado comum às duas;
(b) Cada lado de uma face é lado de exatamente mais outra face.
Exemplo 12.2.2. Dados um polígono A1 A2 . . . An e um ponto V exterior
ao plano do polígono, traçamos os segmentos V A1 , V A2 , . . . V An . Cada
dois vértices consecutivos de A1 A2 . . . An determinam com V um triângulo. Estes triângulos, junto com o polígono A1 A2 . . . An , delimitam uma
região do espaço, que é a pirâmide de base A1 A2 . . . An e vértice V . Os
segmentos V A1 , V A2 , . . . V An são chamados arestas laterais e os triângulos
V A1 A2 , V A2 A3 , . . . , V An−1 An são as faces laterais da pirâmide.
V
A1
A5
A2
A3
A4
Figura 12.5
Exemplo 12.2.3. Considere uma pirâmide de base retangular ABCD e
vértice V . Considere os planos α e β determinados pelos pontos V, A, C e
V, B, D, respectivamente. Os planos α e β são distintos, logo sua interseção
112
é uma reta r que passa por V . As interseções de α e β com o plano da base
são as diagonais AC e BD, respectivamente, do quadrilátero ABCD. Seja
P o ponto de interseção de AC e BD. Assim, P é um ponto comum aos
planos α, β e ABCD, logo pertence à reta r. Portanto, α e β se interceptam
segundo a reta que passa por V e pelo ponto de interseção de AC e BD.
V
D
C
P
A
B
r
Figura 12.6: Pirâmide de base retangular ABDC.
Exemplo 12.2.4. Considere três segmentos AB, AD e AE, não coplanares.
Por B e D, considere as paralelas a AD e AB, respectivamente, obtendo o
paralelogramo ABCD. A seguir, traçamos as paralelas a AE pelos pontos
B, C e D. Tomando segmentos congruentes a AE sobre estas retas, no
mesmo semi-espaço que E, são obtidos os pontos F , G e H. Trace, então,
os segmentos EF , F G, GH e HE, que são coplanares, pois EF e GH são
paralelos. O poliedro, assim obtido, chama-se o paralelepípedo de vértices
A, B, C, D, E, F, G, H.
H
G
F
E
C
D
A
B
Figura 12.7: Paralelepípedo ABCDEF GH.
113
12.3
Exercícios
5. Considere um conjunto de, pelo menos, três retas distintas. Mostre que,
se duas quaisquer destas retas são concorrentes, então elas estão todas num
mesmo plano ou passam todas pelo mesmo ponto.
6. Duas retas r e s são concorrentes em um ponto A. Fora do plano determinado por r e s, considere um ponto P qualquer. Determine a interseção
do plano determinado por r e P com o plano determinado por s e P .
7. Prove que a noção de paralelismo de retas no espaço satisfaz a propriedade
de transitividade.
8. Sejam r, s e r0 , s0 dois pares de retas concorrentes tais que r e r0 são
paralelas entre si e, s e s0 também são paralelas entre si. Prove que o ângulo
formado por r e s é igual ao ângulo formado por r0 e s0 .
9. Sejam A, B, C e D pontos quaisquer do espaço. Sejam M , N , P e Q os
pontos médios de AB, BC, CD e DA, respectivamente. Mostre que M N P Q
é um paralelogramo.
10. Mostre que os três segmentos que unem os pontos médios das arestas
opostas de um tetraedro qualquer ABCD se encontram em um mesmo ponto.
114
Capítulo 13
Paralelismo
13.1
Paralelismo de reta e plano
Consideremos um plano π e uma reta r no espaço. Se existir um único
ponto comum a r e π, diremos que r e π são secantes. Se r e π não possuem
pontos em comum, diremos que eles são paralelos. O teorema seguinte estabelece uma condição necessária e suficiente para que uma reta e um plano
sejam paralelos.
Teorema 13.1.1. Um plano π e uma reta r não contida em π são paralelos
se, e somente se, existe uma reta s contida em π e paralela a r.
Demonstração. Suponha que r e π sejam paralelos. Dado um ponto P ∈ π,
considere o plano α determinado por r e P . Os planos α e π, por terem o
r
a
s
p
P
Figura 13.1
ponto P em comum, se interceptam ao longo de uma reta s. As retas r e
s são paralelas, pois são coplanares e não possuem pontos em comum. De
fato, se existisse algum ponto comum a ambas, ele seria um ponto comum
a r e π, o que é uma contradição. Reciprocamente, suponha que uma reta
115
s ⊂ π seja paralela a r. Queremos provar que r é paralela a π. Para isso,
considere o plano α determinado por r e s. Se r interceptasse o plano π,
seria necessariamente um ponto da interseção s de α e π, o que é impossível,
pois r e s são paralelas. Logo, r e π são paralelos.
Exemplo 13.1.2. Considere uma pirâmide V ABCD, onde a base ABCD
é um paralelogramo. O plano π, determinado pelos vértices V, A, B e a reta
CD são paralelos, pois CD é paralela à reta AB contida em π.
V
A
D
B
C
Figura 13.2: Pirâmide cuja base ABCD é um paralelogramo.
Exemplo 13.1.3. Dado um paralelepípedo ABCDEF GH, considere o plano
α determinado pelas arestas opostas AE e CG, e o plano β determinado por
BF e DH. Considere os pontos O e P , interseção das diagonais das bases
(cf. Figura 17.4). Tais pontos pertencem a α e a β; assim, a reta r, determinada por O e P , está contida em α e β. Além disso, r é paralela às arestas
AE, BF , CG e DH. De fato, AE é paralela a β, já que é paralela à reta
BF contida em β. Como AE ⊂ α, AE é paralela à reta r, interseção de α e
β. Analogamente para os demais casos.
r
H
G
P
E
F
D
C
O
A
B
Figura 13.3: Paralelepípedo ABCDEF GH.
116
13.2
Paralelismo de planos
Dois planos distintos do espaço, que possuem uma reta em comum, são
chamados de secantes; caso eles não possuem nenhum ponto em comum,
diremos que eles são planos paralelos. Nesta seção, mostraremos como construir pares de planos paralelos. Para isso, estabeleceremos, inicialmente, um
critério de paralelismo de planos baseado em retas.
Proposição 13.2.1. Se α e β são planos paralelos, então α é paralelo a toda
reta contida em β. Reciprocamente, se α é paralelo a duas retas concorrentes
contidas em β, então α e β são paralelos.
Demonstração. Suponha que α e β sejam paralelos. Dado uma reta r ⊂ β, r
não pode interceptar o plano α pois, do contrário, β interceptaria o plano α.
Assim, r e α são paralelos. Reciprocamente, sejam r e s duas retas contidas
em β, concorrentes em um ponto A, e paralelas ao plano α. Suponha que α
e β se interceptem ao longo de uma reta t. Como r e s são paralelas ao plano
α, r e s não interceptam a reta t. Assim, como t ⊂ β, r e s são paralelas a
t. Isso contradiz a unicidade da paralela a t passando por A. Portanto, α e
β são paralelos.
Proposição 13.2.2. Por um ponto P , exterior a um plano α, passa um
único plano β paralelo a α.
Demonstração. Sejam r e s duas retas concorrentes contidas em α. Pelo
ponto P , considere as retas r0 e s0 , paralelas a r e s, respectivamente. Seja β
o plano determinado por r0 e s0 . Como r0 e s0 são paralelas ao plano α, segue
da Proposição 13.2.1 que β é paralelo a α. Quanto à unicidade, suponha
t1
r
P
s
a
Figura 13.4
que existam dois planos β1 e β2 passando por P e paralelos a α. Como
P ∈ β1 ∩ β2 , a interseção de β1 e β2 é uma reta r, paralela a α. Seja s uma
reta contida em α, não paralela a r, determinando com P um plano γ. A
117
interseção de γ e β1 é uma reta t1 , que é paralela à reta s, pois s e t1 são
coplanares e estão contidas em planos paralelos. Isso implica que t1 e r são
distintas. Analogamente, a interseção de γ e β2 é uma reta t2 , paralela a s.
Como t1 e t2 passam por P , elas são necessariamente coincidentes. Assim, β1
e β2 contêm, além da reta r, uma segunda reta comum t1 . Portanto, β1 e β2
são coincidentes, ou seja, o plano paralelo a α passando por P é único.
A proposição 13.2.2 permite-nos contruir novos poliedros, como mostra
o exemplo seguinte.
Exemplo 13.2.3. Considere um polígono A1 A2 . . . An contido em um plano
α e escolha um ponto B1 não pertencente a α. Por B1 , traçamos o plano
β paralelo a α. Pelos demais vértices A2 , . . . , An traçamos retas paralelas a A1 B1 , que interceptam β nos pontos B2 , . . . , Bn . Escolha dois segmentos consecutivos assim determinados: A1 B1 e A2 B2 , por exemplo. O
B5
B6
B1
B4
B2
B3
A6
A5
A4
A1
A2
A3
Figura 13.5
quadrilátero A1 B1 B2 A2 é plano, pois os lados A1 B1 e A2 B2 são paralelos. Mas isso implica que os outros dois lados também são paralelos, pois
estão contidos em planos paralelos. Portanto, o quadrilátero é um paralelogramo. Os paralelogramos assim determinados, juntamente com os polígonos
A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn determinam um poliedro, chamado de prisma de
bases A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn . As arestas A1 B1 , A2 B2 , . . . , An Bn são chamadas de arestas laterais. Todas as arestas laterais são paralelas e congruentes; arestas laterais consecutivas formam paralelogramos, que são chamados
de faces laterais do prisma. As bases A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn são congruentes, pois estes polígonos possuem lados respectivamente congruentes e
paralelos.
118
Observação 13.2.4. Quando a base de um prisma é um paralelogramo, o
prisma é um paralelepípedo, construído de outra forma na Seção 17.1. Paralelepípedos são prismas que têm a particularidade de que qualquer uma de
suas faces pode ser escolhida como base.
