Cada ideia vem com uma figura interativa. Arraste os pontos azuis, mova os controles deslizantes e observe as medidas na linha abaixo da figura: a propriedade resiste a todas as mudanças. Cada figura pode ser ampliada com os botões − / +, com o movimento de pinça ou com Shift + rolagem do mouse, e cada seção termina com um link para a mesma ideia na animação Geometria básica em figuras.
Depois do link vêm problemas que usam a ideia: questões dos vestibulares da Fuvest, da Unicamp e do ITA, e alguns problemas da Olimpíada Internacional de Matemática (IMO). Clique em um problema para abri-lo e tente resolvê-lo antes de clicar na resposta: as figuras das resoluções avançam passo a passo com o botão Próximo passo. Vale mencionar que os esboços de resolução dos problemas da IMO foram baseados no Art of Problem Solving.
Geometria plana
O ângulo reto
O ângulo reto é muito importante: goste do ângulo de \(90^\circ\). Com ele você pode
- usar Pitágoras: em um triângulo retângulo de catetos \(b\), \(c\) e hipotenusa \(a\), \(a^2=b^2+c^2\);
- perceber que, se \(\alpha+\beta=90^\circ\), então \(\operatorname{sen}\alpha=\cos\beta\);
- usar o seno, o cosseno e a tangente.
Então, se você encontrar um ângulo de \(90^\circ\), que sorte! Procure sempre ângulos retos nas figuras.
Suponha que \(ABC\) seja um triângulo retângulo de perímetro \(16\) cm e hipotenusa \(7\) cm. Calcule a sua área.
Resposta: \(8\ \text{u.a.}\)
Chame os catetos de \(b\) e \(c\). O perímetro dá \(b+c=16-7=9\), e Pitágoras dá \(b^2+c^2=7^2=49\). Não é preciso encontrar \(b\) e \(c\): a área é \(\frac{bc}{2}\), e \[
(b+c)^2=b^2+c^2+2bc\ \Longrightarrow\ 81=49+2bc\ \Longrightarrow\ bc=16,
\] logo a área é \(\dfrac{bc}{2}=8\ \text{u.a.}\)
Ângulos notáveis
Os ângulos notáveis são muito bem-vindos. Quando aparecerem \(30^\circ\), \(45^\circ\) ou \(60^\circ\), veja se dá para usá-los em um triângulo retângulo. E guarde um truque para o ângulo de \(30^\circ\): o cateto oposto ao ângulo de \(30^\circ\) mede metade da hipotenusa. No triângulo \(ABC\), retângulo em \(A\) e com \(\hat B=30^\circ\), se \(AC=x\), então \(BC=2x\).
Na parte da frente do casco de um submarino há um sonar esférico de raio \(3\) m, que detecta objetos ao seu redor. O sonar emite ondas que se propagam em todas as direções, formando esferas cujo raio é a distância do centro do sonar à superfície do objeto detectado. O centro do sonar está \(120\) m abaixo da superfície da água.
a) Qual é a menor distância do centro do sonar à superfície de um objeto para que ele seja detectado?
b) Se o sonar detecta um objeto a \(10\) m do seu centro, em um ponto \(45^\circ\) acima da reta horizontal que passa pelo centro do sonar, a que profundidade, abaixo da superfície da água, está o objeto?
c) Se o sonar detecta um objeto \(170\) m abaixo da superfície da água e \(30^\circ\) abaixo da reta horizontal que passa pelo centro do sonar, a que distância do centro do sonar está o objeto?
Resposta: a) \(3\) m; b) \((120-5\sqrt2)\) m; c) \(100\) m.
a) O objeto não pode estar dentro do sonar; portanto, a menor distância ocorre quando ele encosta no sonar: o raio, \(3\) m.
b) O centro \(S\) do sonar, o objeto \(O\) e o pé \(P\) da vertical por \(O\) na reta horizontal formam um triângulo retângulo de hipotenusa \(SO=10\) e ângulo de \(45^\circ\) em \(S\). Ele é metade de um quadrado: \(OP=\dfrac{10}{\sqrt2}=5\sqrt2\). O objeto está \(5\sqrt2\) m acima da reta; logo, a sua profundidade é \(120-5\sqrt2\) m.
c) O objeto está \(170-120=50\) m abaixo da reta horizontal. Agora o ângulo em \(S\) é \(30^\circ\), e o cateto oposto ao ângulo de \(30^\circ\) é metade da hipotenusa: \(SO=2\cdot50=100\) m.
Ângulos suplementares
Outros ângulos bons de encontrar em um problema são \(120^\circ\), \(135^\circ\) e \(150^\circ\), os suplementos de \(60^\circ\), \(45^\circ\) e \(30^\circ\). E lembre-se: \[
\alpha+\beta=180^\circ\implies \operatorname{sen}\alpha=\operatorname{sen}\beta,\qquad \cos\alpha=-\cos\beta,
\] pois, na circunferência trigonométrica, os pontos de \(\alpha\) e de \(\beta=180^\circ-\alpha\) são simétricos em relação ao eixo vertical (o eixo dos senos).
Sejam \(A\), \(B\), \(C\) os vértices de um triângulo. Determine \(\operatorname{sen}\widehat B\), sabendo que \[
\operatorname{sen}\big(\widehat A+\widehat B\big)=\frac45=\operatorname{sen}\big(\widehat A-\widehat C\big).
\]
Resposta: \(\operatorname{sen}\widehat B=\dfrac{44}{125}\).
- Ângulos suplementares têm o mesmo seno. \(\widehat A+\widehat B=180^\circ-\widehat C\); logo, \(\operatorname{sen}\widehat C=\operatorname{sen}(\widehat A+\widehat B)=\frac45\), e \(\widehat C\) é \(\gamma=\operatorname{arcsen}\frac45\) (agudo) ou o seu suplemento \(180^\circ-\gamma\).
- Qual deles? \(\operatorname{sen}(\widehat A-\widehat C)=\frac45>0\) significa \(0<\widehat A-\widehat C<180^\circ\); logo, \(\widehat A>\widehat C\). Se \(\widehat C=180^\circ-\gamma\) fosse obtuso, teríamos \(\widehat A+\widehat C>2\widehat C>180^\circ\), o que é impossível. Portanto, \(\widehat C=\gamma\).
- Então \(\widehat A-\widehat C\) é novamente \(\gamma\) ou \(180^\circ-\gamma\). A segunda opção dá \(\widehat A=180^\circ\), impossível; assim, \(\widehat A-\widehat C=\gamma\), isto é, \(\widehat A=2\gamma\) e \(\widehat B=180^\circ-3\gamma\).
- Usando mais uma vez os ângulos suplementares, \(\operatorname{sen}\widehat B=\operatorname{sen}3\gamma=3\operatorname{sen}\gamma-4\operatorname{sen}^3\gamma=\frac{12}{5}-\frac{256}{125}=\frac{44}{125}\).
Da tangente ao seno e ao cosseno
Mais um truque com o triângulo retângulo. Dado \(\operatorname{tg}\alpha=\tfrac12\), calcule \(\operatorname{sen}\alpha\) e \(\cos\alpha\). Primeiro desenhe, usando a proporção: catetos \(x\) (oposto a \(\alpha\)) e \(2x\) (adjacente). Depois aplique Pitágoras: a hipotenusa mede \(x\sqrt5\). Pronto: \[
\operatorname{sen}\alpha=\frac{x}{x\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5},\qquad \cos\alpha=\frac{2x}{x\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}.
\]
Considere um retângulo \(ABCD\) em que o lado \(AB\) mede o dobro do lado \(BC\). Sejam \(M\) o ponto médio de \(BC\) e \(N\) o ponto médio de \(CM\). A tangente do ângulo \(M\widehat AN\) é
(A) \(\dfrac1{35}\) (B) \(\dfrac2{35}\) (C) \(\dfrac4{35}\) (D) \(\dfrac8{35}\) (E) \(\dfrac{16}{35}\)
Resposta: (C) \(\ \dfrac4{35}\).
Tome \(BC=4\) e \(AB=8\); então \(BM=2\) e \(BN=3\).
- As duas tangentes. Nos triângulos retângulos \(ABM\) e \(ABN\): \(\operatorname{tg}\beta=\frac{BM}{AB}=\frac14\) e \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{BN}{AB}=\frac38\), com \(\beta=B\widehat AM\), \(\alpha=B\widehat AN\) e \(\theta=M\widehat AN=\alpha-\beta\).
- Das tangentes aos senos e cossenos, como nesta seção: os triângulos de catetos \(1,4\) e \(3,8\) dão \(\operatorname{sen}\beta=\frac1{\sqrt{17}}\), \(\cos\beta=\frac4{\sqrt{17}}\), \(\operatorname{sen}\alpha=\frac3{\sqrt{73}}\), \(\cos\alpha=\frac8{\sqrt{73}}\). Então \[
\operatorname{tg}\theta=\frac{\operatorname{sen}\alpha\cos\beta-\cos\alpha\operatorname{sen}\beta}{\cos\alpha\cos\beta+\operatorname{sen}\alpha\operatorname{sen}\beta}=\frac{12-8}{32+3}=\frac4{35}.
\] (É o mesmo que \(\operatorname{tg}(\alpha-\beta)=\frac{3/8-1/4}{1+3/32}\).)
O triângulo isósceles
Outro triângulo que você deve procurar sempre é o isósceles, porque ele aumenta as informações do problema: lados iguais dão ângulos da base iguais, e vice-versa. Além disso, em um triângulo isósceles \(ABC\) de base \(BC\), o segmento \(AH\) até a base é, ao mesmo tempo, a altura, a mediana e a bissetriz relativas a \(BC\).
Considere um triângulo de vértices \(A\), \(B\) e \(C\), retângulo em \(B\). Sejam \(r\) a reta que passa por \(A\) e \(C\) e \(O\) um ponto equidistante de \(A\) e de \(C\), no mesmo semiplano de \(B\) em relação a \(r\). Sabendo que \(AO=85\), \(AB=10\) e \(BC=24\), a distância de \(O\) a \(r\) é
(A) \(64\) (B) \(66\) (C) \(74\) (D) \(76\) (E) \(84\)
Resposta: (E) \(84\).
- \(AC=\sqrt{10^2+24^2}=26\).
- \(OA=OC\); logo, o triângulo \(AOC\) é isósceles de base \(AC\): a sua altura relativa a \(O\) é também mediana, e o seu pé \(H\) é o ponto médio de \(AC\), com \(AH=13\).
- A distância de \(O\) a \(r\) é \(OH=\sqrt{85^2-13^2}=\sqrt{(85-13)(85+13)}=\sqrt{72\cdot98}=\sqrt{7056}=84\).
(O ângulo reto em \(B\) e o semiplano de \(r\) apenas fixam o desenho: \(B\) está na circunferência de diâmetro \(AC\).)
Prolongando segmentos
Antes desta, lembre-se: você gosta de triângulos isósceles. Uma iniciativa que às vezes tomamos é prolongar segmentos. No trapézio \(ABCD\) com \(AB\parallel CD\), prolongar \(AB\) produz ângulos alternos. No quadrilátero com \(\hat A=60^\circ\) e ângulos retos em \(B\) e em \(D\), prolongando \(AB\) e \(DC\) até se encontrarem em \(E\), obtemos o triângulo \(ADE\), com os ângulos notáveis \(60^\circ\), \(90^\circ\) e \(30^\circ\). Isso é bom!
Considere um triângulo \(ABC\) e seja \(M\) o ponto médio do lado \(BC\). Tome o ponto \(R\neq A\) na reta \(AB\) tal que \(AB=BR\), e o ponto \(Q\) na reta \(AC\) tal que \(AC=2\,CQ\), com \(Q\) fora do segmento \(AC\). A reta \(RM\) corta o lado \(AC\) no ponto \(S\), e a reta \(QM\) corta o lado \(AB\) no ponto \(P\). Se a área do triângulo \(ABC\) é \(24\), a área do quadrilátero \(APMS\) é
(A) \(15\) (B) \(16\) (C) \(17\) (D) \(18\) (E) \(19\)
Resposta: (C) \(17\).
- Onde está \(S\)? Trace por \(B\) a paralela a \(AC\); ela encontra \(RS\) em \(B'\). No triângulo \(RAS\), \(B\) é o ponto médio de \(RA\) e \(BB'\parallel AS\); logo, \(BB'=\frac{AS}{2}\). Nos triângulos \(MBB'\) e \(MCS\) (ângulos opostos pelo vértice, ângulos alternos, \(MB=MC\)) obtemos \(BB'=CS\). Assim, \(CS=\frac{AS}{2}\) e \(AS=\frac23\,AC\).
- Onde está \(P\)? Do mesmo modo, trace por \(C\) a paralela a \(AB\), que encontra \(QP\) em \(C'\). Os triângulos \(QCC'\) e \(QAP\) são semelhantes na razão \(\frac{QC}{QA}=\frac13\); logo, \(CC'=\frac{AP}{3}\); e \(MCC'\cong MBP\) dá \(CC'=BP\). Portanto, \(BP=\frac{AP}{3}\) e \(AP=\frac34\,AB\).
- Áreas. A mediana \(AM\) divide \(ABC\) em dois triângulos de área \(12\). Triângulos de mesma altura têm áreas proporcionais às bases: \[
[APM]=\tfrac34\,[ABM]=9,\qquad [ASM]=\tfrac23\,[ACM]=8,
\] e então \([APMS]=9+8=17\).
Semelhança de triângulos
Perceber triângulos semelhantes é outra ideia para procurar o tempo todo. Siga este roteiro:
- marque segmentos e ângulos na figura;
- procure um caso de semelhança: AA, LAL ou LLL;
- monte as proporções. Para não errar, lembre-se de que os nossos guias são os ângulos: opostos a ângulos iguais encontramos lados proporcionais;
- faça as contas.
Nesta questão simples da Fuvest queremos a relação entre \(x\), \(y\), \(m\) e \(p\). Marque \(\alpha\) e \(\beta\) (eles são complementares); os dois triângulos são semelhantes pelo caso AA; opostos a ângulos iguais, os lados são proporcionais, logo \[
\frac yp=\frac xm\iff \frac xy=\frac mp.
\]
A figura mostra um triângulo \(ABC\) que contém dois quadrados. O segmento \(GH\) é lado de um dos quadrados e está sobre o segmento \(AB\). O segmento \(EF\), sobre o segmento \(AC\), é lado do outro quadrado. Sabendo que \(AG\) mede \(4\) cm e que o lado \(GH\) do quadrado menor mede \(3\) cm, o comprimento do segmento \(EF\) é
(A) \(\dfrac{121}{20}\) (B) \(\dfrac{111}{20}\) (C) \(\dfrac{102}{15}\) (D) \(\dfrac{98}{15}\)
Resposta: (B) \(\ \dfrac{111}{20}\) cm.
Sejam \(D\) o vértice do quadrado pequeno sobre \(AC\), \(P\) o seu quarto vértice (sobre o lado \(EI\) do quadrado grande) e \(I\) o vértice do quadrado grande sobre \(AB\).
- \(AGD\) é retângulo em \(G\), de catetos \(4\) e \(3\); logo, \(AD=5\).
- Três triângulos semelhantes. Os lados dos quadrados são paralelos ou perpendiculares entre si, de modo que todos os triângulos retângulos pequenos têm os mesmos ângulos que \(AGD\) (com o ângulo \(\widehat A\) em um dos vértices): \(AGD\sim DEP\sim PHI\).
- Em \(DEP\) a hipotenusa é \(DP=3\): \(\dfrac{PE}{DP}=\dfrac{GD}{AD}=\dfrac35\); logo, \(PE=\dfrac95\).
- Em \(PHI\) o ângulo em \(P\) é igual a \(\widehat A\) e o cateto \(PH=3\) é adjacente a ele: \(\dfrac{PI}{PH}=\dfrac{AD}{AG}=\dfrac54\); logo, \(PI=\dfrac{15}4\).
- \(EF=EI=PE+PI=\dfrac95+\dfrac{15}4=\dfrac{111}{20}\) cm.
O ângulo externo de um triângulo
Falando de iniciativas com ângulos, enxergar o ângulo externo de um triângulo é muito importante: um ângulo externo é a soma dos dois ângulos internos não adjacentes a ele, \[
\theta=\alpha+\beta.
\] Ele aparece quando prolongamos um lado do triângulo.
Exemplo 1. Na figura, \(ADE\) é equilátero, \(AD=BD\), e \(ABC\) é isósceles de base \(BC\). Determine \(\alpha=\widehat{BAD}\). Primeiro marque ângulos e segmentos. Como \(AD=BD\), o ângulo em \(B\) é \(\alpha\); como \(ABC\) é isósceles, o ângulo em \(C\) também é \(\alpha\); e \(\widehat{DAE}=60^\circ\). Daria para sair caçando ângulos externos (\(\theta+60^\circ\) é externo a \(ADB\), \(\widehat{AED}\) é externo a \(EDC\), …), mas olhe o problema um pouco de longe: no triângulo \(ABC\), \[
\alpha+60^\circ+\alpha+\alpha=180^\circ\iff 3\alpha=120^\circ\iff\alpha=40^\circ.
\] O ângulo externo não foi o protagonista aqui, mas tê-lo em mente como opção é muito útil.
Exemplo 2. Agora uma questão em que os ângulos externos são os protagonistas: \(BC=BP=PQ=QA\) e \(AB=AC\); determine \(\alpha=\hat A\). Marque ângulos e lados, e os triângulos isósceles começam a aparecer:
- \(\widehat{PQB}\) é externo ao triângulo \(PQA\); logo, mede \(\alpha+\alpha=2\alpha\);
- o triângulo \(PQB\) é isósceles; logo, \(\widehat{PBQ}=2\alpha\);
- \(\widehat{CPB}\) é externo ao triângulo \(PBA\); logo, mede \(\alpha+2\alpha=3\alpha\);
- o triângulo \(BPC\) é isósceles; logo, \(\widehat{PCB}=3\alpha\);
- o triângulo \(ABC\) é isósceles de base \(BC\); logo, \(\widehat{ABC}=3\alpha\) e \(\widehat{PBC}=3\alpha-2\alpha=\alpha\).
No triângulo \(BPC\), \(\alpha+3\alpha+3\alpha=180^\circ\); logo, \(\alpha=\dfrac{180^\circ}{7}\). Resumindo: marque todos os ângulos que aparecerem e fique de olho nos triângulos isósceles e nos ângulos externos.
Seja \(A\) um ponto exterior a uma circunferência \(\lambda\) de centro \(O\) e raio \(r\). Considere uma reta por \(A\) que corta \(\lambda\) nos pontos \(C\) e \(D\), de modo que o segmento \(AC\) é exterior a \(\lambda\) e mede \(r\). Seja \(B\) o ponto de \(\lambda\) tal que \(O\) pertence ao segmento \(AB\). Se o ângulo \(B\widehat AD\) mede \(10^\circ\), então o ângulo \(B\widehat OD\) mede
(A) \(25^\circ\) (B) \(30^\circ\) (C) \(35^\circ\) (D) \(40^\circ\) (E) \(45^\circ\)
Resposta: (B) \(30^\circ\).
- \(AC=r=OC\): o triângulo \(ACO\) é isósceles; logo, \(C\widehat OA=C\widehat AO=10^\circ\).
- Ângulo externo de \(ACO\) em \(C\): \(O\widehat CD=10^\circ+10^\circ=20^\circ\).
- \(OC=OD=r\): o triângulo \(OCD\) é isósceles; logo, \(O\widehat DC=20^\circ\).
- Ângulo externo de \(AOD\) em \(O\): \(B\widehat OD=O\widehat AD+O\widehat DA=10^\circ+20^\circ=30^\circ\).
Traçando paralelas
E a iniciativa com paralelas? Na “ponta de flecha” \(ABCD\), determine \(\theta\) em função de \(\alpha\), \(\beta\) e \(\gamma\). Por \(C\), trace a paralela a \(AD\) e a paralela a \(AB\): o ângulo \(\theta\) se divide em cópias de \(\alpha\), \(\beta\) e \(\gamma\), logo \[
\theta=\alpha+\beta+\gamma.
\]
Agora uma bonita com a iniciativa da paralela: no trapézio \(WZYX\) com \(XY\parallel WZ\), \(WZ=9{,}4\), \(XY=5{,}7\), \(\hat W=\theta\) e \(\widehat{XYZ}=2\theta\), determine \(m=ZY\). Trace por \(Y\) a paralela a \(WX\), que encontra \(WZ\) em \(P\). Então \(WPYX\) é um paralelogramo; logo, \(WP=5{,}7\) e \(ZP=9{,}4-5{,}7=3{,}7\); e, que sorte, o triângulo \(ZPY\) é isósceles de base \(PY\) (dois ângulos \(\theta\)). Portanto, \(m=ZY=ZP=3{,}7\).
Considere a circunferência \(\lambda\) de centro \(O\) que passa por um ponto \(A\). Sejam \(B\) um ponto tal que \(A\) é o ponto médio de \(OB\), e \(M\) um ponto de \(\lambda\) tal que \(A\widehat OM=100^\circ\). Sejam \(r\) a reta tangente a \(\lambda\) em \(M\) e \(DE\) a projeção ortogonal do segmento \(AB\) sobre a reta \(r\). Determine, em graus, a medida do ângulo \(A\widehat EB\).
Resposta: \(A\widehat EB=40^\circ\).
- Três paralelas. \(OM\perp r\) (tangente e raio), e \(AD\perp r\), \(BE\perp r\) (projeções). Logo, \(OM\parallel AD\parallel BE\).
- Paralelas determinam segmentos proporcionais. Essas paralelas cortam as retas \(OB\) e \(ME\); como \(A\) é o ponto médio de \(OB\), \(D\) é o ponto médio de \(ME\).
- Um triângulo isósceles. \(AD\) é perpendicular a \(ME\) no seu ponto médio; logo, \(A\) está na mediatriz de \(ME\): \(AM=AE\).
- Ângulos. \(OA=OM\) e \(A\widehat OM=100^\circ\); logo, \(O\widehat MA=40^\circ\); então \(A\widehat ME=90^\circ-40^\circ=50^\circ\) e, no triângulo isósceles \(AME\), também \(A\widehat EM=50^\circ\). Finalmente, \(A\widehat EB=90^\circ-50^\circ=40^\circ\), pois \(BE\perp r\).
Traçando perpendiculares
As perpendiculares também são uma boa iniciativa: 1) em um triângulo isósceles, a perpendicular por \(A\) à base a encontra no ponto médio \(M\); 2) em um trapézio isósceles de bases \(a\) e \(b\), as perpendiculares pelos vértices da base menor dividem a base maior em \(\tfrac{b-a}2\), \(a\), \(\tfrac{b-a}2\); 3) a perpendicular \(PA\) por um ponto \(P\) a uma reta \(r\) é a distância de \(P\) a \(r\).
Na figura, os segmentos \(AC\) e \(DE\) são paralelos entre si e perpendiculares ao segmento \(CD\); o ponto \(B\) pertence ao segmento \(AC\); \(F\) é o ponto médio do segmento \(AB\); e \(ABE\) é um triângulo equilátero. Além disso, o segmento \(BC\) mede \(10\) unidades de comprimento e o segmento \(AE\) mede \(6\). A medida do segmento \(DF\) é
(A) \(14\) (B) \(15\) (C) \(16\) (D) \(17\) (E) \(18\)
Resposta: (A) \(14\).
- Trace a perpendicular por \(E\). No triângulo equilátero \(ABE\), a altura relativa a \(E\) cai no ponto médio de \(AB\), que é \(F\); ela mede \(\frac{6\sqrt3}{2}=3\sqrt3\).
- \(EF\) e \(DC\) são ambos perpendiculares às paralelas \(AC\) e \(DE\); logo, \(EFCD\) é um retângulo e \(CD=EF=3\sqrt3\).
- \(FC=FB+BC=3+10=13\) e, no triângulo retângulo \(FCD\): \[
DF^2=13^2+(3\sqrt3)^2=169+27=196,\qquad DF=14 .
\]
Uma paralela a um dos lados
Mais sobre paralelas; não se esqueça desta ideia: uma reta \(r\parallel BC\) que corta \(AB\) em \(P\) e \(AC\) em \(Q\) sempre dá \(\triangle APQ\sim\triangle ABC\).