Proposição 13.2.5. Se uma reta intercepta um plano, ela intercepta também qualquer plano paralelo a este. Se um plano intercepta uma reta, ele
intercepta também qualquer reta paralela a ela.
Demonstração. Sejam α e β dois planos paralelos e r uma reta secante ao
plano α num ponto A. Isso implica que r não está contida em β. Suponha
que r seja paralela a β. Assim, pelo Teorema 13.1.1, existe uma reta s ⊂ β
paralela a r. O plano γ, determinado por s e A, intercepta α ao longo de
uma reta t, que contém o ponto A. O fato de que α e β são paralelos implica
que s e t também são paralelas. Assim, r e t são duas retas passando por
A e paralelas a s. Isso implica que r e t são necessariamente coincidentes
e, portanto, r está contida em α, o que é uma contradição. Suponha agora
r
b
s
A
t
a
Figura 13.6
que um plano α intercepta uma reta r, e seja r0 uma paralela a r (cf. Figura
13.7). O plano γ, determinado por r e r0 , é secante a α ao longo de uma reta
s. Como r é secante a s, a reta r0 , que está contida no mesmo plano que r e
s, também é secante a s, logo é secante a α.
13.3
Proporcionalidade
Na Geometria espacial existe um teorema análogo ao Teorema de Tales
para feixe de planos paralelos. Para demonstrá-lo, precisaremos do seguinte
lema.
Lema 13.3.1. Dois segmentos paralelos compreendidos entre planos paralelos são congruentes.
119
r'
r
s
Figura 13.7
Demonstração. Sejam AB e CD dois segmentos paralelos compreendidos
entre os planos paralelos α e β. Assim, o quadrilátero ABDC é plano. Como
AC e BD estão contidas em planos paralelos, elas não possuem pontos em
comum, logo são paralelas. Portanto, ABDC é um paralelogramo e, assim,
AB ≡ CD.
C
A
D
B
Figura 13.8: Segmentos compreendidos entre planos paralelos.
Teorema 13.3.2. Um feixe de planos paralelos determina segmentos proporcionais subre duas retas secantes quaisquer.
Demonstração. Sejam α1 , α2 , α3 três planos paralelos e r, s duas retas secantes quaisquer. A reta r intercepta os planos nos pontos A1 , B1 , C1 , e
s intercepta os planos nos pontos A2 , B2 , C2 (cf. Figura 13.9). Queremos
provar que
A1 B 1
B1 C1
A1 C 1
=
=
.
A2 C 2
A2 B 2
B2 C2
(13.1)
Pelo ponto A1 , traçamos a reta s0 , paralela a s, que intercepta os planos α2
e α3 nos pontos B20 e C20 , respectivamente. As retas r e s0 determinam um
120
plano, que intercepta os planos α2 e α3 segundo as retas paralelas B1 B20 e
C1 C20 , respectivamente. Assim, pelo Teorema de Tales, temos:
A1 B 1
A2 B20
=
B1 C1
B20 C20
=
A1 C 1
.
A2 C20
(13.2)
Pelo Lema 13.3.1, temos A1 B20 ≡ A2 B2 , B20 C20 ≡ B2 C2 e A1 C20 ≡ A2 C2 .
Substituindo em (13.2), obtemos as iguladades em (13.1).
r
s'
s
a1
A2
A1
a2
B'2
B1
B2
a3
C2'
C1 C2
Figura 13.9: Feixe de planos paralelos.
Exemplo 13.3.3. Considere uma pirâmide de base A1 A2 A3 A4 e vértice V .
Tracemos um plano paralelo à base, interceptando as arestas laterais segundo
o quadrilátero B1 B2 B3 B4 . Este plano divide a pirâmide em dois poliedros:
a pirâmide de base B1 B2 B3 B4 e vértice V , e o tronco de pirâmide de bases
A1 A2 A3 A4 e B1 B2 B3 B4 . Na face lateral V A1 A2 , por exemplo, o segmento
B1 B2 é paralelo à base A1 A2 . Assim, pelo Teorema de Tales, temos:
V B1
V B2
B1 B2
=
=
= k.
V A1
V A2
A1 A2
Aplicando o mesmo raciocínio para as demais faces laterais, concluiremos
que a razão entre duas arestas correspondentes das duas pirâmides é sempre
igual a k. Mais precisamente, estas duas pirâmides são semelhantes na razão
k, ou seja, é possível estabelecer uma correspondência entre seus pontos de
modo que a razão entre os comprimentos de segmentos correspondentes nas
duas figuras seja constante. Para maiores detalhes, veja [5].
121
13.4
Exercícios
1. Prove que se uma reta é paralela a dois planos secantes, então ela é
paralela à reta de interseção dos dois planos.
2. Construa, por um ponto P , um plano paralelo à duas retas não paralelas
r e s.
3. Sejam r uma reta secante a um plano α e P um ponto exterior a α. Prove
que existe uma única reta que passa por P , intercepta r e é paralela a α.
4. Por um ponto qualquer da aresta AB de um tetraedro qualquer ABCD,
é traçado um plano paralelo às arestas AC e BD. Mostre que a seção
determinada por este plano no tetraedro é um paralelogramo.
5. Seja P um ponto exterior a um plano α. Para cada ponto Q de α, seja
X o ponto do segmento P Q que o divide na razão
XP
= k,
XQ
onde k > 0 é um número dado. Qual é o lugar geométrico dos pontos X
quando Q percorre o plano α?
122
Capítulo 14
Ortogonalidade
O conceito de ortogonalidade (ou perpendicularismo) entre retas vem da
Geometria plana. Duas retas concorrentes são ortogonais quando se interceptam formando quatro ângulos congruentes. Esta definição continua sendo
válida para retas concorrentes do espaço. Para estender o conceito para um
par r, s de retas reversas, considere duas retas r0 , s0 , concorrentes em um
ponto P , e paralelas a r e s, respectivamente. O ângulo entre r e s é definido
como o ângulo formado por r0 e s0 . Segue, do Exercício 4, que o ângulo entre
r e s independe da escolha das retas r0 e s0 . Portanto, diremos que duas
retas reversas r e s são ortogonais se as retas r0 e s0 são ortogonais.
14.1
Ortogonalidade entre reta e plano
Definição 14.1.1. Dizemos que uma reta r é ortogonal a um plano π se r
é ortogonal a toda reta contida em π.
Para que r seja ortogonal a π basta que r seja ortogonal às retas de π
que passam pelo ponto P , interseção de r com π. De fato, se isso ocorre, r
será ortogonal a qualquer outra reta de π, pois toda reta de π possui uma
paralela passando por P (cf. Figura 14.1).
Proposição 14.1.2. Se uma reta r e um plano π são ortogonais, toda reta
r0 , paralela a r, é ortogonal a π. Além disso, todo plano π 0 , paralelo a π, é
ortogonal a r.
Demonstração. Seja s0 uma reta contida em π e secante a r0 . Pelo ponto
de interseção de r com π, trace a reta s, contida em π e paralela a s0 . O
ângulo entre r0 e s0 é igual ao ângulo entre r e s, que é 90o . Logo, r0 e s0 são
ortogonais e, portanto, r0 é ortogonal a π.
123
r
P
p
Figura 14.1: A reta r ortogonal ao plano π.
Proposição 14.1.3. Se duas retas distintas, r e r0 , são ortogonais a um
plano π, então elas são paralelas. Se dois planos distintos, α e β, são ortogonais a uma reta r, então eles são paralelos.
Demonstração. Suponha que r e r0 não sejam paralelas. Pelo ponto de interseção de r0 e π, traçamos a reta s, paralela a r. Como r0 e s são distintas, elas
determinam um plano β, que intercepta π segundo uma reta t. Pela Proposição 14.1.2, a reta s é ortogonal ao plano π. Como r0 e s são ortogonais a π,
elas são ortogonais à reta t. Assim, no plano β existem duas retas ortogonais
à reta t passando pelo mesmo ponto, o que e uma contradição. Portanto, r
e r0 devem ser paralelas. Analogamente se prova a segunda afirmação.
b
r
s
r'
t
p
Figura 14.2: Retas r e r0 ortogonais ao plano π.
O teorema seguinte, além de proporcionar uma condição suficiente para
que uma reta seja ortogonal a um plano, nos dará ferramentas que permitam,
de fato, construir retas e planos ortogonais.
Teorema 14.1.4. Se uma reta r é ortogonal a duas retas concorrentes, contidas em um plano π, então r é ortogonal a π.
124
Demonstração. Sejam s e t duas retas contidas em π, concorrentes em um
ponto P , e suponha que sejam ortogonais à reta r. Podemos supor, sem
perda de generalidade, que r intercepta π no ponto P . Dado uma reta u
contida em π, passando por P , considere uma reta v, também contida em π,
que intercepta as retas s, t, u nos pontos S, T e U , respectivamente, distintos
de P (cf. Figura 14.3). Temos três possibilidades: S está entre T e U , T
está entre S e U , e U está entre S e T . Suponha que S esteja entre T e U .
Em cada semi-espaço determinado por π, considere dois pontos A1 , A2 ∈ r
tais que P A1 ≡ P A2 . Pelo caso LAL, os triângulos A1 P T e A2 P T são
congruentes. Analogamente os triângulos A1 P S e A2 P S são congruentes.
\
\
Disso decorre que A
1 SU ≡ A2 SU . Assim, pelo caso LAL, os triângulos
A1 SU e A2 SU são congruentes. Em particular, tem-se A1 U ≡ A2 U . Isso
implica, pelo caso LLL, que os triângulos A1 P U e A2 P U são congruentes.
\
\
Disso segue que A
1 P U ≡ A2 P U . Como A1 , P, A2 são colineares, segue que
o
\
\
A1 P U = 90 = A2 P U . Portanto, r é ortogonal a u. Os demais casos podem
ser provados de forma inteiramente análoga.
r
A1
U
P
v
u
s
S
T
t
p
A2
Figura 14.3
O teorema seguinte permite-nos, finalmente, construir retas e planos ortogonais.
Teorema 14.1.5. Por um ponto dado, pode-se traçar um único plano ortogonal a uma reta dada. Por um ponto dado, pode-se traçar uma única reta
ortogonal a um plano dado.
Demonstração. Dados uma reta r e um ponto P no espaço, consideremos
dois planos α1 e α2 contendo a reta r. Dado um ponto A ∈ r, considere
125
uma reta t1 contida em α1 e uma reta t2 contida em α2 , ambas ortogonais
a r no ponto A. O plano α, determinado por t1 e t2 , contém duas retas
concorrentes e ortogonais a r. Assim, pelo Teorema 14.1.4, α é ortogonal a
r. Pelo ponto P , traçamos um plano α0 paralelo a α, que também é ortogonal
a r, em virtude da Proposição 14.1.2. Se existisse outro plano passando por
P e ortogonal a r, ele seria também paralelo a α. No entanto, só existe um
plano paralelo a α passando por P . Para provar a segunda parte do teorema,
r
P
A
a1
a2
t2
t1
a
Figura 14.4: Unicidade do plano ortogonal a uma reta dada.
consideremos um plano π e um ponto P no espaço. Sobre π, considere duas
retas t1 e t2 , concorrentes num ponto A. Pelo ponto A, considere o plano
β1 ortogonal a t2 , e o plano β2 ortogonal a t1 . A reta r, interseção de β1
e β2 , é ortogonal a t1 e t2 logo, pelo Teorema 14.1.4, é ortogonal a π. Pelo
ponto P , considere a reta r0 paralela a r. Segue da Proposição 14.1.2 que r0
é ortogonal a π. Se existisse outra reta passando por P e ortogonal a π, ela
também seria paralela a r. No entanto, existe somente uma reta passando
por P e paralela a r.
r'
r
P
b1
b2
A
t1
t2
p
Figura 14.5: Unicidade da reta ortogonal a um plano dado.
Exemplo 14.1.6. Um prisma reto é o prisma obtido considerando-se, como
arestas laterais, retas ortogonais ao plano da base (cf. Figura 17.6). Como
126
consequência, as faces laterais são retângulos. Quando a base é um retângulo,
obtemos um paralelepípedo retângulo, no qual cada face é um retângulo. Um
caso mais particular é o caso do cubo, no qual cada face é um quadrado.
Figura 14.6: Prisma reto.
Exemplo 14.1.7. Uma pirâmide regular é construída considerando-se um
polígono regular A1 A2 . . . An como base e escolhendo como vértice um ponto
V sobre a reta ortogonal ao plano do polígono passando pelo seu centro O
(cf. Figura 17.7). Os triângulos V OA1 , V OA2 , . . . , V OAn são triângulos
retângulos congruentes, por possuirem catetos respectivamente congruentes.
Como consequência, tem-se V A1 ≡ V A2 ≡ . . . ≡ V An , o que faz com que as
faces laterais sejam triângulos isósceles congruentes.
V
A6
A1
A5
A4
O
A3
A2
Figura 14.7: Pirâmide regular.
Exemplo 14.1.8. Considere uma pirâmide regular de base ABC e vértice
V . Um tetraedro regular é obtido escolhendo o vértice V de modo que as
arestas laterais V A, V B e V C sejam congruentes às arestas AB, AC e BC
da base (cf. Figura 17.8). As faces da pirâmide assim obtida são triângulos
equiláteros congruentes. Além disso, se pelo vértice A considerarmos a reta
ortogonal ao plano V BC, que intercepta este plano em P , os triângulos
retângulos AP B, AP V e AP C são congruentes, já que suas hipotenusas são
127
congruentes e o cateto AP é comum a todos os três trângulos. Assim, temos
P B ≡ P C ≡ P V . Portanto, P é o centro do triângulo equilátero V BC, o
que faz com que a pirâmide seja regular qualquer que seja a face considerada
como base.
V
P
C
A
O
M
B
Figura 14.8: Tetraedro regular.
14.2
Ortogonalidade de planos
Sejam α e β dois planos secantes ao longo de uma reta r. Considere um
plano π ortogonal à reta r, interceptando α e β ao longo das retas s e t,
respectivamente. Se s e t formam um ângulo reto, dizemos que os planos α
e β são ortogonais.
a
s
p
r
b
t
Figura 14.9
Proposição 14.2.1. Dois planos α e β são ortogonais se, e somente se, um
deles contém uma reta ortogonal ao outro.
Demonstração. Se α e β são ortogonais, então a reta s contida em α é
ortogonal às retas r e t contidas em β, logo s é uma reta contida em α
128
ortogonal a β. Reciprocamente, seja r uma reta contida em α ortogonal a
β. O plano α intercepta β ao longo de uma reta t, ortogonal a r. Pelo ponto
de interseção de r e t, considere a reta s, contida em β e ortogonal a t. O
plano definido por r e s é ortogonal a t, pois contém duas retas ortogonais a
t. Como r e s são ortogonais, segue que α e β são ortogonais.
a
r
t
b
s
Figura 14.10
Exemplos de planos ortogonais aparecem num prisma reto; as faces laterais são ortogonais ao plano da base. Outro exemplo em que podemos
verificar essa situação é num tetraedro regular (cf. Exemplo 17.1.9). O
plano contendo as alturas V O e AP do tetraedro regular V ABC é ortogonal
às faces ABC e V BC.
Planos ortogonais podem auxiliar a mostrar que uma reta é ortogonal a
um plano, através da seguinte proposição.
Proposição 14.2.2. Sejam α e β dois planos ortogonais. Se uma reta r,
contida em α, é ortogonal à reta de interseção de α e β, então r é ortogonal
a β.
Demonstração. Seja r uma reta contida em α que é ortogonal à reta t, interseção de α e β. Pelo ponto de interseção de r e t, considere a reta s, contida
em β e ortogonal a t (cf. Figura 14.11). O plano determinado por r e s é
ortogonal a t. Como α e β são ortogonais, o ângulo entre r e s é reto. Assim,
r é ortogonal às retas t e s, contidas em β, logo é ortogonal a β.
Como consequência da Proposição 14.2.4, obtemos o seguinte corolário.
Corolário 14.2.3. Se uma reta r e um plano α são ambos ortogonais a um
mesmo plano β, então r é paralela a α ou está contida em α.
129
a
r
t
b
s
Figura 14.11
Demonstração. No plano α, traçamos uma reta s ortogonal à reta t, interseção de α e β. A reta s, pela Proposição 14.2.4, é ortogonal a β e, assim, é
paralela a r. Portanto, r é paralela a α ou está contida em α.
Consideremos agora o problema de traçar um plano ortogonal a um plano
dado. Se fornecermos apenas um ponto P que o plano deva conter, temos
infinitas soluções. De fato, basta considerar a reta r ortogonal ao plano dado
passando por P . Qualquer plano contendo esta reta é ortogonal ao plano
dado.
No entanto, quando impomos a condição de que o plano ortogonal contenha uma reta não ortogonal ao plano dado, a solução para o problema é
única, como mostra a seguinte proposição.
Proposição 14.2.4. Por uma reta não ortogonal a um plano, passa um
único plano ortogonal a este plano.
Demonstração. Seja r uma reta não ortogonal a um plano α. Por um ponto
P ∈ r, considere a reta s ortogonal a α (cf. Figura 14.12). Como r não é
ortogonal a α, r e s são concorrentes e, assim, definem um plano β, ortogonal a α. Se existisse outro plano β 0 , contendo r e ortogonal a α, então β 0
conteria a reta s. Mas r e s definem um único plano, logo β e β 0 devem ser,
necessariamente, coincidentes.
14.3
Exercícios
1. Prove que por um ponto dado pode-se traçar uma única reta ortogonal a
duas retas não paralelas dadas.
130
s
b
r
P
a
Figura 14.12
2. Sejam A, B e C três pontos não colineares. Se as retas AB e AC são
ortogonais a uma reta r, então BC também é ortogonal a r.
3. Prove que os centros das faces de um tetraedro regular são vértices de
outro tetraedro regular. Qual é a razão entre as arestas dos dois tetraedros?
4. Mostre que dois planos são ortogonais se, e somente se, duas retas respectivamente ortogonais a cada um deles são ortogonais.
5. Prove que se um plano α contém uma reta ortogonal a um plano β, então
o plano β contém uma reta ortogonal ao plano α.
6. Em um cubo ABCDEF GH, prove que a diagonal AC é ortogonal ao
plano diagonal BF HD. Prove também que os planos diagonais ABHG e
EF DC são ortogonais.
131
Capítulo 15
Distâncias, projeções e ângulos
Este será um capítulo de aplicações, onde usaremos os conceitos estudados nos capítulos anteriores para tratar de alguns problemas métricos.
15.1
Distâncias e projeções
Na Geometria plana a distância entre dois pontos é, frequentemente,
obtida utilizando o teorema de Pitágoras. Veremos que isso também ocorre
no espaço. Um exemplo simples é calcular o comprimento da diagonal BH
de um paralelepípedo retângulo ABCDEF GH (cf. Exercício 1). Vejamos
outras aplicações.
Exemplo 15.1.1. Dados dois pontos distintos do espaço, A e B, denotemos
por M o ponto médio do segmento AB. Seja P um ponto que equidista de
A e B, i.e., P A ≡ P B. Isso implica, pelo caso LLL, que os triângulos P M A
e P M B são congruentes (cf. Figura 15.1). Disso decorre, em particular, que
A
P
M
B
Figura 15.1
\
P
M A = P\
M B = 90o , ou seja, a reta P M é ortogonal a AB. Reciprocamente, se P é um ponto do espaço tal que P M é ortogonal a AB então,
132
pelo caso LAL, os triângulos P M A e P M B são congruentes. Em particular,
tem-se que P A ≡ P B. Isso prova que o conjunto dos pontos P que são
equidistantes de A e B são todos aqueles pontos P tais que a reta P M é
ortogonal a AB. Este conjunto de pontos coincide com o plano que passa
por M e é ortogonal a AB, chamado de plano mediador do segmento AB.