Um marceneiro possui um pedaço de madeira no formato de um triângulo retângulo, cujos catetos medem \(12\) cm e \(35\) cm. A partir dele, deve recortar o maior quadrado possível, com um dos ângulos retos do quadrado coincidindo com o ângulo reto do triângulo. A medida do lado do quadrado é mais próxima de
(A) \(8{,}0\) cm (B) \(8{,}5\) cm (C) \(9{,}0\) cm (D) \(9{,}5\) cm (E) \(10{,}0\) cm
Resposta: (C) \(x=\dfrac{420}{47}\approx8{,}94\) cm.
O maior quadrado tem o seu quarto vértice sobre a hipotenusa. O seu lado de cima é paralelo ao cateto de medida \(35\); logo, ele recorta, no alto, um triângulo pequeno semelhante ao triângulo todo: os seus catetos medem \(x\) (horizontal) e \(12-x\) (vertical). Portanto, \[
\frac{12-x}{x}=\frac{12}{35}\ \Longrightarrow\ 35(12-x)=12x\ \Longrightarrow\ x=\frac{420}{47}\approx8{,}94 .
\] (Em geral, o quadrado em um triângulo retângulo de catetos \(b\), \(c\) tem lado \(\frac{bc}{b+c}\).)
Um ponto médio gosta de outro ponto médio
Guarde isto: um ponto médio gosta de outro ponto médio. Se \(M\) e \(N\) são os pontos médios de \(AB\) e \(AC\), então, pelo teorema da base média, \[
MN\parallel BC\qquad\text{e}\qquad MN=\tfrac12\,BC.
\] Quando encontrar dois pontos médios, tome a iniciativa de ligá-los.
Na figura, \(ABCD\) é um trapézio com \(AB=1\) e \(CD=5\). Os pontos \(M\) e \(N\) são os pontos médios de \(AB\) e \(BC\), respectivamente. Sabendo que a área de \(MBN\) é \(1\), a área do trapézio é
(a) \(18\) (b) \(20\) (c) \(22\) (d) \(24\)
Resposta: (d) \(24\).
- Dois pontos médios. Trace a diagonal \(AC\). No triângulo \(ABC\), \(M\) e \(N\) são pontos médios de dois lados; logo, \(MN\parallel AC\) e \(MN=\frac{AC}2\): o triângulo \(MBN\) é semelhante a \(ABC\) na razão \(\frac12\), e a sua área é um quarto da área de \(ABC\). Assim, \([ABC]=4\).
- A altura. \(ABC\) tem base \(AB=1\) e altura igual à altura \(h\) do trapézio: \(\frac{1\cdot h}{2}=4\); logo, \(h=8\).
- \([ABCD]=\dfrac{(1+5)\cdot8}{2}=24\).
Seja \(ABC\) um triângulo de circuncentro \(O\). Os pontos \(P\) e \(Q\) são pontos interiores dos lados \(CA\) e \(AB\), respectivamente. Sejam \(K\), \(L\) e \(M\) os pontos médios dos segmentos \(BP\), \(CQ\) e \(PQ\), respectivamente, e seja \(\Gamma\) a circunferência que passa por \(K\), \(L\) e \(M\). Suponha que a reta \(PQ\) seja tangente à circunferência \(\Gamma\). Prove que \(OP=OQ\).
- Pontos médios. No triângulo \(PQB\), \(M\) e \(K\) são os pontos médios de \(PQ\) e de \(PB\); logo, \(MK\parallel QB\) (isto é, \(\parallel AB\)) e \(MK=\frac{QB}{2}\). No triângulo \(QPC\), \(ML\parallel PC\) (isto é, \(\parallel AC\)) e \(ML=\frac{PC}{2}\).
- Tangência. O ângulo \(K\widehat MQ\) entre a tangente \(MQ\) e a corda \(MK\) é igual ao ângulo inscrito \(M\widehat LK\). E \(K\widehat MQ=A\widehat QP\), ângulos alternos para as paralelas \(MK\) e \(AB\). Logo, \(M\widehat LK=A\widehat QP\); do mesmo modo (\(ML\parallel AC\)), \(M\widehat KL=L\widehat MP=A\widehat PQ\).
- Portanto, \(MKL\sim APQ\) e \(\dfrac{MK}{ML}=\dfrac{AP}{AQ}\), isto é, \(\dfrac{QB}{PC}=\dfrac{AP}{AQ}\), ou \(AQ\cdot QB=AP\cdot PC\).
- Potência de ponto. Para um ponto \(X\) interior à circunferência circunscrita (de raio \(R\)), sobre uma corda \(UV\), vale \(XU\cdot XV=R^2-OX^2\). Logo, \(R^2-OQ^2=R^2-OP^2\) e \(OP=OQ\).
Quatro fórmulas para memorizar
Para o triângulo equilátero de lado \(\ell\) e o quadrado de lado \(\ell\): \[
h=\frac{\ell\sqrt3}{2}\ \ (\text{sobre }2),\qquad \text{Área}=\frac{\ell^2\sqrt3}{4}\ \ (\text{sobre }4);\qquad\qquad \text{Área}=\ell^2,\qquad d=\ell\sqrt2.
\] Nós as usamos muito na geometria espacial dos tetraedros regulares e dos prismas.
A trave de equilíbrio é um aparelho da ginástica artística sobre o qual a atleta deve manter o equilíbrio. A trave é paralela ao chão e, em cada extremidade, apoia-se em um suporte no qual os pontos \(A\), \(B\) (sob a trave) e \(C\) (onde as duas pernas se cruzam) formam um triângulo equilátero; a perna que passa por \(B\) e \(C\) toca o chão em \(D\). Sabendo que a distância da trave ao chão é de \(110\) cm, calcule o comprimento do segmento \(DB\).
Resposta: \(DB=\dfrac{220\sqrt3}{3}\) cm.
\(ABC\) é equilátero; logo, a perna \(BD\) forma \(60^\circ\) com a trave \(AB\) e, como a trave é paralela ao chão, também \(60^\circ\) com o chão (ângulos alternos). Trace a perpendicular por \(B\) ao chão: ela é a altura \(110\), oposta ao ângulo de \(60^\circ\) em \(D\). Em um triângulo de ângulos \(30^\circ\), \(60^\circ\) e \(90^\circ\), o cateto oposto a \(60^\circ\) mede \(\frac{\sqrt3}{2}\) da hipotenusa; logo, \[
110=\frac{\sqrt3}{2}\,DB,\qquad DB=\frac{220}{\sqrt3}=\frac{220\sqrt3}{3}\ \text{cm}.
\] Dito de outra forma: \(DB\) é o lado de um triângulo equilátero de altura \(110\), e \(h=\frac{\ell\sqrt3}{2}\).
Relações métricas no triângulo retângulo
Memorize estas também; elas podem ser úteis. No triângulo \(ABC\), retângulo em \(A\) (tem que ser retângulo), seja \(AH=h\) a altura relativa à hipotenusa \(BC=a\) (tem que ser altura), \(BH=m\), \(HC=n\), \(AB=c\) e \(AC=b\). Então \[
h^2=m\,n\qquad\text{e}\qquad b\,c=a\,h.
\] As duas podem ser demonstradas por semelhança de triângulos.
A hipotenusa de um triângulo retângulo mede \(10\) cm. O volume do sólido gerado pela rotação desse triângulo em torno de um eixo que contém a hipotenusa é \(30\pi\) cm³. O perímetro do triângulo, em cm, é
(A) \(10+4\sqrt7\) (B) \(10+5\sqrt7\) (C) \(10+2\sqrt{10}\) (D) \(10+3\sqrt{10}\) (E) \(10+4\sqrt{10}\)
Resposta: (E) \(10+4\sqrt{10}\).
- O sólido são dois cones colados pelas bases. O raio comum é a altura \(h\) relativa à hipotenusa, e as alturas \(m\) e \(n\) dos cones somam \(10\): \[
V=\frac{\pi h^2 m}{3}+\frac{\pi h^2 n}{3}=\frac{\pi h^2\cdot10}{3}=30\pi\ \Longrightarrow\ h=3 .
\]
- Relações métricas: \(bc=ah=10\cdot3=30\) e \(b^2+c^2=a^2=100\).
- \((b+c)^2=100+60=160\); logo, \(b+c=4\sqrt{10}\) e o perímetro é \(10+4\sqrt{10}\).
Em um triângulo retângulo \(ABC\), a hipotenusa \(BC\), de medida \(a\), é dividida em \(n\) partes iguais (\(n\) um inteiro ímpar). Seja \(\alpha\) o ângulo agudo sob o qual, a partir de \(A\), se vê o segmento que contém o ponto médio da hipotenusa. Seja \(h\) a medida da altura relativa à hipotenusa. Prove que \[
\operatorname{tg}\alpha=\frac{4nh}{(n^2-1)\,a}.
\]
Sejam \(PQ\) o segmento do meio e \(M\) o ponto médio de \(BC\) (e também de \(PQ\)); então \(PQ=\frac an\) e \(MP=MQ=\frac a{2n}\).
- A mediana relativa à hipotenusa mede metade da hipotenusa: \(AM=\frac a2\).
- A área de \(APQ\), de dois modos: \(\frac12\,AP\cdot AQ\operatorname{sen}\alpha=\frac12\,PQ\cdot h\); logo, \(AP\cdot AQ\operatorname{sen}\alpha=\frac{ah}{n}\).
- Lei dos cossenos em \(APQ\): \(2\,AP\cdot AQ\cos\alpha=AP^2+AQ^2-PQ^2\). E, como \(AM\) é mediana de \(APQ\), \(AP^2+AQ^2=2AM^2+2MP^2=\frac{a^2}2+\frac{a^2}{2n^2}\) (Apolônio: some as leis dos cossenos em \(APM\) e \(AQM\), cujos ângulos em \(M\) são suplementares). Logo, \[
AP\cdot AQ\cos\alpha=\frac12\Big(\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2n^2}-\frac{a^2}{n^2}\Big)=\frac{a^2(n^2-1)}{4n^2}.
\]
- Dividindo 2 por 3: \(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{ah/n}{a^2(n^2-1)/(4n^2)}=\dfrac{4nh}{(n^2-1)a}\).
As leis dos cossenos e dos senos
Mais iniciativas com ângulos e lados. Dados dois lados e o ângulo entre eles, a lei dos cossenos, um “super Pitágoras”, dá o terceiro lado: \[
a^2=b^2+c^2-2bc\cos\theta.
\] Dados dois ângulos e um lado, a lei dos senos dá outro lado: \[
\frac{a}{\operatorname{sen}\alpha}=\frac{b}{\operatorname{sen}\beta}.
\]
Os ângulos internos de um triângulo estão em progressão aritmética. Se \(a\), \(b\), \(c\) são as medidas dos seus lados, com \(a<b<c\), então
(a) \(b^2+ac=a^2+c^2\) (b) \(a^2+bc=b^2+c^2\) (c) \(a^2-bc=b^2+c^2\) (d) \(b^2-ac=a^2+c^2\)
Resposta: (a) \(b^2+ac=a^2+c^2\).
- Ângulos em progressão aritmética são \(\beta-r\), \(\beta\), \(\beta+r\), com soma \(3\beta=180^\circ\): o ângulo do meio mede \(60^\circ\).
- O maior lado fica oposto ao maior ângulo; logo, o lado do meio, \(b\), fica oposto ao ângulo do meio, \(60^\circ\).
- Lei dos cossenos: \(b^2=a^2+c^2-2ac\cos60^\circ=a^2+c^2-ac\), isto é, \(b^2+ac=a^2+c^2\).
Sejam \(a\), \(b\), \(c\) os lados de um triângulo e \(S\) a sua área. Prove que \[
a^2+b^2+c^2\ \ge\ 4\sqrt3\,S .
\] Em que caso vale a igualdade?
Seja \(\gamma\) o ângulo entre \(a\) e \(b\). Pela lei dos cossenos, \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma\), e \(S=\frac12ab\operatorname{sen}\gamma\). Então \[
a^2+b^2+c^2-4\sqrt3\,S=2a^2+2b^2-4ab\Big(\tfrac12\cos\gamma+\tfrac{\sqrt3}2\operatorname{sen}\gamma\Big)=2a^2+2b^2-4ab\cos(\gamma-60^\circ).
\] Como \(\cos(\gamma-60^\circ)\le1\), isso é pelo menos \(2a^2+2b^2-4ab=2(a-b)^2\ge0\).
A igualdade exige \(a=b\) e \(\gamma=60^\circ\): o triângulo é equilátero, e de fato \(3\ell^2=4\sqrt3\cdot\frac{\ell^2\sqrt3}{4}\).
Onde termina a lei dos senos
E, falando da lei dos senos, não se esqueça de onde ela termina: \[
\frac{a}{\operatorname{sen}\hat A}=\frac{b}{\operatorname{sen}\hat B}=\frac{c}{\operatorname{sen}\hat C}=2R,
\] o diâmetro da circunferência circunscrita ao triângulo \(ABC\).
Um triângulo tem perímetro \(20\), e os seus ângulos internos \(\alpha\), \(\beta\) e \(\gamma\) satisfazem \(\operatorname{sen}\alpha+\operatorname{sen}\beta+\operatorname{sen}\gamma=2\). Sabendo que um dos seus lados mede \(8\), determine as medidas dos outros dois lados.
Resposta: \(6+\sqrt{11}\) e \(6-\sqrt{11}\).
- A lei dos senos, até o fim: cada lado é \(2R\) vezes o seno do ângulo oposto, \(a=2R\operatorname{sen}\alpha\) etc. Somando, \(20=a+b+c=2R(\operatorname{sen}\alpha+\operatorname{sen}\beta+\operatorname{sen}\gamma)=4R\); logo, \(R=5\).
- O lado \(8\) é oposto a um ângulo com \(\operatorname{sen}\alpha=\frac{8}{2R}=\frac45\); logo, \(\cos\alpha=\pm\frac35\).
- Os outros lados satisfazem \(b+c=12\) e, pela lei dos cossenos, \(64=b^2+c^2-2bc\cos\alpha=144-2bc(1+\cos\alpha)\); logo, \(bc(1+\cos\alpha)=40\).
- Se \(\cos\alpha=-\frac35\): \(bc=100\), mas \(b+c=12\) permite no máximo \(bc=36\). Impossível.
- Se \(\cos\alpha=\frac35\): \(bc=25\); logo, \(b\) e \(c\) são as raízes de \(t^2-12t+25=0\): \(t=6\pm\sqrt{11}\).
Proporções: o teorema da bissetriz interna
Tome a iniciativa de usar proporções em geometria, como nesta aplicação do teorema da bissetriz interna. Se \(AS\) é a bissetriz do ângulo \(A\), com \(AB=c\), \(AC=b\), \(BS=m\) e \(SC=n\), então \[
\frac cm=\frac bn\qquad\text{ou}\qquad \frac cb=\frac mn.
\] Leia a primeira como “um lado está para a sua projeção assim como o outro lado está para a outra projeção”, e a segunda como “a razão entre os lados é a razão entre as projeções”. Veja como fica fácil esta questão da Fuvest: com \(AB=30\), \(AC=40\) e \(BC=56\), escreva \(BS=3x\) e \(SC=4x\); então \(3x+4x=56\); logo, \(x=8\) e \(BS=24\).
Considere o triângulo \(ABC\) em que os segmentos \(AC\), \(CB\) e \(AB\) medem, respectivamente, \(10\) cm, \(15\) cm e \(20\) cm. Seja \(D\) o ponto do segmento \(AB\) tal que \(CD\) é a bissetriz do ângulo \(A\widehat CB\), e seja \(E\) um ponto do prolongamento de \(CD\), na direção de \(D\), tal que \(D\widehat BE=D\widehat CB\). A medida, em cm, de \(CE\) é
(A) \(\dfrac{11\sqrt6}3\) (B) \(\dfrac{13\sqrt6}3\) (C) \(\dfrac{17\sqrt6}3\) (D) \(\dfrac{20\sqrt6}3\) (E) \(\dfrac{25\sqrt6}3\)
Resposta: (E) \(\ \dfrac{25\sqrt6}{3}\) cm.
- Teorema da bissetriz: \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AC}{CB}=\dfrac{10}{15}\), e \(AD+DB=20\); logo, \(AD=8\) e \(DB=12\).
- Triângulos semelhantes. \(EBD\) e \(ECB\) têm em comum o ângulo em \(E\), e \(E\widehat BD=E\widehat CB\). Logo, \(EBD\sim ECB\), na razão \(\dfrac{BD}{CB}=\dfrac{12}{15}=\dfrac45\): \(EB=\frac45EC\) e \(ED=\frac45EB=\frac{16}{25}EC\). Portanto, \(CD=EC-ED=\frac9{25}EC\).
- A medida da bissetriz. Pela lei dos cossenos, \(\cos\widehat C=\frac{10^2+15^2-20^2}{2\cdot10\cdot15}=-\frac14\); logo, \(\cos\frac{\widehat C}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\widehat C}{2}}=\sqrt{\frac38}\). Escrevendo a área de \(ABC\) como \([ACD]+[DCB]\): \[
\tfrac12\cdot10\cdot15\operatorname{sen}\widehat C=\tfrac12(10+15)\,CD\operatorname{sen}\tfrac{\widehat C}2\ \Longrightarrow\ CD=\frac{2\cdot10\cdot15}{25}\cos\tfrac{\widehat C}2=12\sqrt{\tfrac38}=3\sqrt6 .
\]
- \(EC=\dfrac{25}{9}\cdot3\sqrt6=\dfrac{25\sqrt6}{3}\).
(Outro caminho: \(E\widehat BA=A\widehat CE\) mostra que \(ABEC\) é inscritível, e então \(DA\cdot DB=DC\cdot DE\).)
Seja \(ABCD\) um quadrilátero inscritível. Sejam \(P\), \(Q\) e \(R\) os pés das perpendiculares por \(D\) às retas \(BC\), \(CA\) e \(AB\), respectivamente. Mostre que \(PQ=QR\) se, e somente se, as bissetrizes dos ângulos \(\angle ABC\) e \(\angle ADC\) se encontram sobre \(AC\).
- Ângulos retos dão circunferências. \(D\widehat PC=D\widehat QC=90^\circ\); logo, \(P\) e \(Q\) estão na circunferência de diâmetro \(DC\). Nessa circunferência, a corda \(PQ\) está oposta ao ângulo inscrito \(P\widehat CQ\), que é o ângulo \(\widehat C\) do triângulo \(ABC\) ou o seu suplemento; pela lei dos senos nessa circunferência, \(PQ=DC\cdot\operatorname{sen}\widehat C\).
- Do mesmo modo, \(Q\) e \(R\) estão na circunferência de diâmetro \(DA\), e \(QR=DA\cdot\operatorname{sen}\widehat A\).
- Assim, \(PQ=QR\iff DC\operatorname{sen}\widehat C=DA\operatorname{sen}\widehat A\iff\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{\operatorname{sen}\widehat C}{\operatorname{sen}\widehat A}=\dfrac{BA}{BC}\), o último passo pela lei dos senos em \(ABC\).
- Teorema da bissetriz. A bissetriz de \(\angle ABC\) encontra \(AC\) no ponto \(X\) com \(\frac{XA}{XC}=\frac{BA}{BC}\); a bissetriz de \(\angle ADC\) a encontra em \(Y\) com \(\frac{YA}{YC}=\frac{DA}{DC}\). Elas se encontram sobre \(AC\) exatamente quando \(X=Y\), isto é, quando \(\frac{BA}{BC}=\frac{DA}{DC}\), a condição do passo 3.
Cinco maneiras de obter a área de um triângulo
Quando um problema for sobre áreas de triângulos, lembre-se destas maneiras de obter uma área:
- \(\text{Área}=\dfrac{a\,h}{2}\);
- \(\text{Área}=\dfrac12\,a\,b\operatorname{sen}\theta\), com \(\theta\) o ângulo entre \(a\) e \(b\);
- a fórmula de Heron, \(\text{Área}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\), com \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\);
- triângulos de mesma altura têm áreas proporcionais às bases: \(\dfrac{\text{Área}_{ABD}}{\text{Área}_{ACD}}=\dfrac xy\);
- triângulos semelhantes na razão \(k\) têm áreas na razão \(k^2\): se \(DEF\) é \(ABC\) reduzido (ou ampliado) na razão \(k\), então \(\dfrac{\text{Área}_{DEF}}{\text{Área}_{ABC}}=k^2\).
A figura mostra um quadrado \(ABCD\) de lado \(x\). O ponto médio do lado \(AB\) é \(M\). Os pontos \(P\) e \(Q\), sobre o lado \(CD\), são tais que \(PD=QC\). O ângulo \(P\widehat MQ\), chamado \(\theta\), satisfaz \(\cos\theta=\frac23\). A área do triângulo \(PMQ\) é
(a) \(\dfrac{\sqrt5\,x^2}{5}\) (b) \(\dfrac{\sqrt3\,x^2}{2}\) (c) \(\dfrac{\sqrt2\,x^2}{2}\) (d) \(\dfrac{\sqrt3\,x^2}{4}\)
Resposta: (a) \(\ \dfrac{\sqrt5\,x^2}{5}\).
- Simetria: \(PD=QC\); logo, \(MP=MQ\), e a altura \(MH\) do triângulo isósceles \(PMQ\) é um lado do quadrado, \(MH=x\), caindo no ponto médio \(H\) de \(PQ\).
- Arco metade: a altura divide \(\theta\) ao meio. De \(\cos\theta=\frac23\): \(\cos^2\frac\theta2=\frac{1+\cos\theta}{2}=\frac56\); logo, \(\operatorname{tg}^2\frac\theta2=\frac{1}{\cos^2(\theta/2)}-1=\frac15\) e \(\operatorname{tg}\frac\theta2=\frac1{\sqrt5}\).
- \(PH=x\operatorname{tg}\frac\theta2=\frac{x}{\sqrt5}\); logo, \(PQ=\frac{2x}{\sqrt5}\) e a área é \(\dfrac{PQ\cdot MH}{2}=\dfrac{x^2}{\sqrt5}=\dfrac{\sqrt5\,x^2}{5}\).
(Também dá para usar a lei dos cossenos e a área \(\frac{b\cdot h}{2}\); outra das cinco maneiras é \(\frac12\,MP\cdot MQ\operatorname{sen}\theta\).)
No triângulo \(ABC\), a bissetriz do ângulo \(\angle BCA\) encontra novamente a circunferência circunscrita em \(R\), a mediatriz de \(BC\) em \(P\) e a mediatriz de \(AC\) em \(Q\). O ponto médio de \(BC\) é \(K\) e o ponto médio de \(AC\) é \(L\). Prove que os triângulos \(RPK\) e \(RQL\) têm a mesma área.
Escreva \(a=BC\), \(b=CA\) e \(\gamma=\widehat C\), e seja \(O\) o circuncentro.
- Os triângulos retângulos \(CKP\) e \(CLQ\): \(P\widehat CK=Q\widehat CL=\frac\gamma2\); logo, \(PK=\frac a2\operatorname{tg}\frac\gamma2\), \(CP=\frac{a/2}{\cos(\gamma/2)}\), e \(QL=\frac b2\operatorname{tg}\frac\gamma2\), \(CQ=\frac{b/2}{\cos(\gamma/2)}\). Além disso, \(C\widehat PK=C\widehat QL=90^\circ-\frac\gamma2\).
- Um triângulo isósceles. \(OP\perp BC\) e \(OQ\perp CA\); logo, as retas \(OP\) e \(OQ\) formam o mesmo ângulo \(90^\circ-\frac\gamma2\) com a bissetriz \(CR\): o triângulo \(OPQ\) é isósceles. O pé \(N\) da perpendicular por \(O\) à corda \(CR\) é o ponto médio de \(CR\) e de \(PQ\). Portanto, \(RP=CQ\) e \(RQ=CP\).
- Áreas com \(\frac12 xy\operatorname{sen}\): os ângulos em \(P\) e \(Q\) são \(R\widehat PK=180^\circ-C\widehat PK\) e \(R\widehat QL=180^\circ-C\widehat QL\), ambos com seno igual a \(\cos\frac\gamma2\). Logo, \[
[RPK]=\tfrac12\,RP\cdot PK\cos\tfrac\gamma2=\tfrac12\cdot\frac{b/2}{\cos\frac\gamma2}\cdot\frac a2\operatorname{tg}\tfrac\gamma2\cdot\cos\tfrac\gamma2=\frac{ab}{8}\operatorname{tg}\frac\gamma2,
\] e a mesma conta, trocando \(a\) e \(b\), dá \([RQL]=\frac{ab}{8}\operatorname{tg}\frac\gamma2\).
Trapézios
Para trapézios, não se esqueça: se \(M\) e \(N\) são os pontos médios dos lados não paralelos, então \(MN\) é paralelo às bases e \[
MN=\frac{AB+CD}{2}.