Exemplo 15.1.2. As arestas opostas de um tetraedro regular ABCD são
ortogonais. De fato, considere AC e BD, por exemplo. Como BC ≡ CD,
segue que C é equidistante de B e D. Assim, pelo Exemplo 15.1.1, C pertence ao plano mediador de BD. Analogamente, A pertence a este plano.
Portanto, a reta AC está contida do plano mediador de BD. Como a reta
BD é ortogonal a este plano é, em particular, ortogonal à reta AC.
A
D
B
C
Figura 15.2
Definição 15.1.3. Sejam π um plano e P um ponto do espaço. O ponto Q,
onde a reta ortogonal a π traçada por P intercepta π, chama-se a projeção
ortogonal de P sobre π. A medida do segmento P Q é, por definição, a
distância de P ao plano π.
Note que se R é outro ponto qualquer do plano π, segue do Teorema de
Pitágoras que P Q < P R.
Definição 15.1.4. Considere uma reta r paralela a um plano π. Dado um
ponto P ∈ r, a distância de r a π é, por definição, a medida do segmento
P Q, onde Q é a projeção ortogonal de P a π.
Observe que se P 0 é outro ponto de r, obtemos um retângulo P QQ0 P 0 .
Segue, em particular, que P Q ≡ P 0 Q0 . De forma análoga podemos definir a
distância entre dois planos paralelos.
O exemplo seguinte é uma aplicação simples da Definição 15.1.3.
Exemplo 15.1.5. Dado um tetraedro regular ABCD, cujas arestas medem a, calculemos a medida da altura deste tetraedro. Denotando por O
133
a projeção ortogonal do vértice A sobre o plano determinado por B, C e
D, queremos calcular a medida do segmento AO. Como AO é ortogonal ao
plano BCD e DC está contida neste plano, então AO e CD são ortogonais.
Como A pertence ao plano mediador de CD, isso implica que O também
pertence a este plano. Em particular, temos OC ≡ OD. Agora, como o
triângulo BCD é equilátero, temos
OC ≡ OD ≡ OB.
No triângulo BCD, temos a semelhança dos triângulos retângulos BM O e
DM B (cf. Figura 15.3). Disso decorre que
BO
BM
=
.
BD
DM
√
Como BD = a, BM = a/2 e DM = a 3/2, segue de (15.1) que
√
a 3
BO =
.
3
(15.1)
Finalmente, aplicando
o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo ABO,
√
obtemos AO = a 3 6 .
D
a
O
B
M
C
Figura 15.3
Definição 15.1.6. Dados uma reta r e um ponto P no espaço, seja Q ∈ r
o ponto onde o plano ortogonal a r, passando por P , intercepta r. O ponto
Q chama-se a projeção ortogonal de P sobre r. A medida do segmento P Q
é, por definição, a distância de P à reta r.
Note que, se R é outro ponto de r, segue do Teorema de Pitágoras que
P Q < P R.
Observação 15.1.7. Se a reta r está contida em um plano π, podemos calcular a distância de P a r do seguinte modo. Projetamos P ortogonalmente
134
sobre π, obtendo o ponto P 0 . No plano π, considere a reta ortogonal a r
passando por P 0 , interceptando r no ponto Q. Como P P 0 e P 0 Q são ambas ortogonais à reta r, r é ortogonal ao plano determinado por P , P 0 e Q.
Portanto, P Q é a distância de P a r.
P
r
p
P'
Q
Figura 15.4
Exemplo 15.1.8. Em um cubo ABCDEF GH, cujas arestas medem a,
calculemos a distância do vértice B à diagonal AG. Devemos, assim, considerar a perpendicular BT , traçada de B à reta AG. Para isso, consideremos
o plano AEGC, que contém a reta AG. Para traçar a reta ortogonal ao
plano AEGC, basta traçar por B a perpendicular à reta AC, interseção dos
planos AEGC e ABCD. Mas como AC é a diagonal do quadrado ABCD,
a perpendicular traçada por B é a outra diagonal BD do quadrado, que
intercepta AC no ponto médio O de ambas. Finalmente, pelo ponto O,
H
G
G
F
E
T
D
T
C
O
A
B
A
O
C
Figura 15.5
traçamos a perpendicular OT a AG. Da semelhança dos triângulos AOT e
AGC, temos:
OT
OA
=
.
GC
AG
Disso decorre que OT =
√
a 6
6 .
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo
135
retângulo BOT , obtemos
√
a 6
BT =
.
3
Proposição 15.1.9. Dados duas retas reversas, r e s, existem dois planos
paralelos α e β contendo r e s, respectivamente.
Demonstração. Dado um ponto A ∈ r, seja s0 a reta passando por A e
paralela a s; dado um ponto B ∈ s, seja r0 a reta passando por B e paralela
a r. As retas r e s0 determinam um plano α, e as retas s e r0 determinam
um plano β. Como s é paralela a s0 e s0 ⊂ α, a reta s é paralela ao plano α.
Analogamente, r0 é paralela a α. Assim, o plano α é paralelo a duas retas
concorrentes, s e r0 , contidas em β, logo α e β são paralelos.
r
A
a
s'
r'
B
b
s
Figura 15.6
Sejam r e s duas retas no espaço. Se r e s são concorrentes, definimos a
distância entre elas igual a zero. Se r e s são paralelas e, portanto, coplanares,
definimos a distância entre as duas no sentido da Geometria Plana.
Caso elas sejam reversas, considere os planos paralelos, α e β, contendo
r e s, respectivamente, dados pela Proposição 15.1.9. Por um ponto A1 ∈ r,
considere a reta t1 , ortogonal ao plano β, que o intercepta num ponto B1
(cf. Figura 15.7). Por B1 , traçamos a reta r0 , paralela a r. A reta r0 está
contida em β e intercepta s no ponto B2 . Pelo ponto B2 , traçamos a reta
t2 , paralela a A1 B1 . Como as retas r, r0 , t1 e t2 são coplanares, a reta t2
intercepta r num ponto A2 . Como a reta t1 é ortogonal aos planos α e β, e
t2 é paralela a t1 , t1 é ortogonal a α e β, logo forma ângulo reto com r e s e é
concorrente com ambas. Portanto, t2 é uma perpendicular comum a ambas.
Definimos, então, a distância entre as retas reversas r e s como a medida do
segmento A2 B2 .
136
A1
r
A2
a
s'
b
r'
B1
B2
s
Figura 15.7
Exemplo 15.1.10. Considere as diagonais AC e F H de duas faces opostas
do cubo ABCDEF GH. A reta ortogonal, comum às retas AC e F H é a
reta OO0 , onde O e O0 são as interseções das diagonais AC, BD e EG, F H,
respectivamente.
H
G
O'
E
F
D
C
O
A
B
Figura 15.8
15.2
Ângulos
Considere dois planos α e β. Se α e β são paralelos ou coincidentes, o
ângulo entre eles é igual a zero, por definição. Se α e β são secantes, traçamos
um plano γ ortogonal à reta de interseção de α e β, interceptandos-os ao
longo das retas r e s, respectivamente. A medida do ângulo entre r e s é,
por definição, a medida do ângulo entre α e β.
Proposição 15.2.1. O ângulo formado por dois planos é igual ao ângulo
formado por duas retas respectivamente ortogonais a estes planos.
Demonstração. Sejam α e β dois planos secantes ao longo de uma reta t.
Sejam γ um plano ortogonal a t e P um ponto qualquer de γ. Sejam r e s
137
as retas obtidas pela interseção de γ com os planos α e β, respectivamente.
Pelo ponto P traçamos as retas r0 e s0 , ortogonais a α e β, respectivamente.
As retas r0 e s0 estão contidas em γ e são ortogonais a r e s, respectivamente.
Portanto, o ângulo formado por r0 e s0 é igual ao ângulo formado por r e s
que, por sua vez, é igual ao ângulo entre α e β.
a
r
P
q
r'
t s'
b
q
s
Figura 15.9
Definição 15.2.2. Considere uma reta r e um plano π no espaço. Se r ⊂ π
ou se r é paralela a π, o ângulo entre r e π é igual a zero, por definição. Se r
e π são secantes num ponto P , definimos o ângulo entre r e π como o ângulo
que r forma com sua projeção ortogonal sobre π.
r
p
q
P
Figura 15.10
Considere agora uma reta s, contida em π e passando por P . Sejam θ0 o
ângulo entre r e s, e θ o ângulo entre r e π. A fim de comparar os ângulos θ
e θ0 , considere um ponto O ∈ r, exterior a π. Pelo ponto O, traçamos a reta
OQ ortogonal a π e a perpendicular OR à reta s. Os triângulos retângulos
OP Q e OP R têm a hipotenusa comum OP , enquanto os catetos opostos
aos ângulos θ e θ0 são tais que OR ≥ OQ. Assim, sin θ0 ≥ sin θ e, portanto,
138
θ0 ≥ θ. Além disso, a igualdade ocorre quando a reta s é a projeção ortogonal
de r sobre π.
O
r
p
P
R
Q
s
Figura 15.11
15.3
Exercícios
1. Dado um paralelepípedo retângulo ABCDEF GH, calcule a medida da
diagonal BH.
2. Determine o lugar geométrico dos pontos equidistantes de duas retas
dadas. Examine as possíves posições relativas das retas.
3. Seja O a projeção ortogonal de um ponto P sobre um plano α. Considere
uma circunferência de centro em O contida em α. Prove que todas as retas
tangentes a esta circunferência estão à mesma distância de P .
4. Sejam r e s duas retas ortogonais e r0 s0 suas projeções ortogonais sobre
um plano α. Sob que condições r0 e s0 formam ângulo reto?
139
Capítulo 16
Isometrias em E3
16.1
O grupo das isometrias Iso(E3 )
Como realizado no plano Euclidiano E2 , induziremos a estrutura de espaço vetorial real de R3 sobre o espaço, e este será denotado por E3 e chamado
de espaço Euclidiano.
Definição 16.1.1. Uma isometria do espaço Euclidiano é uma aplicação
ϕ : E3 → E3 que preserva distâncias, i.e.,
d(ϕ(v), ϕ(w)) = d(v, w),
para quaisquer v, w ∈ E3 .
Analogamente ao caso de isometrias do plano, temos as seguintes propriedades, quer serão deixadas a cargo do leitor.
Proposição 16.1.2. Toda isometria ϕ : E3 → E3 satisfaz as seguintes propriedades:
(a) ϕ é injetora.
(b) ϕ transforma retas em retas.
Proposição 16.1.3. Toda isometria ϕ : E3 → E3 transforma planos em
planos.
Demonstração. Dado um plano π ⊂ E3 , considere duas retas r, s ⊂ π que se
interceptam num ponto O. A imagem de r e s por ϕ são as retas r0 e s0 ,
respectivamente, que se interceptam no ponto O0 = ϕ(O). Denotando por
π 0 o plano determinado pelas retas r0 e s0 , afirmamos que, para todo ponto
140
P ∈ π, tem-se P 0 = ϕ(P ) ∈ π 0 . De fato, dado um ponto P ∈ π, considere
uma reta t ⊂ π, contendo o ponto P , que não seja paralela a r e s, e tal que
O 6∈ t. Denote por R a interseção de t e r, e por S a interseção de t e s.
Pela construção de t, temos R 6= S. A imagem da reta t por ϕ é uma reta t0
em E3 que contém o ponto P 0 , e passa pelos pontos R0 = ϕ(R) e S 0 = ϕ(S).
Como R0 , S 0 ∈ π 0 , segue que t0 ⊂ π 0 . Assim, ϕ(π) ⊂ π 0 . Como a restrição de
ϕ ao plano π é uma isometria entre π e π 0 , e toda isometria entre planos é
sobrejetora, concluimos que ϕ(π) = π 0 .
Considere uma reta r que intercepta um plano π no ponto P . Dizemos
que r e π são ortogonais se r é ortogonal a toda reta de π que passa por P .
Observe que, para que isso ocorra, basta que r seja ortogonal a duas retas
distintas, contidas em π, e passando por P .
Proposição 16.1.4. Toda isometria ϕ : E3 → E3 preserva ortogonalidade
entre reta e plano.
Demonstração. Considere uma reta r ortogonal a um plano π no ponto P .
Sejam s, t duas retas distintas, contidas no plano π, passando pelo ponto
P . As retas s0 = ϕ(s) e t0 = ϕ(t) são retas distintas, contidas no plano
π 0 = ϕ(π), ambas passando pelo ponto P 0 = ϕ(P ). Como r e s são ortogonais
e ϕ preserva ortogonalidade de retas (cf. Exercício 1), segue que r0 e s0 são
ortogonais. Da mesma forma, r0 e t0 são ortogonais. Portanto, r0 é ortogonal
às retas s0 e t0 , ambas contidas no plano π 0 , logo r0 é ortogonal ao plano
π0.
Proposição 16.1.5. Toda isometria ϕ : E3 → E3 é bijetora, cuja inversa
ϕ−1 também é isometria.
Demonstração. Em virtude da Proposição 16.1.2, resta provar que ϕ é sobrejetora. De fato, dado um ponto P 0 ∈ E3 , considere um plano arbitrário
π ⊂ E3 e seja π 0 = ϕ(π). Se P 0 ∈ π 0 , então existe um ponto P ∈ π com
ϕ(P ) = P 0 . Caso contrário, considere a reta r0 , ortogonal ao plano π 0 e
passando por P 0 . Denote por A0 a interseção de r0 com π 0 . Como π 0 = ϕ(π),
existe A ∈ π tal que ϕ(A) = A0 . Seja r a reta ortogonal ao plano π passando
por A. Segue da Proposição 16.1.4 que ϕ(r) = r0 . Assim, existe um ponto
P ∈ r tal que ϕ(P ) = P 0 , provando a sobrejetividade de ϕ. Finalmente,
dados A, B ∈ E3 , temos A = ϕ(ϕ−1 (A)) e B = ϕ(ϕ−1 (B)). Assim,
d(A, B) = d ϕ(ϕ−1 (A)), ϕ(ϕ−1 (B)) = d(ϕ−1 (A), ϕ−1 (B)),
provando que ϕ−1 é isometria.
141
Vejamos a seguir exemplos de isometrias no espaço.
Exemplo 16.1.6 (Reflexão em torno de um plano). Dado um plano π ⊂ E3 ,
a reflexão em torno de π é a aplicação Rπ : E3 → E3 que associa a cada ponto
X ∈ E3 o ponto X 0 de modo que π seja o plano mediador do segmento XX 0 .
Disso que d(B, X) = d(B, X 0 ), para todo ponto B ∈ π. Considere dois
pontos X, Y ∈ E3 e sejam X 0 = Rπ (X) e Y 0 = Rπ (Y ). Se X, Y ∈ π, então
X 0 ≡ X e Y 0 ≡ Y , logo d(X 0 , Y 0 ) = d(X, Y ). Se um desses pontos, digamos
X, não pertence ao plano π, considere o plano π 0 determinado pela reta XX 0
e o ponto Y . Seja r a interseção dos planos π e π 0 . Restrita ao plano π 0 , Rπ
coincide com a reflexão Rr : π 0 → π 0 em torno da reta r. Segue então do
Exemplo ?? que d(X 0 , Y 0 ) = d(X, Y ), provando que Rπ é isometria.
Exemplo 16.1.7 (Rotação em torno de uma reta). Dado uma reta r ⊂ E3 ,
\ cujo vértice O pertence a r e cujos lados
considere um ângulo α = AOB,
estão sobre um plano ortogonal a r. Definimos a rotação de ângulo α em
torno da reta r como a aplicação Rr,α : E3 → E3 que associa a cada ponto
X ∈ E3 o ponto X 0 determinado pelas seguintes condições:
1. X 0 pertence ao plano π que passa por X e é ortogonal a r.
2. Se O é a interseção desse plano π com r, então d(O, X) = d(O, X 0 ).
\0 é igual a α, onde orientado significa que
3. O ângulo orientado XOX
OX é o primeiro lado e OX 0 é o segundo lado.
A fim de mostrar que Rr,α é isometria, considere dois pontos X, Y ∈ E3 .
Seja π o plano ortogonal a r, contendo a reta XX 0 . Considere também os
pontos Y0 e Y00 , projeções ortogonais sobre π dos pontos Y e Y 0 , respectivamente. O segmento de reta XY é a hipotenusa do triângulo retângulo
XY Y0 . Analogamente, X 0 Y 0 é a hipotenusa do triângulo retângulo X 0 Y 0 Y00 .
Observe que Rr,α , restrita ao plano π é uma isometria. Mais precisamente,
Rr,α |π é a rotação de centro O = π ∩ r e ângulo α. Disso decorre que
d(X 0 , Y00 ) = d(X, Y0 ). Além disso, d(Y, Y0 ) = d(Y 0 , Y00 ), pois Y e Y 0 pertencem ao mesmo plano ortogonal a r. Portanto, os triângulos retângulos XY Y0
e X 0 Y 0 Y00 são congruentes. Em particular, tem-se d(X 0 , Y 0 ) = d(X, Y ).
Exemplo 16.1.8 (Translação). Dados dois pontos distintos A e B, definimos
a translação do segmento AB como a aplicação TAB : E3 → E3 que associa a
cada ponto X ∈ E3 o ponto X 0 de modo que d(X, X 0 ) = d(A, B), o segmento
XX 0 seja paralelo a AB e o sentido de percurso de X para X 0 é o mesmo
que de A para B. O fato que TAB é isometria segue de forma inteiramente
análoga ao caso de translações no plano.
142
16.2
Classificação das isometrias em E3
Analogamente ao caso das isometrias do plano, o conjunto de todas as
isometrias de E3 , munido da operação de composição, forma um grupo, e
este será denotado por Iso(E3 ). O objetivo dessa seção é descrever, completamente, todos os elementos do grupo Iso(E3 ).
Teorema 16.2.1. Existem apenas três tipos de isometrias em E3 : translação, rotação em torno de uma reta e reflexão em torno de um plano, além
da aplicação identidade ou composição das aplicações anteriores.
Demonstração. Considere uma isometria ϕ ∈ Iso(E3 ), diferente da aplicação
identidade. Assim, existe um ponto A tal que A0 = ϕ(A) 6= A. Denotando
por A00 = ϕ(A0 ), temos d(A0 , A00 ) = d(A, A0 ) > 0. Disso decorre, em particular, que A0 6= A00 . Suponha agora que ϕ tenha algum ponto fixo, i.e., existe
um ponto O tal que ϕ(O) = O. Para essa situação, dividiremos a prova em
três casos distintos.
Caso 1(a): A, A0 e A00 são pontos distintos e colineares. Neste caso, a reta
r, determinada pelos pontos A, A0 e A00 , é transformada em si mesma por
ϕ. A restrição de ϕ a r é uma isometria, que coincide com a translação do
segmento AA0 , ou seja, ϕ|r = TAA0 : r → r. Como TAA0 não tem ponto fixo,
o ponto O não pertence á reta r. Como d(O, A) = d(O, A0 ) = d(O, A00 ),
concluimos que os três pontos colineares A, A0 e A00 estão na mesma circunferência de centro O, o que é uma contradição. Portanto, este caso não pode
ocorrer.