\] (De novo o teorema da base média: um ponto médio gosta de outro ponto médio!)
Seja \(ABCD\) um trapézio isósceles com base maior \(AB\) medindo \(15\), o lado \(AD\) medindo \(9\) e o ângulo \(A\widehat DB\) reto. A distância entre o lado \(AB\) e o ponto \(E\) em que as diagonais se cortam é
(A) \(\dfrac{21}8\) (B) \(\dfrac{27}8\) (C) \(\dfrac{35}8\) (D) \(\dfrac{37}8\) (E) \(\dfrac{45}8\)
Resposta: (E) \(\ \dfrac{45}{8}\).
- O triângulo retângulo \(ADB\): \(DB=\sqrt{15^2-9^2}=12\); a altura relativa a \(D\) é \(h=\frac{9\cdot12}{15}=\frac{36}5\), e o seu pé está à distância \(\frac{9^2}{15}=\frac{27}5\) de \(A\).
- A base menor: o trapézio é isósceles; logo, \(CD=15-2\cdot\frac{27}5=\frac{21}5\).
- As diagonais determinam triângulos semelhantes: \(ABE\sim CDE\) (ângulos alternos, \(AB\parallel CD\)), na razão \(\frac{AB}{CD}=\frac{15}{21/5}=\frac{25}7\). As suas alturas relativas a \(E\) estão na mesma razão e somam \(h\); logo, a distância de \(E\) a \(AB\) é \[
\frac{25}{25+7}\cdot\frac{36}{5}=\frac{45}{8}.
\]
Paralelogramos
Para paralelogramos: ângulos opostos são iguais; ângulos consecutivos são suplementares, \(\alpha+\beta=180^\circ\), de modo que quem conhece um ângulo conhece todos; e as diagonais se cortam no ponto médio comum.
Um objeto é formado por \(4\) hastes rígidas unidas nas extremidades por dobradiças cujos centros são os vértices de um paralelogramo. As hastes se movimentam de modo que o paralelogramo permanece sempre no mesmo plano. A cada posição do objeto associa-se \(\theta\), o menor ângulo interno do paralelogramo. A área da região delimitada pelo paralelogramo quando \(\theta=90^\circ\) é \(A\). Para que a área da região delimitada pelo paralelogramo seja \(\frac A2\), o valor de \(\theta\) deve ser
(A) \(15^\circ\) (B) \(22{,}5^\circ\) (C) \(30^\circ\) (D) \(45^\circ\) (E) \(60^\circ\)
Resposta: (C) \(30^\circ\).
As hastes mantêm os seus comprimentos \(a\) e \(b\). Uma diagonal divide o paralelogramo em dois triângulos congruentes de lados \(a\), \(b\) e ângulo \(\theta\); logo, a sua área é \(2\cdot\frac12ab\operatorname{sen}\theta=ab\operatorname{sen}\theta\). Para \(\theta=90^\circ\), ela vale \(A=ab\); então precisamos de \(ab\operatorname{sen}\theta=\frac{ab}{2}\), \(\operatorname{sen}\theta=\frac12\) e, como \(\theta\) é o menor ângulo, \(\theta=30^\circ\).
Losangos
Para losangos: as diagonais são bissetrizes dos ângulos, são perpendiculares, e \[
\text{Área}_{ABCD}=\frac{AC\cdot BD}{2}
\] (leia como “diagonal maior vezes diagonal menor, sobre 2”).
Em arquitetura, um oval é uma curva formada por dois pares de arcos de circunferência de raios diferentes, unidos nos pontos em que as circunferências são tangentes. A Praça de São Pedro, no Vaticano, projetada por Gian Lorenzo Bernini, é um exemplo famoso. As duas circunferências menores têm o mesmo raio, assim como as duas maiores. Os centros das duas circunferências menores (\(B\) e \(D\)) estão a \(65\) m um do outro, e o centro de cada uma delas está sobre a outra circunferência. Os centros das circunferências maiores (\(A\) e \(C\)) são as interseções das circunferências menores. Os centros das quatro circunferências formam um losango \(ABCD\).
a) Calcule a área do losango \(ABCD\).
b) Calcule o perímetro do oval.
Resposta: a) \(\dfrac{4225\sqrt3}{2}\) m²; b) \(\dfrac{520\pi}{3}\) m.
a) Cada circunferência menor tem raio \(BD=65\) e passa pelo outro centro; logo, \(AB=AD=CB=CD=BD=65\): a diagonal \(BD\) divide o losango em dois triângulos equiláteros de lado \(65\), e \[
[ABCD]=2\cdot\frac{65^2\sqrt3}{4}=\frac{4225\sqrt3}{2}\ \text{m}^2 .
\] (Ou com as diagonais: \(AC=65\sqrt3\), e \(\frac{AC\cdot BD}{2}\) dá o mesmo valor.)
b) Uma circunferência maior, de centro \(C\), é tangente internamente à circunferência menor de centro \(D\) em um ponto \(E\) da reta \(CD\); logo, o seu raio é \(CE=CD+DE=130\). O oval é formado por dois arcos de raio \(65\) (centros \(B\) e \(D\)) e dois arcos de raio \(130\) (centros \(A\) e \(C\)). Os seus ângulos são \(E\widehat DF=A\widehat DC=120^\circ\) (opostos pelo vértice; o losango tem ângulos de \(120^\circ\) em \(B\) e \(D\)) e \(E\widehat CG=D\widehat CB=60^\circ\). Logo, \[
2\cdot\frac{120^\circ}{360^\circ}\,2\pi\cdot65+2\cdot\frac{60^\circ}{360^\circ}\,2\pi\cdot130=\frac{260\pi}{3}+\frac{260\pi}{3}=\frac{520\pi}{3}\ \text{m}.
\]
Quadrados
Para quadrados, às vezes é bom usar a área como “diagonal vezes diagonal sobre 2”, já que todo quadrado também é um losango: \(\text{Área}=\dfrac{AC\cdot BD}{2}=\dfrac{d^2}{2}\).
Uma árvore pitagórica é uma figura plana construída em estágios. No Estágio 1, ela é um quadrado de lado \(1\) cm. No Estágio 2, constroem-se sobre o quadrado do Estágio 1 dois quadrados cujos lados são os catetos do triângulo retângulo isósceles cuja hipotenusa é o lado do quadrado do Estágio 1. No Estágio 3, aplica-se o Estágio 2 a cada um dos novos quadrados, e assim por diante. A partir de qual estágio o lado de cada um dos novos quadrados passa a ser, pela primeira vez, menor que um décimo de milésimo do lado do quadrado do Estágio 1? (Use \(\log_{10}2=0{,}3\).)
(A) \(26\) (B) \(27\) (C) \(28\) (D) \(29\) (E) \(30\)
Resposta: (C) \(28\).
- A diagonal do quadrado: um triângulo retângulo isósceles é metade de um quadrado; a sua hipotenusa é a diagonal \(\ell\sqrt2\) de um quadrado de lado \(\ell\). Logo, os catetos são a hipotenusa dividida por \(\sqrt2\): de um estágio para o seguinte, o lado é multiplicado por \(\frac{1}{\sqrt2}\).
- No Estágio \(n\), os novos quadrados têm lado \(a_n=\big(\frac1{\sqrt2}\big)^{n-1}=2^{-(n-1)/2}\).
- \(a_n<10^{-4}\iff\frac{n-1}{2}\log_{10}2>4\iff\frac{n-1}{2}\cdot0{,}3>4\iff n-1>26{,}7\). O primeiro estágio assim é \(n=28\).
Retângulos
Para retângulos: as diagonais são iguais e se cortam no ponto médio comum. Assim, em um triângulo retângulo, a mediana relativa à hipotenusa mede metade da hipotenusa: no triângulo retângulo \(ABD\), \(AM=\tfrac12BD\).
Seja \(ABC\) um triângulo retângulo com \(B\widehat AC=30^\circ\). Considere um ponto \(D\) na hipotenusa \(AC\) e as retas \(r\) e \(s\) que passam por \(D\), paralelas aos lados \(AB\) e \(BC\), respectivamente. Se \(E=r\cap BC\), \(F=s\cap AB\) e \(BC=1\), o menor valor possível de \(EF\) é
(A) \(\dfrac{\sqrt2}5\) (B) \(\dfrac{\sqrt2}2\) (C) \(\dfrac{\sqrt3}3\) (D) \(\dfrac{\sqrt3}2\) (E) \(\sqrt3\)
Resposta: (D) \(\ \dfrac{\sqrt3}{2}\).
- Um retângulo. \(DE\parallel AB\), \(DF\parallel BC\) e \(\widehat B=90^\circ\); logo, \(BEDF\) é um retângulo. As suas diagonais são iguais: \(EF=BD\).
- O menor \(BD\). \(D\) percorre a hipotenusa, e \(BD\) é mínimo quando é perpendicular a \(AC\): a altura do triângulo.
- Com \(\widehat A=30^\circ\) e \(BC=1\): \(AC=2\) e \(AB=\sqrt3\); logo, a altura é \(\dfrac{AB\cdot BC}{AC}=\dfrac{\sqrt3}{2}\).
Polígonos
Memorize, para um polígono convexo de \(n\) lados: \[
\text{número de diagonais}=\frac{n(n-3)}{2},\qquad S_i=(n-2)\cdot180^\circ,\qquad S_e=360^\circ.
\] Dividimos por 2 porque cada diagonal é contada duas vezes, uma a partir de cada extremidade. \(S_i\) é a soma dos ângulos internos e \(S_e\) a soma dos ângulos externos. Quando puder escolher, trabalhe com os ângulos externos, pois a soma deles é constante, \(360^\circ\). E não se esqueça do hexágono regular: ele se divide em 6 triângulos equiláteros congruentes; logo, \[
\text{Área}=6\cdot\frac{\ell^2\sqrt3}{4}.
\]
Uma pavimentação do plano é chamada uniforme se for formada por polígonos regulares que cobrem todo o plano sem sobreposição e, além disso, o padrão for o mesmo em todos os vértices. Para classificá-las, usa-se uma sequência de números: escolhe-se um vértice qualquer e escreve-se o número de lados de cada polígono que contém esse vértice, no sentido anti-horário, começando pelos polígonos com menos lados. Por exemplo, \((3.3.3.3.6)\) e \((3.6.3.6)\). O piso de um museu em Sevilha tem o padrão da pavimentação abaixo (os botões alternam entre o piso e o exemplo \((3.6.3.6)\)). A sua notação é
(A) \((3.3.3.4)\) (B) \((3.3.4.6)\) (C) \((3.4.4.4)\) (D) \((3.4.4.6)\) (E) \((3.4.6.4)\)
Resposta: (E) \((3.4.6.4)\).
Em torno de cada vértice do piso há, nesta ordem, um triângulo, um quadrado, um hexágono e um quadrado. Os ângulos dos polígonos regulares confirmam que isso fecha a volta: \(60^\circ+90^\circ+120^\circ+90^\circ=360^\circ\) (o ângulo interno de um polígono regular de \(n\) lados é \(\frac{(n-2)\,180^\circ}{n}\)). As alternativas (A), (B) e (C) nem somam \(360^\circ\). A (D) tem os mesmos quatro polígonos, mas com os dois quadrados lado a lado; no piso, os quadrados estão separados pelo triângulo e pelo hexágono.
Circunferências
Para circunferências, guarde estas ideias:
o comprimento de uma circunferência de raio \(R\) é \(2\pi R\), o comprimento do arco \(\widehat{AB}\) de ângulo central \(\alpha\) é \(\dfrac{\alpha}{360^\circ}\cdot2\pi R\), e a reta tangente é perpendicular ao raio;
os dois segmentos tangentes traçados por um ponto \(P\) são iguais: \(PA=PB\);
a potência de ponto: para uma secante por \(P\) que encontra a circunferência em \(A\) e \(B\), e uma tangente \(PT\), \(PT^2=PA\cdot PB\);
uma boa iniciativa com duas circunferências de raios \(R\) e \(r\) e uma tangente comum \(PQ\): trace por \(B\), o centro da circunferência menor, a paralela a \(PQ\). Ela forma um triângulo retângulo de catetos \(R-r\) e \(PQ\) e hipotenusa \(AB\);
o ângulo inscrito é metade do ângulo central: \(\theta=\tfrac12\alpha\).