Caso 1(b): Suponha A00 = A. Seja r a reta determinada pelos pontos A e
A0 , e denote por M o ponto médio do segmento AA0 . Observe que, restrita
à reta r, ϕ é a reflexão em torno do ponto M . O plano π, plano mediador
do segmento AA0 , é transformado em si mesmo por ϕ. Assim, a isometria
ψ, restrição de ϕ ao plano π, é uma isometria desse plano, que tem M como
ponto fixo. Em virtude do Teorema ??, ψ pode ser a aplicação identidade,
uma rotação em torno de M ou a reflexão em torno de uma reta s ⊂ π,
contendo o ponto M . Supondo que ψ seja a aplicação identidade, considere
três pontos não-colineares B, C, D ∈ π. Assim, ϕ coincide com a reflexão
Rπ nos quatro pontos não-coplanares A, B, C e D. Pelo Exercício 16.1.3,
concluimos que ϕ = Rπ . Se ψ : π → π é uma rotação de ângulo α em torno
do ponto M , considere um ponto B ∈ π, diferente de M . Assim, ϕ coincide,
nos quatro pontos não-coplanares A, M , B e B 0 , com a composição Rπ ◦ ψ.
Finalmente, suponha que ψ seja a reflexão em torno de uma reta s ⊂ π, com
M ∈ s. Neste caso, ϕ coincide, nos pontos A, A0 e em todos os pontos de s,
143
com a rotação de ângulo π em torno de s. Portanto, pelo Exercício 16.1.3,
concluimos que ϕ = Rs,π .
Caso 1(c): Os pontos A, A0 e A00 são não-colineares. Seja π o plano determinado por tais pontos. Se o ponto fixo O pertence a π então, como
d(O, A) = d(O, A0 ) = d(O, A00 ) e d(A, A0 ) = d(A0 , A00 ),
concluimos que os triângulos OAA0 e OA0 A00 têm os respectivos lados congruentes, logo
0 OA00 = α.
\0 = A\
AOA
Assim, a isometria ϕ coincide, nos três pontos não- colineares A, A0 e A00 ,
com a rotação de ângulo α em torno da reta ortogonal ao plano π passando
por O. Pelo Exercício 16.1.3, segue que ϕ coincide com essa rotação. De
fato, se elas não fossem iguais, esta rotação seria a composta de ϕ com uma
reflexão, o que é uma contradição. Caso o ponto O não pertença ao plano
π, considere a reta r, ortogonal a π, passando por O. Seja P o ponto de
interseção de π e r. Os triângulos retângulos OP A e OP A0 têm o cateto OP
em comum e as hipotenusas OA e OA0 congruentes, logo d(P, A) = d(P, A0 ).
Analogamente tem-se d(P, A0 ) = d(P, A00 ). Como d(A, A0 ) = d(A0 , A00 ), os
triângulos P AA0 e P AA00 têm os três respectivos lados congruentes. Assim,
0 P A00 = α. Portanto, a isometria ϕ coincide, nos quatro pontos
\
AP
A0 = A\
não-coplanares O, P , A e A0 , com a rotação de ângulo α em torno da reta
r = OP , logo devemos ter ϕ = Rr,α .
Caso 2: Suponha agora que ϕ não tenha pontos fixos. Dado um ponto O ∈
E3 , seja A = ϕ(O). Compondo ϕ com a translação TAO , obtemos a isometria
ψ = TAO ◦ϕ que tem O como ponto fixo. Assim, valem todas as possibilidades
para a isometria ψ descritas nos casos 1(a) e 1(b) e, consequentemente,
obtemos as possíveis descrições para ϕ.
16.3
Exercícios
1. Prove que toda isometria ϕ : E3 → E3 preserva ortogonalidade de retas
em E3 .
2. Seja ϕ : E3 → E3 uma isometria que deixa fixos quatro pontos nãocoplanares. Prove que ϕ é a aplicação identidade.
3. Considere duas isometrias ϕ, ψ : E3 → E3 e suponha que existam quatro
pontos não-coplanares A, B, C, D tais que ϕ(A) = ψ(A), ϕ(B) = ψ(B),
ϕ(C) = ψ(C), e ϕ(D) = ψ(D). Prove que ϕ = ψ.
144
4. Seja ϕ : E3 → E3 uma isometria que deixa fixos três pontos não-colineares.
Prove que ϕ é a aplicação identidade ou a reflexão em torno do plano determinado por esses três pontos.
5. Considere duas isometrias ϕ, ψ : E3 → E3 que coincidem em três pontos
não-colineares A, B e C. Prove que ϕ = ψ ou ϕ = Rπ0 ◦ ψ, onde π 0 é o plano
determinado pelos pontos A0 = ϕ(A), B 0 = ϕ(B) e C 0 = ϕ(C).
6. Seja ϕ : E3 → E3 uma isometria e suponha que existam pontos A, B ∈ E3
tais que ϕ(A) = B e ϕ(B) = A. Prove que o plano mediador do segmento
AB é transformado em si mesmo por ϕ.
7. O plano mediador de um segmento AB é o plano ortogonal a AB passando
pelo seu ponto médio. Prove que todo ponto pertencente ao plano mediador
de AB é equidistante de A e B. Reciprocamente, prove que o conjunto de
todos os pontos que equidistam de A e B é o plano mediador do segmento.
145
Capítulo 17
Poliedros
17.1
Exemplos e relações fundamentais
Com as poucas propriedades já estabelecidades, podemos construir alguns poliedros simples. Inicialmente, apresentamos a definição de poliedro.
Definição 17.1.1. Um poliedro é uma região do espaço delimitada por um
número finito de regiões poligonais planas, chamadas faces do poliedro, tais
que:
(a) A interseção de duas faces ou é vazia, ou é um vértice comum às duas,
ou é um lado comum às duas;
(b) Cada lado de uma face é lado de exatamente mais outra face.
Exemplo 17.1.2. Dados um polígono A1 A2 . . . An e um ponto V exterior
ao plano do polígono, traçamos os segmentos V A1 , V A2 , . . . V An . Cada
dois vértices consecutivos de A1 A2 . . . An determinam com V um triângulo. Estes triângulos, junto com o polígono A1 A2 . . . An , delimitam uma
região do espaço, que é a pirâmide de base A1 A2 . . . An e vértice V . Os
segmentos V A1 , V A2 , . . . V An são chamados arestas laterais e os triângulos
V A1 A2 , V A2 A3 , . . . , V An−1 An são as faces laterais da pirâmide (cf. Figura
17.1).
Exemplo 17.1.3. Considere uma pirâmide de base retangular ABCD e
vértice V . Considere os planos α e β determinados pelos pontos V, A, C e
V, B, D, respectivamente. Os planos α e β são distintos, logo sua interseção
é uma reta r que passa por V . As interseções de α e β com o plano da base
são as diagonais AC e BD, respectivamente, do quadrilátero ABCD. Seja
146
V
A1
A5
A2
A4
A3
Figura 17.1: Pirâmide de base A1 A2 . . . An e vértice V .
P o ponto de interseção de AC e BD. Assim, P é um ponto comum aos
planos α, β e ABCD, logo pertence à reta r. Portanto, α e β se interceptam
segundo a reta que passa por V e pelo ponto de interseção de AC e BD.
V
D
C
P
A
B
r
Figura 17.2: Pirâmide de base retangular ABDC.
Exemplo 17.1.4. Considere três segmentos AB, AD e AE, não coplanares.
Por B e D, considere as paralelas a AD e AB, respectivamente, obtendo o
paralelogramo ABCD. A seguir, traçamos as paralelas a AE pelos pontos
B, C e D. Tomando segmentos congruentes a AE sobre estas retas, no
mesmo semi-espaço que E, são obtidos os pontos F , G e H. Trace, então,
os segmentos EF , F G, GH e HE, que são coplanares, pois EF e GH são
paralelos. O poliedro, assim obtido, chama-se o paralelepípedo de vértices
A, B, C, D, E, F, G, H.
Exemplo 17.1.5. Dado um paralelepípedo ABCDEF GH, considere o plano
α determinado pelas arestas opostas AE e CG, e o plano β determinado por
BF e DH. Considere os pontos O e P , interseção das diagonais das bases
147
H
G
F
E
C
D
A
B
Figura 17.3: Paralelepípedo ABCDEF GH.
(cf. Figura 17.4). Tais pontos pertencem a α e a β; assim, a reta r, determinada por O e P , está contida em α e β. Além disso, r é paralela às arestas
AE, BF , CG e DH. De fato, AE é paralela a β, já que é paralela à reta
BF contida em β. Como AE ⊂ α, AE é paralela à reta r, interseção de α e
β. Analogamente para os demais casos.
r
H
G
P
E
F
D
C
O
A
B
Figura 17.4: Paralelepípedo ABCDEF GH.
Exemplo 17.1.6. Considere um polígono A1 A2 . . . An contido em um plano
α e escolha um ponto B1 não pertencente a α. Por B1 , traçamos o plano
β paralelo a α. Pelos demais vértices A2 , . . . , An traçamos retas paralelas a A1 B1 , que interceptam β nos pontos B2 , . . . , Bn . Escolha dois segmentos consecutivos assim determinados: A1 B1 e A2 B2 , por exemplo. O
quadrilátero A1 B1 B2 A2 é plano, pois os lados A1 B1 e A2 B2 são paralelos. Mas isso implica que os outros dois lados também são paralelos, pois
estão contidos em planos paralelos. Portanto, o quadrilátero é um paralelogramo. Os paralelogramos assim determinados, juntamente com os polígonos
A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn determinam um poliedro, chamado de prisma de
148
B5
B6
B1
B4
B2
B3
A6
A5
A4
A1
A2
A3
Figura 17.5
bases A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn . As arestas A1 B1 , A2 B2 , . . . , An Bn são chamadas de arestas laterais. Todas as arestas laterais são paralelas e congruentes; arestas laterais consecutivas formam paralelogramos, que são chamados
de faces laterais do prisma. As bases A1 A2 . . . An e B1 B2 . . . Bn são congruentes, pois estes polígonos possuem lados respectivamente congruentes e
paralelos.
Exemplo 17.1.7. Um prisma reto é o prisma obtido considerando-se, como
arestas laterais, retas ortogonais ao plano da base (cf. Figura 17.6). Como
consequência, as faces laterais são retângulos. Quando a base é um retângulo,
obtemos um paralelepípedo retângulo, no qual cada face é um retângulo. Um
caso mais particular é o caso do cubo, no qual cada face é um quadrado.