A figura mostra três circunferências, tangentes duas a duas, e as três tangentes a uma mesma reta. As duas circunferências maiores têm raio \(R\) e a menor tem raio \(r\). A razão \(R/r\) é
(a) \(3\) (b) \(\sqrt{10}\) (c) \(4\) (d) \(2\sqrt5\)
Resposta: (c) \(4\).
- Circunferências tangentes: a distância entre os centros é a soma dos raios. Reta tangente: o raio até o ponto de tangência é perpendicular à reta.
- Duas circunferências tangentes de raios \(x\) e \(y\), sobre uma reta, tocam-na em pontos a uma distância \(2\sqrt{xy}\) um do outro: trace os raios até a reta e use o triângulo retângulo de hipotenusa \(x+y\) e cateto \(|x-y|\), cujo outro cateto é \(\sqrt{(x+y)^2-(x-y)^2}=2\sqrt{xy}\).
- As circunferências grandes tocam a reta a uma distância \(2\sqrt{R\cdot R}=2R\) uma da outra, e a pequena a toca no meio, a \(2\sqrt{Rr}\) de cada uma: \[
2\sqrt{Rr}+2\sqrt{Rr}=2R\ \Longrightarrow\ 4\sqrt{Rr}=2R\ \Longrightarrow\ 4r=R .
\]
Duas circunferências \(G_1\) e \(G_2\) se intersectam em dois pontos \(M\) e \(N\). Seja \(AB\) a reta tangente a essas circunferências em \(A\) e \(B\), respectivamente, de modo que \(M\) está mais próximo de \(AB\) do que \(N\). Seja \(CD\) a reta paralela a \(AB\) que passa pelo ponto \(M\), com \(C\) em \(G_1\) e \(D\) em \(G_2\). As retas \(AC\) e \(BD\) se encontram em \(E\); as retas \(AN\) e \(CD\) se encontram em \(P\); as retas \(BN\) e \(CD\) se encontram em \(Q\). Mostre que \(EP=EQ\).
- Potência de ponto. A reta \(MN\) encontra \(AB\) em \(K\). A potência de \(K\) em relação a cada circunferência dá \(KA^2=KM\cdot KN=KB^2\); logo, \(K\) é o ponto médio de \(AB\) (os dois segmentos tangentes por \(K\) são iguais).
- Uma paralela a um dos lados. \(PQ\parallel AB\); as retas \(NA\), \(NK\), \(NB\) cortam as duas paralelas; logo, \(\frac{MP}{KA}=\frac{NM}{NK}=\frac{MQ}{KB}\). Como \(KA=KB\), \(M\) é o ponto médio de \(PQ\).
- Tangente e corda. Em \(G_1\), o ângulo entre a tangente \(AB\) e a corda \(AM\) é igual ao ângulo inscrito \(A\widehat CM\); e \(A\widehat CM=E\widehat AB\) (ângulos correspondentes, \(CM\parallel AB\)). Logo, \(AB\) é bissetriz do ângulo \(E\widehat AM\); do mesmo modo, \(BA\) é bissetriz de \(E\widehat BM\).
- Simetria. Os triângulos \(EAB\) e \(MAB\) têm o lado \(AB\) em comum e ângulos iguais em \(A\) e em \(B\); logo, são congruentes, e \(E\) é o simétrico de \(M\) em relação a \(AB\): \(EM\perp AB\) e, portanto, \(EM\perp PQ\).
- \(EM\) é perpendicular a \(PQ\) no seu ponto médio; logo, \(EP=EQ\).
O raio da circunferência inscrita
Em questões mais sofisticadas, às vezes é bom usar \[
r=\frac{S}{p}:
\] o raio da circunferência inscrita é a área \(S\) do triângulo \(ABC\) dividida pelo seu semiperímetro \(p\).
Considere um triângulo \(ABC\) com \(AB=14\), \(\cos B\widehat AC=\frac35\) e \(\cos A\widehat BC=\frac5{13}\). O raio da circunferência inscrita no triângulo é
(A) \(2\) (B) \(2\sqrt2\) (C) \(3\) (D) \(4\) (E) \(4\sqrt2\)
Resposta: (D) \(4\).
- Senos: \(\operatorname{sen}\widehat A=\frac45\), \(\operatorname{sen}\widehat B=\frac{12}{13}\); e, como ângulos suplementares têm o mesmo seno, \(\operatorname{sen}\widehat C=\operatorname{sen}(\widehat A+\widehat B)=\frac45\cdot\frac5{13}+\frac35\cdot\frac{12}{13}=\frac{56}{65}\).
- Lei dos senos: \(2R=\frac{14}{56/65}=\frac{65}4\); logo, \(BC=2R\operatorname{sen}\widehat A=13\) e \(AC=2R\operatorname{sen}\widehat B=15\).
- Os lados são \(13\), \(14\), \(15\): \(p=21\) e, pela fórmula de Heron (ou com a altura \(12\) relativa ao lado \(14\)), \(S=\sqrt{21\cdot8\cdot7\cdot6}=84\).
- \(r=\dfrac{S}{p}=\dfrac{84}{21}=4\).
Uma circunferência está inscrita em um triângulo \(ABC\) de lados \(a\), \(b\), \(c\). Traçam-se as tangentes à circunferência paralelas aos lados do triângulo. Cada uma dessas tangentes recorta de \(ABC\) um triângulo. Em cada um desses triângulos inscreve-se uma circunferência. Determine a soma das áreas dos quatro círculos inscritos, em função de \(a\), \(b\), \(c\).
Resposta: \(\displaystyle \pi\,\frac{(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{(a+b+c)^3}\).
Sejam \(p=\frac{a+b+c}{2}\), \(S\) a área e \(r=\frac Sp\) o raio da circunferência inscrita.
- Tangentes iguais. A tangente paralela a \(BC\) recorta, junto a \(A\), um triângulo cujos lados são tangentes à circunferência inscrita; de cada vértice, os dois segmentos tangentes são iguais, e o seu perímetro é a soma das duas tangentes por \(A\), isto é, \(2(p-a)\).
- Semelhança: esse triângulo é semelhante a \(ABC\) (uma paralela a um dos lados), na razão \(k_a=\frac{2(p-a)}{2p}=\frac{p-a}{p}\). O raio da sua circunferência inscrita é \(k_a r\). Do mesmo modo, \(k_b=\frac{p-b}p\) e \(k_c=\frac{p-c}p\).
- A soma: \(\pi r^2\big(1+k_a^2+k_b^2+k_c^2\big)=\frac{\pi r^2}{p^2}\big(p^2+(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2\big)\), e o parêntese vale \(4p^2-2p(a+b+c)+a^2+b^2+c^2=a^2+b^2+c^2\).
- Com \(r=\frac Sp\) e a fórmula de Heron, \(S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)\): \[
\frac{\pi S^2(a^2+b^2+c^2)}{p^4}=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(p-a)(p-b)(p-c)}{p^3},
\] que é a resposta acima.
Quadriláteros inscritíveis
Um quadrilátero é inscritível em uma circunferência se, e somente se, os seus ângulos opostos são suplementares: \[
\alpha+\beta=180^\circ\iff\text{existe uma circunferência que passa por } A,\ B,\ C,\ D.
\]
Seja \(Q\) um quadrilátero de vértices \(A\), \(B\), \(C\) e \(D\) cujos lados satisfazem \(AB=5=CD\), \(BC=3\) e \(DA=8\). Sabendo que \(Q\) está inscrito em uma circunferência de raio \(r\), determine \(r\).
Resposta: \(r=\dfrac{7\sqrt3}{3}\).
- Cordas iguais \(AB=CD\) determinam arcos iguais; logo, os ângulos inscritos nesses arcos são iguais: \(A\widehat DB=C\widehat BD\). Eles são alternos para as retas \(AD\), \(BC\) e a transversal \(BD\); logo, \(BC\parallel AD\): \(ABCD\) é um trapézio isósceles.
- Trace as alturas por \(B\) e por \(C\): elas recortam \(\frac{8-3}{2}=\frac52\) de cada extremidade de \(AD\). No triângulo retângulo de hipotenusa \(AB=5\) e cateto \(\frac52\), \(\cos\widehat A=\frac12\): \(\widehat A=60^\circ\). (E então \(\widehat C=120^\circ\): ângulos opostos de um quadrilátero inscritível são suplementares.)
- Lei dos cossenos em \(ABD\): \(BD^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot\frac12=49\), \(BD=7\).
- Lei dos senos, até o fim, no triângulo \(ABD\), inscrito na mesma circunferência: \(2r=\dfrac{BD}{\operatorname{sen}60^\circ}=\dfrac{14}{\sqrt3}\); logo, \(r=\dfrac{7\sqrt3}{3}\).
Uma circunferência tem centro sobre o lado \(AB\) do quadrilátero inscritível \(ABCD\). Os outros três lados são tangentes à circunferência. Prove que \(AD+BC=AB\).
Sejam \(O\) o centro e \(r\) o raio da circunferência, e \(G\), \(E\) os seus pontos de tangência com \(DA\) e \(CB\). Escreva \(\widehat A\), \(\widehat B\), \(\widehat C\), \(\widehat D\) para os ângulos de \(ABCD\).
- Triângulos retângulos nos pontos de tangência (tangente \(\perp\) raio). Em \(AGO\): \(AO=\dfrac{r}{\operatorname{sen}\widehat A}\) e \(AG=r\operatorname{cotg}\widehat A\). Em \(BEO\): \(OB=\dfrac{r}{\operatorname{sen}\widehat B}\) e \(BE=r\operatorname{cotg}\widehat B\). Logo, \(AB=AO+OB=r\Big(\dfrac1{\operatorname{sen}\widehat A}+\dfrac1{\operatorname{sen}\widehat B}\Big)\).
- Bissetrizes. \(O\) está à distância \(r\) de \(DA\) e de \(DC\); logo, \(DO\) é bissetriz de \(\widehat D\), e o segmento tangente por \(D\) é \(DG=r\operatorname{cotg}\frac{\widehat D}{2}\). Do mesmo modo, \(CE=r\operatorname{cotg}\frac{\widehat C}{2}\).
- Quadrilátero inscritível: \(\widehat C=180^\circ-\widehat A\) e \(\widehat D=180^\circ-\widehat B\); logo, \(\operatorname{cotg}\frac{\widehat C}2=\operatorname{tg}\frac{\widehat A}2\) e \(\operatorname{cotg}\frac{\widehat D}2=\operatorname{tg}\frac{\widehat B}2\). Portanto, \[
AD+BC=(AG+GD)+(BE+EC)=r\Big(\operatorname{cotg}\widehat A+\operatorname{tg}\tfrac{\widehat A}2\Big)+r\Big(\operatorname{cotg}\widehat B+\operatorname{tg}\tfrac{\widehat B}2\Big).
\]
- Uma identidade: \(\operatorname{cotg}x+\operatorname{tg}\frac x2=\dfrac{\cos x\cos\frac x2+\operatorname{sen}x\operatorname{sen}\frac x2}{\operatorname{sen}x\cos\frac x2}=\dfrac{\cos\frac x2}{\operatorname{sen}x\cos\frac x2}=\dfrac1{\operatorname{sen}x}\). Logo, \(AD+BC=r\Big(\dfrac1{\operatorname{sen}\widehat A}+\dfrac1{\operatorname{sen}\widehat B}\Big)=AB\).
(Se \(\widehat A\) for obtuso, \(G\) cai além de \(A\) e \(AG=r\operatorname{cotg}\widehat A\) é negativo; a conta é a mesma.)
Áreas do círculo e de suas partes
Para o círculo e suas partes: o círculo tem área \(\pi R^2\) e o setor de ângulo \(\alpha\) tem área \(\dfrac{\alpha}{360^\circ}\cdot\pi R^2\). Iniciativa: pense em diferenças de áreas. Essa iniciativa salva muitas resoluções em geometria; use-a sempre que puder. Por exemplo, o segmento circular determinado pela corda \(AB\) tem área \[
S=\text{Área}_{\text{setor }OAB}-\text{Área}_{\triangle OAB}=\frac{\alpha}{360^\circ}\cdot\pi R^2-\frac12R^2\operatorname{sen}\alpha.
\]
Considere a região do plano cartesiano \(A=\{(x,y)\in\mathbb R^2:\ |x|+|y|\le1\}\). Dado \(B=\{(x,y)\in\mathbb R^2:\ (x+1)^2+y^2\ge1\}\), a área da região \(A\cap B\) é
(A) \(2-\dfrac\pi4\) (B) \(2-\dfrac\pi2\) (C) \(4+\dfrac\pi2\) (D) \(4-\dfrac\pi4\) (E) \(2+\dfrac\pi2\)
Resposta: (A) \(2-\dfrac\pi4\).