Figura 17.6: Prisma reto.
Exemplo 17.1.8. Uma pirâmide regular é construída considerando-se um
polígono regular A1 A2 . . . An como base e escolhendo como vértice um ponto
V sobre a reta ortogonal ao plano do polígono passando pelo seu centro O
(cf. Figura 17.7). Os triângulos V OA1 , V OA2 , . . . , V OAn são triângulos
retângulos congruentes, por possuirem catetos respectivamente congruentes.
149
Como consequência, tem-se V A1 ≡ V A2 ≡ . . . ≡ V An , o que faz com que as
faces laterais sejam triângulos isósceles congruentes.
V
A6
A1
A5
A4
O
A3
A2
Figura 17.7: Pirâmide regular.
Exemplo 17.1.9. Considere uma pirâmide regular de base ABC e vértice
V . Um tetraedro regular é obtido escolhendo o vértice V de modo que as
arestas laterais V A, V B e V C sejam congruentes às arestas AB, AC e
BC da base (cf. Figura 17.8). As faces da pirâmide assim obtidas são
triângulos equiláteros congruentes. Se pelo vértice A considerarmos a reta
ortogonal ao plano V BC, que intercepta este plano em P , os triângulos
retângulos AP B, AP V e AP C são congruentes, já que suas hipotenusas são
congruentes e o cateto AP é comum a todos os três trângulos. Assim, temos
P B ≡ P C ≡ P V . Portanto, P é o centro do triângulo equilátero V BC, o
que faz com que a pirâmide seja regular independente da base.
V
P
C
A
O
M
B
Figura 17.8: Tetraedro regular.
Dado um poliedro, denotemos por A o número de arestas, F o número
de faces e V o número de vértices. Denotemos também por Fn , n ≥ 3, o
número de faces que possuem n arestas e por Vn o número de vértices nos
150
quais concorrem n arestas. Temos, então:
F
= F3 + F4 + F5 + . . .
V
= V3 + V4 + V5 + . . .
Para determinar A, basta multiplicar o número de triângulos por 3, o número
de quadriláteros por 4, o número de pentágonos por 5, e assim por diante.
Como cada aresta do poliedro é lado de exatamente duas faces, a soma
anterior é igual ao dobro do número de faces, ou seja,
2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + . . . .
(17.1)
Analogamente, temos
2A = 3V3 + 4V4 + 5V5 + . . . .
(17.2)
Proposição 17.1.10. Em qualquer poliedro, valem as desigualdades 2A ≥
3F e 2A ≥ 3V .
Demonstração. Da equação (17.1), obtemos:
2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + . . .
= 3(F3 + F4 + F5 + . . .) + F4 + 2F5 + . . .
= 3F + F4 + 2F5 + . . .
≥ 3F.
Além disso, vale a igualdade se, e somente se, o poliedro tiver apenas faces
triangulares. A segunda desigualdade pode ser provada de forma inteiramente análoga.
17.2
O Teorema de Euler para poliedros convexos
Nesta seção apresentaremos o belíssimo teorema de Euler acerca dos poliedros convexos. Comecemos, então, por definí-los.
Definição 17.2.1. Dizemos que um poliedro é convexo se qualquer reta não
paralela a nenhuma de suas faces o intercepta em, no máximo, dois pontos.
Teorema 17.2.2 (Euler). Em qualquer poliedro convexo, com A arestas, V
vértices e F faces, vale a relação
V − A + F = 2.
151
(17.3)
Figura 17.9: Um poliedro convexo e um não convexo.
Demonstração. Denotando por P o poliedro dado, enumeremos suas faces
de 1 a F , e denotemos por nk o gênero da k-ésima face, com 1 ≤ k ≤ F . A
soma dos ângulos internos de um polígono convexo de gênero n é (n − 2)π.
Como o poliedro é convexo, todas as suas faces são convexas, e a soma dos
ângulos internos de suas faces é
S = (n1 − 2)π + (n2 − 2)π + . . . + (nF − 2)π,
ou seja,
S = π ((n1 + n2 + . . . + nF ) − 2(1 + 1 + . . . + 1)) .
Assim, podemos escrever
S = π(2A − 2F ) = 2π(A − F ).
(17.4)
Considere agora uma reta r que não seja paralela a nenhuma das faces de P ,
e um plano H que não o intercepta e seja ortogonal a r. H divide o espaço
em dois semi-espaços, um dos quais contém o poliedro. Denotemos por P 0 a
projeção ortogonal do poliedro P sobre H. Como P é convexo, cada ponto de
P 0 é projeção de um ou dois pontos de P . Além disso, P 0 tem como fronteira
um polígono convexo K 0 , projeção de uma poligonal fechada K formada por
arestas de P . Cada ponto de K 0 é projeção de um único ponto de P , e cada
ponto interior de P 0 é projeção de dois pontos de P . Dados dois pontos de
P , que têm a mesma projeção, ao mais distante de H chamamos de ponto
iluminado e ao mais próximo ponto sombrio. Denotemos por V1 o número
de vértices iluminados, V2 o número de vértices sombrios e V0 o número de
vértices de K. Assim, V = V0 + V1 + V2 . A projeção das faces iluminadas é
um polígono convexo com V0 vértices em seu contorno e V1 pontos interios,
projeção dos vértices iluminados de P . A soma de todos os ângulos desta
projeção é
S1 = (V0 − 2)π + 2πV1 .
152
(17.5)
P
K
H
Figura 17.10: Projeção P 0 do poliedro P sobre H.
De forma análoga obtemos que a soma dos ângulos da sombra das faces
sombrias é
S2 = (V0 − 2)π + 2πV2 .
(17.6)
Somando (17.5) e (17.6), obtemos:
S = S1 + S2 = 2π(V1 + V2 + V0 − 2)
= 2π(V − 2).
(17.7)
Comparando (17.4) e (17.7), obtemos
V − A + F = 2,
como queríamos.
Observação 17.2.3. Há muito tempo se conhecem exemplos de poliedros
para os quais V − A + F 6= 0. A Figura 17.11 exibe um poliedro no qual se
tem V −A+F = 16−32+16 = 0. Por outro lado, é fácil encontrar exemplos
de poliedros não convexos que satisfazem a relação (17.3). Por exemplo, o
poliedro não convexo da Figura 17.9 satisfaz (17.3). Mais geralmente, se um
poliedro P não convexo puder ser colocado em uma posição de modo que
sua projeção seja um polígono onde cada um de seus pontos seja projeção
de no máximo dois pontos de P , a prova que apresentamos continua válida
e a relação (17.3) se verifica.
153
Figura 17.11: Poliedro no qual V − A + F = 0.
Exemplo 17.2.4. Considere a bola de futebol da Copa de 70, formada por
12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais, todas regulares. Determinemos
o número de vértices da bola. Temos
F5 = 12 e F6 = 20.
Assim, F = F5 + F6 = 32. O número de arestas é dado pela relação
2A = 5F5 + 6F6 = 5 · 12 + 6 · 20 = 180,
logo A = 90. Como a bola é convexa, segue do Teorema 17.2.2 que o número
de vértices V é dado por V = 2 + A − F = 60.
Exemplo 17.2.5. Quais são as possibilidades para um poliedro convexo que
possui 13 faces e 20 arestas? Para responder a esta questão, consideremos a
relação
2A = 3F + F4 + 2F5 + . . . .
Como A = 20 e F = 13, temos
1 = F4 + 2F5 + . . . ,
o que só é possível se F4 = 1 e F5 = F6 = . . . = 0. Assim, o poliedro deve
possuir uma única face quadrangular e todas as outras 12 faces triangulares.
Definição 17.2.6. Um poliedro convexo é chamado regular quando todas as
faces são polígonos regulares congruentes e em todos os vértices concorrem
o mesmo número de arestas.
Como consequência do Teorema 17.2.2, obtemos o seguinte
Teorema 17.2.7 (Platão). Existem apenas cinco poliedros regulares.
Demonstração. Denotemos por n o número de arestas de cada face e por p
o número de arestas que concorrem em cada vértice. Temos, então:
2A = nF = pV,
154
ou seja,
A=
nF
2
e V =
nF
.
p
Substituindo estes valores na relação (17.3), obtemos:
nF
nF
−
+ F = 2.
p
2
Isolando F na relação acima, obtemos
F =
4p
.
2p + 2n − np
Como F representa o número de faces do poliedro, devemos ter 2p+2n−np >
0, ou seja,
2n
> p.
n−2
2n
Como p ≥ 3, devemos ter n−2
> 3, ou seja, n < 6. Esgotando todas as
possibilidades para n, com 3 ≤ n < 6, obtemos os poliedros desejados. Mais
precisamente, se n = 3, temos
F =
4p
.
6−p
Assim, para p = 3, obtemos o tetraedro (F = 4); se p = 4, obtemos o octaedro
(F = 8); se p = 5, obtemos o icosaedro (F = 20). Se n = 4, obtemos
F =
4p
.
8 − 2p
Assim, para p = 3, obtemos o cubo (F = 6). Finalmente, se n = 5, obtemos
F =
4p
.
10 − 3p
Assim, para p = 3, obtemos o dodecaedro (F = 12).
17.3
Exercícios
1. Considere um conjunto de, pelo menos, três retas distintas. Mostre que,
se duas quaisquer destas retas são concorrentes, então elas estão todas num
mesmo plano ou passam todas pelo mesmo ponto.
155
2. Duas retas r e s são concorrentes em um ponto A. Fora do plano determinado por r e s, considere um ponto P qualquer. Determine a interseção
do plano determinado por r e P com o plano determinado por s e P .
3. Prove que a noção de paralelismo de retas no espaço satisfaz a propriedade
de transitividade.
4. Sejam r, s e r0 , s0 dois pares de retas concorrentes tais que r e r0 são
paralelas entre si e, s e s0 também são paralelas entre si. Prove que o ângulo
formado por r e s é igual ao ângulo formado por r0 e s0 .