- \(A\) é um quadrado de vértices \((\pm1,0)\), \((0,\pm1)\) e diagonais \(2\): área \(\frac{2\cdot2}{2}=2\).
- \(B\) é a região exterior à circunferência de centro \((-1,0)\), um vértice do quadrado, e raio \(1\). Os dois lados do quadrado em \((-1,0)\) formam um ângulo reto e medem \(\sqrt2>1\), e os dois lados opostos estão à distância \(\sqrt2\) de \((-1,0)\); assim, a circunferência corta apenas os dois lados em \((-1,0)\), e a parte do quadrado interior à circunferência é um quarto de círculo de raio \(1\) (o seu arco passa pelo centro \((0,0)\) do quadrado), de área \(\frac\pi4\).
- Pense na diferença: \([A\cap B]=2-\dfrac\pi4\).
Geometria espacial
Reta perpendicular a um plano
Este é um dos teoremas mais importantes da geometria espacial; memorize-o e use-o sempre: se uma reta \(t\) é perpendicular a duas retas concorrentes de um plano, então ela é perpendicular ao plano. A recíproca é igualmente importante: se uma reta é perpendicular a um plano, então ela é perpendicular a todas as retas do plano que passam pelo ponto de interseção.
Por exemplo, no cubo abaixo, a reta \(t=AB\) é perpendicular a \(BC\) e a \(BD\); logo, 1) \(t\perp\) plano \((ECBD)\); 2) \(BE\) está contida nesse plano. De 1) e 2), \(t\perp BE\).
Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo de vértice \(V\) (três arestas perpendiculares duas a duas), determinando um triângulo \(ABC\) cujos lados medem \(\sqrt{10}\), \(\sqrt{17}\) e \(5\) cm. O volume, em cm³, do sólido \(VABC\) é
(A) \(2\) (B) \(4\) (C) \(\sqrt{17}\) (D) \(6\) (E) \(5\sqrt{10}\)
Resposta: (A) \(2\) cm³.
- Sejam \(VA=x\), \(VB=y\), \(VC=z\). Cada aresta é perpendicular ao plano das outras duas e, portanto, a todas as retas desse plano que passam por \(V\): as três faces em \(V\) são triângulos retângulos, e \[
x^2+y^2=10,\qquad y^2+z^2=17,\qquad x^2+z^2=25
\] (em alguma ordem; os nomes não importam).
- Um sistema linear disfarçado: chame \(X=x^2\), \(Y=y^2\), \(Z=z^2\). As três equações ficam \[
X+Y=10,\qquad Y+Z=17,\qquad X+Z=25,
\] um sistema linear de três equações e três incógnitas. Cada incógnita aparece em exatamente duas equações; por isso, somando as três, cada uma aparece duas vezes: \[
2(X+Y+Z)=10+17+25=52\ \Longrightarrow\ X+Y+Z=26.
\] Somar equações verdadeiras dá uma equação verdadeira; então, subtraindo de \(X+Y+Z=26\) cada equação do sistema, sobra uma incógnita de cada vez: \(Z=26-10=16\), \(X=26-17=9\) e \(Y=26-25=1\). (De volta ao sistema: \(9+1=10\), \(1+16=17\), \(9+16=25\).) Como \(x\), \(y\), \(z\) são comprimentos, \(x=3\), \(y=1\) e \(z=4\).
- Volume: tome o triângulo retângulo \(VAB\) como base; \(VC\) é perpendicular ao seu plano; logo, é a altura: \(\dfrac13\cdot\dfrac{3\cdot1}{2}\cdot4=2\).
Prismas
Para reconhecer um prisma, procure duas faces paralelas e congruentes, as bases. Uma caçamba de entulho é um prisma de base \(ABCD\) e altura \(CC'\); logo, \[
\text{Vol}_{\text{caçamba}}=\text{Área}_{ABCD}\cdot CC'.
\]
O tanque de um caminhão-pipa é um cilindro circular reto de eixo horizontal, com dimensões internas de \(6\) metros de comprimento e \(2\) metros de diâmetro. Uma escola contratou o caminhão para encher a sua caixa-d’água. Após a entrega, o motorista notou que o tanque do caminhão estava cheio até \(\frac34\) da sua altura. Qual volume de água, em metros cúbicos, foi usado para encher a caixa-d’água da escola, sabendo que o tanque do caminhão estava cheio antes?
(A) \(\Big(2\pi-\dfrac{\sqrt3}{4}\Big)\) (B) \(\Big(2\pi-\dfrac{3\sqrt3}{2}\Big)\) (C) \(\Big(2\pi+\dfrac{3\sqrt3}{2}\Big)\) (D) \(\Big(4\pi+\dfrac{\sqrt3}{4}\Big)\) (E) \(\Big(4\pi+\dfrac{3\sqrt3}{2}\Big)\)
Resposta: (B) \(\ 2\pi-\dfrac{3\sqrt3}{2}\) m³.
- Um prisma deitado: a água que saiu ocupava a parte de cima do tanque, um sólido com duas bases paralelas e congruentes (segmentos circulares) e comprimento \(6\). O seu volume é (área da base) × \(6\).
- A base: a circunferência tem raio \(1\); a parte vazia tem altura \(\frac14\cdot2=\frac12\); logo, a sua corda está à distância \(\frac12\) do centro. No triângulo retângulo de hipotenusa \(1\) e cateto \(\frac12\), \(\cos\alpha=\frac12\): \(\alpha=60^\circ\), e o segmento corresponde a um ângulo central de \(120^\circ\).
- Segmento = setor − triângulo \(=\dfrac{120^\circ}{360^\circ}\pi\cdot1^2-\dfrac12\cdot1\cdot1\cdot\operatorname{sen}120^\circ=\dfrac\pi3-\dfrac{\sqrt3}{4}\).
- Volume \(=6\Big(\dfrac\pi3-\dfrac{\sqrt3}4\Big)=2\pi-\dfrac{3\sqrt3}{2}\) m³.
Ângulos retos nos sólidos
O seu gosto por ângulos retos na geometria plana vira uma ótima iniciativa também na geometria espacial. Procure os ângulos de \(90^\circ\) nas figuras 3D, seja em um prisma, em uma pirâmide ou em qualquer outro sólido: no cubo, na pirâmide (a altura), no cone (\(h\), \(r\) e \(g\)), no cilindro reto (planificando-o) e na esfera (uma seção).
Uma luminária será instalada a certa altura abaixo do teto. Ela fica no vértice \(P\) de uma pirâmide regular de base quadrada, inscrita em um cubo de aresta \(4\) m: a base da pirâmide é o piso \(ABFE\) do cubo, e \(DCGH\) é o teto. As projeções da luminária sobre o teto e sobre o piso são os pontos \(R\) e \(Q\), interseções das diagonais dos quadrados \(DCGH\) e \(ABFE\).
a) Se as arestas laterais da pirâmide medem \(3\) m, a que altura do piso está a luminária?
b) Se as arestas laterais da pirâmide formam um ângulo de \(45^\circ\) com o piso, quanto mede, em metros, uma aresta lateral?
c) Seja \(S\) a projeção ortogonal de \(P\) sobre a face de trás \(EFGH\) do cubo. Quanto mede a projeção da aresta \(PF\) sobre o plano \(EFGH\), se a altura \(PQ\) é \(2\sqrt2\) m?
Resposta: a) \(1\) m; b) \(4\) m; c) \(2\sqrt3\) m.
a) \(PQ\) é perpendicular ao piso; logo, é perpendicular à meia-diagonal \(QB=\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2\). No triângulo retângulo \(PQB\): \(PQ^2+8=9\), \(PQ=1\) m.
b) Agora o ângulo em \(B\) é \(45^\circ\): \(PQB\) é um triângulo retângulo isósceles, \(PQ=QB=2\sqrt2\), e \(PB=2\sqrt2\cdot\sqrt2=4\) m.
c) A projeção de \(PF\) sobre a face de trás é \(SF\). \(S\) está à altura \(PQ=2\sqrt2\) acima do ponto médio \(M\) de \(EF\) (a projeção de \(Q\)), e \(MF=2\). No triângulo retângulo \(SMF\): \(SF^2=8+4=12\), \(SF=2\sqrt3\) m.
Pirâmides e tetraedros
Para uma pirâmide, lembre-se: \[
\text{Volume}=\frac13\cdot\text{Área}_{\text{base}}\cdot\text{altura}.
\] É uma excelente iniciativa quando a pirâmide é um tetraedro, porque qualquer face pode ser a base. Veja esta questão: na caixa abaixo, \(AB=AD=3\) e a altura é \(4\); qual é a distância \(d\) de \(D\) ao plano \((AHC)\)? A iniciativa é calcular o volume do tetraedro de duas maneiras, com vértice \(H\) e base \(ACD\), e com vértice \(D\) e base \(AHC\): \[
\text{Vol}_{HACD}=\text{Vol}_{DAHC}\iff \frac13\cdot\text{Área}_{ACD}\cdot HD=\frac13\cdot\text{Área}_{AHC}\cdot d.
\] As duas áreas são fáceis e, isolando \(d\), terminamos: \(d=\dfrac{12}{\sqrt{41}}\).
Um tetraedro tem quatro arestas de medida \(\sqrt3\) e duas arestas opostas de medida \(2\). O seu volume é
(A) \(\dfrac13\) (B) \(\dfrac23\) (C) \(\dfrac43\) (D) \(1\) (E) \(\dfrac53\)
Resposta: (B) \(\dfrac23\).
Chame-o de \(ABCD\), com \(BC=AD=2\) e as outras quatro arestas medindo \(\sqrt3\).
- Seja \(M\) o ponto médio de \(BC\). Os triângulos \(ABC\) e \(DBC\) são isósceles; logo, \(AM\perp BC\), \(DM\perp BC\) e \(AM=DM=\sqrt{3-1}=\sqrt2\).
- Escolha uma boa base: \(BC\) é perpendicular às duas retas \(MA\) e \(MD\) do plano \(AMD\); logo, é perpendicular a esse plano. Esse plano corta o tetraedro em duas pirâmides de base \(AMD\) e alturas \(MB=MC=1\): \[
V=\frac13\,[AMD]\,(MB+MC)=\frac23\,[AMD].
\]
- \(AMD\) é isósceles, de lados \(\sqrt2,\sqrt2,2\): como \(2+2=4\), ele é retângulo em \(M\), e \([AMD]=\frac{\sqrt2\cdot\sqrt2}{2}=1\). Logo, \(V=\frac23\).
O ângulo entre dois planos
Lembre-se de como encontramos o ângulo entre dois planos \(\alpha\) e \(\beta\): \(\theta\) é o ângulo entre duas retas \(r\subset\alpha\) e \(s\subset\beta\) perpendiculares à interseção \(t\) dos planos, em um mesmo ponto. Em uma pirâmide regular, por exemplo, o ângulo entre a base e a face \(VBC\) é o ângulo \(\widehat{VMO}\), em que \(O\) é o centro da base e \(M\) o ponto médio de \(BC\).
Para construir um tetraedro, dobra-se uma folha retangular de papel, de lados \(3\) cm e \(4\) cm, ao longo de uma de suas diagonais, de modo que as duas metades da folha formem um ângulo reto e constituam duas faces do tetraedro. Em seguida, completam-se as demais faces com mais papel. Determine as medidas das arestas do tetraedro.
Resposta: \(3\), \(3\), \(4\), \(4\), \(5\) e \(\dfrac{\sqrt{337}}{5}\) cm.
Chame o retângulo de \(ABCD\), com \(AB=CD=4\) e \(BC=DA=3\), dobrado ao longo de \(AC=5\). Cinco arestas mantêm as suas medidas: \(3,4,3,4,5\). A sexta é \(BD\).
- Alturas relativas à dobra: em cada um dos triângulos retângulos \(ABC\) e \(ADC\), a altura relativa a \(AC\) mede \(\frac{3\cdot4}{5}=\frac{12}5\). Os seus pés são \(H\) e \(K\), com \(AH=\frac{4^2}{5}=\frac{16}5\) e \(AK=\frac{3^2}5=\frac95\); logo, \(HK=\frac75\).
- O ângulo entre os planos é o ângulo entre retas perpendiculares à dobra, uma em cada plano. Ele mede \(90^\circ\); logo, \(BH\perp KD\); e \(BH\perp HK\). Então \(BH\) é perpendicular ao plano \(ACD\) e, portanto, a \(HD\).
- \(HD^2=HK^2+KD^2=\frac{49}{25}+\frac{144}{25}\) e \(BD^2=BH^2+HD^2=\frac{144+49+144}{25}=\frac{337}{25}\); logo, \(BD=\frac{\sqrt{337}}5\).
Cilindros e cones
Para um cilindro reto de raio \(r\) e altura \(h\): \[
\text{Área}_{\text{lateral}}=2\pi r\,h,\qquad \text{Volume}=\pi r^2h,
\] porque, planificada, a superfície lateral é um retângulo \(2\pi r\times h\). Para um cone reto de geratriz \(g\): \[
\text{Área}_{\text{lateral}}=\pi r\,g,\qquad \text{Volume}=\frac13\pi r^2h,
\] e, planificada, a sua superfície lateral é um setor circular de raio \(g\) e arco \(2\pi r\).
Márcia está decorando a sua casa para o Natal. Ela quer cobrir uma pilastra com papel de parede natalino e depois enrolar um fio de luzes de LED em volta da pilastra coberta, dando exatamente uma volta, de modo que o ponto em que o fio começa fique exatamente abaixo do ponto em que ele termina. A pilastra é um cilindro circular reto de \(3\) m de altura; o perímetro da sua base é \(1\) m, e a sua lateral será totalmente coberta com papel de parede, colado sem sobreposição.
a) Se o metro quadrado do papel de parede custa R$ 20,00, quanto Márcia vai gastar com papel de parede?
b) Qual é o menor comprimento que o fio de LED pode ter para essa instalação?
Resposta: a) R$ 60,00; b) \(\sqrt{10}\) m.
a) Planifique a lateral: ela é um retângulo de lados \(1\) (o perímetro da base) e \(3\) (a altura), de área \(3\) m², que custa \(3\cdot20=60\) reais.
b) Planificado, um fio que dá uma volta, de um ponto ao ponto logo acima dele, vira uma linha de um canto do retângulo ao canto oposto. O caminho mais curto é o reto, a diagonal: \(\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}\) m.
A superfície lateral de um cone circular reto, quando planificada, é um setor circular de \(216^\circ\). Se a geratriz do cone mede \(10\) cm, então a sua altura, em cm, é
(A) \(5\) (B) \(6\) (C) \(7\) (D) \(8\) (E) \(9\)
Resposta: (D) \(8\).
- Planificado, o cone é um setor de raio \(g=10\) cujo arco é o perímetro da base: \(\dfrac{216^\circ}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot10=2\pi r\); logo, \(r=6\).
- O triângulo retângulo altura–raio–geratriz: \(h=\sqrt{10^2-6^2}=8\).
Diferenças de volumes
Uma ótima ideia na geometria espacial é pensar em diferenças de volumes, como no tronco de cone: \[
\text{Vol}_{\text{tronco}}=\text{Vol}_{\text{cone maior}}-\text{Vol}_{\text{cone menor}}.
\] E lembre-se: 1) \(\triangle VAB\sim\triangle VCD\); 2) o cone menor é semelhante ao maior; 3) \(\dfrac{\text{Vol}_{\text{cone menor}}}{\text{Vol}_{\text{cone maior}}}=k^3\) (sólidos semelhantes).
Um designer de produtos quer fazer um vaso de flores formado por dois troncos de cone iguais, unidos pelas bases menores. A base e a boca do vaso são círculos de raio \(R=10\) cm, o meio é um círculo de raio \(r=5\) cm, e cada tronco tem altura \(h=12\) cm. Qual é a capacidade do vaso, em cm³?
(A) \(1400\pi\) (B) \(2100\pi\) (C) \(2400\pi\) (D) \(2600\pi\) (E) \(2800\pi\)
Resposta: (A) \(1400\pi\) cm³.
- Complete cada tronco até um cone de altura \(H\). O cone pequeno retirado é semelhante ao grande, na razão \(\frac rR=\frac12\); logo, \(H-12=\frac H2\) e \(H=24\).
- Diferença de volumes: cada tronco tem volume \(\dfrac{\pi\cdot10^2\cdot24}{3}-\dfrac{\pi\cdot5^2\cdot12}{3}=800\pi-100\pi=700\pi\). (Ou: o cone pequeno é \(\big(\frac12\big)^3=\frac18\) do grande, e \(800\pi\cdot\frac78=700\pi\).)
- O vaso: \(2\cdot700\pi=1400\pi\) cm³.
É dado o tetraedro \(ABCD\), cujas arestas \(AB\) e \(CD\) medem \(a\) e \(b\), respectivamente. A distância entre as retas reversas \(AB\) e \(CD\) é \(d\), e o ângulo entre elas é \(\omega\). O tetraedro é dividido em dois sólidos por um plano \(\varepsilon\) paralelo às retas \(AB\) e \(CD\). A razão entre as distâncias de \(\varepsilon\) a \(AB\) e a \(CD\) é igual a \(k\). Calcule a razão entre os volumes dos dois sólidos obtidos.
Resposta: \(\dfrac{k^2(k+3)}{3k+1}\) (o sólido que contém \(AB\) sobre o outro); \(a\), \(b\), \(d\), \(\omega\) não são necessários.
Sejam \(t=\frac{k}{k+1}\) e \(V\) o volume de \(ABCD\).
- O corte. As distâncias a \(AB\) e a \(CD\) variam proporcionalmente ao longo de qualquer segmento que liga \(AB\) a \(CD\); logo, \(\varepsilon\) corta \(AC\), \(AD\), \(BD\), \(BC\) em \(W\), \(X\), \(Y\), \(Z\) com \(\frac{AW}{AC}=\frac{AX}{AD}=\frac{BY}{BD}=\frac{BZ}{BC}=t\). A seção \(WXYZ\) é um paralelogramo.
- Corte de novo o sólido que contém \(AB\), pelo plano que passa por \(W\) e \(X\) e é paralelo à face \(BCD\); ele encontra \(AB\) em \(P\), com \(\frac{AP}{AB}=t\).
- O canto \(APWX\) é um tetraedro semelhante a \(ABCD\) na razão \(t\): volume \(t^3V\).
- O resto, \(PWX\,BZY\), é um prisma: \(Z-W=Y-X=B-P=(1-t)(B-A)\). A sua base \(PWX\) é semelhante a \(BCD\) na razão \(t\); logo, tem área \(t^2[BCD]\), e a sua altura é \((1-t)\) vezes a altura de \(A\) em relação a \(BCD\): volume \(3t^2(1-t)V\).
- Assim, o sólido que contém \(AB\) tem volume \(V_1=(3t^2-2t^3)V\), o outro \(V_2=(1-3t^2+2t^3)V=(1-t)^2(1+2t)V\), e \[
\frac{V_1}{V_2}=\frac{t^2(3-2t)}{(1-t)^2(1+2t)}=\frac{k^2(k+3)}{3k+1}.
\]
A esfera
Para a esfera de raio \(R\): \[
\text{Área}=4\pi R^2,\qquad \text{Volume}=\frac43\pi R^3.
\] E lembre-se de que toda seção plana de uma esfera é um círculo: à distância \(x\) do centro, o seu raio \(r\) satisfaz \(r^2=R^2-x^2\), e a sua área é \(\pi r^2\). Lembre-se também dos casos da esfera inscrita 1) em um cone, em que \(\triangle VO'T\sim\triangle VOA\), e 2) em um cubo de aresta \(\ell\), em que \(2r=\ell\), isto é, \(r=\dfrac{\ell}{2}\).
Um recipiente cilíndrico de altura \(h\) contém água. Quando se coloca no recipiente uma esfera de chumbo de raio \(R\), a água cobre a esfera e não transborda. Sabendo que o raio da base do cilindro é o dobro do raio da esfera, a diferença entre as alturas da água antes e depois de a esfera ser colocada é
(a) \(2R\) (b) \(R\) (c) \(\dfrac R3\) (d) \(\dfrac{2R}3\)
Resposta: (c) \(\dfrac R3\).
A água sobe o volume da esfera, distribuído sobre a base do cilindro: \[
\pi(2R)^2\,\Delta h=\frac43\pi R^3\ \Longrightarrow\ \Delta h=\frac{4R^3}{3\cdot4R^2}=\frac R3 .
\]
Considere um cone de revolução com uma esfera inscrita, tangente à base do cone. Um cilindro é circunscrito a essa esfera de modo que uma de suas bases está contida na base do cone. Sejam \(V_1\) o volume do cone e \(V_2\) o volume do cilindro.
a) Prove que \(V_1\neq V_2\).
b) Determine o menor número \(k\) para o qual \(V_1=kV_2\); nesse caso, construa o ângulo sob o qual um diâmetro da base do cone é visto do vértice do cone.
Resposta: sempre \(V_1>V_2\); o menor \(k\) é \(\dfrac43\), quando o semiângulo \(\varphi\) no vértice satisfaz \(\operatorname{sen}\varphi=\dfrac13\).
- Seção meridiana: um triângulo isósceles de base \(2\rho\) (a base do cone) e ângulos da base \(\beta\), com o círculo máximo da esfera inscrito. O centro da esfera está na bissetriz de \(\beta\); logo, o raio da esfera é \(s=\rho\operatorname{tg}\frac\beta2\), e a altura do cone é \(h=\rho\operatorname{tg}\beta\).
- Volumes, com \(t=\operatorname{tg}\frac\beta2\in(0,1)\) e \(\operatorname{tg}\beta=\frac{2t}{1-t^2}\): \(V_1=\frac13\pi\rho^2h=\frac{2\pi\rho^3t}{3(1-t^2)}\) e \(V_2=\pi s^2\cdot2s=2\pi\rho^3t^3\). Logo, \[
k=\frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{3t^2(1-t^2)} .
\]
- A cota: \(t^2(1-t^2)\le\big(\frac{t^2+1-t^2}{2}\big)^2=\frac14\) (desigualdade das médias); logo, \(k\ge\frac43>1\). Portanto, \(V_1\neq V_2\) (item a), e o menor \(k\) é \(\frac43\), atingido quando \(t^2=\frac12\) (item b).
- O ângulo: nesse caso, \(\operatorname{tg}\beta=\frac{2t}{1-t^2}=2\sqrt2\); logo, \(\cos\beta=\frac13\); o semiângulo no vértice é \(\varphi=90^\circ-\beta\), com \(\operatorname{sen}\varphi=\frac13\). Para construí-lo, desenhe um triângulo retângulo de hipotenusa \(3\) e um cateto \(1\): o ângulo oposto a esse cateto é \(\varphi\), e o ângulo no vértice é \(2\varphi\).
Poliedros convexos
Para poliedros convexos, vale a relação de Euler: \[
V-A+F=2,
\] com \(V\) o número de vértices, \(A\) o de arestas e \(F\) o de faces. Existem apenas cinco poliedros regulares, T H O D I: o tetraedro, o hexaedro (cubo), o octaedro, o dodecaedro e o icosaedro. Também é importante saber como um tetraedro regular se inscreve em um cubo: basta ligar vértices alternados do cubo. A sua aresta é a diagonal \(\ell\sqrt2\) de uma face.
Um deltaedro é um poliedro cujas faces são todas triângulos equiláteros. Se um deltaedro convexo tem \(8\) vértices, então o seu número de faces é
(A) \(4\) (B) \(6\) (C) \(8\) (D) \(10\) (E) \(12\)
(Use a relação de Euler para poliedros convexos, \(F-A+V=2\): \(F\) faces, \(A\) arestas, \(V\) vértices.)
Resposta: (E) \(12\).
- Contando as arestas pelas faces: cada face tem \(3\) arestas e cada aresta está em \(2\) faces; logo, \(3F=2A\).
- Euler: \(F-\frac{3F}{2}+8=2\); logo, \(\frac F2=6\) e \(F=12\) (com \(A=18\)).
O deltaedro convexo de \(8\) vértices existe: é o disfenoide achatado da figura.
Marcelo termina o seu manual assim: não deixem de revisar os seus cadernos, livros e apostilas, e boa sorte nos vestibulares a todos vocês! Mantenham-se motivados, lutem, trabalhem com todo o empenho e tornem-se os melhores profissionais, dos quais sempre vamos precisar.