5. Sejam A, B, C e D pontos quaisquer do espaço. Sejam M , N , P e Q os
pontos médios de AB, BC, CD e DA, respectivamente. Mostre que M N P Q
é um paralelogramo.
6. Mostre que os três segmentos que unem os pontos médios das arestas
opostas de um tetraedro qualquer ABCD se encontram em um mesmo ponto.
7. Um poliedro convexo de 20 arestas e 10 vértices só possui faces triangulares e quadrangulares. Determine os números de faces de cada gênero.
8. Diagonal de um poliedro é qualquer segmento que une dois vértices que
não estão na mesma face. Quantas diagonais possui um icosaedro regular?
9. Prove que, para todo poliedro convexo, valem as seguintes desigualdades:
(a) A + 6 ≤ 3F
(b) A + 6 ≤ 3V
10. Prove que se um poliedro convexo tem 10 arestas então ele tem 6 faces.
11. Descreva todos os poliedros que possuem 10 arestas.
12. Um poliedro convexo P possui A arestas, V vértices e F faces. Com
bases em cada uma das faces constroem-se pirâmides com vértices exteriores
a P . Fica formado então um poliedro P 0 que só possui faces triângulares.
Determine os números de arestas, faces e vértices de P 0 .
13. Prove que em qualquer poliedro convexo, o número de faces que têm um
número ímpar de arestas é par.
14. Calcule o número de vértices de um poliedro convexo que tem 16 faces
triangulares.
156
Capítulo 18
O terceiro problema de Hilbert
18.1
Volume de sólidos
157
18.2
O terceiro problema de Hilbert
Definição 18.2.1. Uma decomposição de um poliedro P é uma coleção
finita de polidros P1 , P2 , . . . , Pn , cuja união é P, de modo que a interseção
de quaisquer dois tais polidroos ou é vazia, ou é um vértice comum, ou uma
aresta comum ou uma face comum a ambos.
Definição 18.2.2. Dois poliedros P e Q são ditos congruentes por cortes se
existem decomposições P1 , . . . , Pn e Q1 , . . . , Qn de P e Q, respectivamente,
tais que Pk é congruente a Qk , para todo 1 ≤ k ≤ n.
Analogamente ao caso do plano, denotaremos uma decomposição de um
poliedro P por P = P1 + . . . + Pn . Quando dois poliedros P e Q forem
congruentes por cortes, denotaremos por P ∼ Q.
Em uma conferência do Congresso Internacional de Matemáticos de Paris, em 1900, David Hilbert apresentou uma lista com 23 problemas. O
terceiro problema era o seguinte:
Dois poliedros de mesmo volume são sempre congruentes por cortes?
Em 1902, Max Dehn respondeu negativamente a questão. Dehn provou
que o cubo e o tetraedro regular, de mesmo volume, são exemplos de poliedros
que não são congruentes por cortes.
Analogamente ao problema para polígonos, o volume é um invariante
para a congruência por cortes, i.e., dois poliedros que são congruentes por
cortes têm mesmo volume. Dehn definiu um novo invariante para essa congruência, hoje conhecido como invariante de Dehn, que passaremos a descrever.
Definição 18.2.3. Considere um subconjunto A ⊂ R. Dizemos que uma
função f : A → R é aditiva no conjunto A se, para qualquer combinação
linear nula
n1 θ1 + . . . + nk θk = 0,
onde ni ∈ Z e θi ∈ A, tivermos
n1 f (θ1 ) + . . . + nk f (θk ) = 0.
Considere dois planos π1 e π2 que se interceptam ao longo de uma reta
r. O ângulo determinado por π1 e π2 é definido da seguinte forma. Dado
um ponto P ∈ r, considere uma reta s ⊂ π1 , ortogonal a r e passando por
P , e uma reta t ⊂ π2 , ortogonal a r e passando por P . O ângulo entre π1 e
π2 é definido como o ângulo determinado por s e t, e é usualmente chamado
de ângulo diedral dos planos π1 e π2 ao longo de r.
158
Definição 18.2.4. Dado um poliedro P, seja A = {θ1 , . . . , θn } o conjunto
dos ângulos diedrais de P e, para cada 1 ≤ k ≤ n, denote por lk o comprimento da aresta de P que contém o vértice do ângulo θk . Dado uma função
aditiva f : A → R no conjunto A, o número
Df (P) =
n
X
lk · f (θk )
k=1
é chamado o invariante de Dehn de P associado a f .
Lema 18.2.5. Considere uma decomposição P = P1 + . . . + Pn de um poliedro P. Seja A o conjunto contendo π e os ângulos diedrais de P, P1 , . . . , Pn ,
e considere uma função aditiva f : A → R no conjunto A tal que f (π) = 0.
Então
Df (P) = Df (P1 ) + . . . + Df (Pn ).
(18.1)
Demonstração. Fixado uma aresta a da decomposição P1 , . . . , Pn , considere
os poliedros Pi1 , Pi2 , . . . , Pij da decomposição que contém a aresta a e, para
cada 1 ≤ s ≤ j, denote por θs o ângulo diedral de Pis associado a a. Denotando por l o comprimento da aresta a, estudaremos a soma
j
X
l · f (θs ).
s=1
Para isso, consideremos três casos:
Caso 1: A aresta a está inteiramente contida no interior de P exceto, possivelmente, suas extremidades. Neste caso, temos
θ1 + θ2 + . . . + θj = 2π.
Assim,
0 = f (θ1 ) + . . . + f (θj ) − 2f (π)
= f (θ1 ) + . . . + f (θj )
= lf (θ1 ) + . . . + lf (θj ).
Caso 2: A aresta a está contida em uma face de P, mas não é areta do
poliedro P. Neste caso, temos
θ1 + θ2 + . . . + θj = π,
159
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0 = f (θ1 ) + . . . + f (θj ) − f (π)
= f (θ1 ) + . . . + f (θj )
= lf (θ1 ) + . . . + lf (θj ).
Caso 3: A aresta a está contida em uma aresta de P. Se θ é o ângulo diedral
de P associado à aresta, então a soma θ1 + . . . + θj deve ser igual a θ ou
θ − π. Em qualquer caso, a hipótese f (π) = 0 implica
f (θ1 ) + . . . + f (θj ) = f (θ),
e assim
lf (θ1 ) + . . . + lf (θj ) = lf (θ).
Portanto, se a soma percorre todas as arestas da decomposição do poliedro
P, obtemos o lado direito de (18.1).
Lema 18.2.6. Sejam f : A → R uma função aditiva em A ⊂ R e θ 6∈ A.
Então f pode ser estendida a uma função aditiva no conjunto A ∪ {θ}.
Teorema 18.2.7. Dados dois poliedros P e Q, defina o conjunto
M = AP ∪ AQ ∪ {π},
onde AP e AQ são os conjuntos dos ângulos diedrais de P e Q, respectivamente. Suponha que exista uma função aditiva f : M → R em M tal que
f (π) = 0. Se P e Q são congruentes por cortes, então Df (P) = Df (Q).
Demonstração. Considere decomposições
P = P1 + . . . + Pn
e Q = Q1 + . . . + Qn ,
onde Pk ≡ Qk , para todo 1 ≤ k ≤ n. Em virtude do Lema 18.2.6, podemos
estender f a uma função aditiva no conjunto constituído de M e de todos
os ângulos diedrais dos subpoliedros. Como Df (Pk ) = Df (Qk ), para todo
1 ≤ k ≤ n, obtemos
Df (P) = Df (P1 ) + . . . + Df (Pn )
= Df (Q1 ) + . . . + Df (Qn )
= Df (Q),
em virtude do Lema 18.2.5.
160
Exemplo 18.2.8. Denotemos por C o cubo unitário e por T o tetraedro
regular, também de volume igual a 1. Cada ângulo diedral de C é igual a π/2
e cada ângulo diedral de T é igual a θ = arccos(1/3). Seja A = {π, π/2, θ}
e defina f : A → R pondo
f (π) = 0,
f (π/2) = 0 e f (θ) = 1.
Mostremos que f é aditiva no conjunto A. De fato, suponha
n1 π + n2
π
+ n3 θ = 0,
2
onde n1 , n2 , n3 ∈ Z. Se n3 = 0, temos:
π π + n3 f (θ) = n1 f (π) + n2 f
= 0.
n1 f (π) + n2 f
2
2
Se n3 6= 0, então
θ
(2n1 + n2 )
=−
.
π
2n3
Como π1 arccos(1/3) 6∈ Q, a igualdade acima é contraditória. Finalmente,
calculemos os invariantes de Dehn de C e T associados a f . O comprimento
de cada lado de C é igual a 1, logo
Df (C) =
12
X
1·f
k=1
π 2
= 0.
Por outro lado, o comprimento de cada lado de T é igual a
Df (T ) =
6
X
k=1
s
3
q √
3
12/ 2. Assim,
s
12
12
√ · f (θ) = 6 3 √ 6= 0.
2
2
Portanto, segue do Teorema 18.2.7 que C e T não são congruentes por cortes.
A recíproca do Teorema 18.2.7, estabelecendo uma condição suficiente
para que dois poliedros sejam congruentes por cortes foi estabelecida por
Sydler em 1965:
Teorema 18.2.9. Se P e Q são dois poliedros de mesmo volume com a
propriedade de que Df (P) = Df (Q), para toda função aditiva satisfazendo
f (π) = 0, então P e Q são congruentes por cortes.
161
18.3
Exercícios
1. Calcule a medida de um ângulo diedral de um tetraedro regular. Se o
volume deste tetraedro for igual a 1, calcule a medida de sua aresta.
2. Em um cubo ABCDEF GH, cujas arestas medem a, calcule a distância
do vértice B à diagonal AG.
3. Dado um paralelepípedo retângulo ABCDEF GH, calcule a medida da
diagonal BH.
4. Prove que
1
π
arccos(1/3) 6∈ Q.
162
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